Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Gazdaság- és Társadalomtudományi Kar

Üzleti Tudományok Intézet

KVANTITATÍV MÓDSZEREK

Példatár a Vezetés és Szervezés, Pénzügy és Műszaki menedzser mesterszakok számára

Megoldások

Dr. Kövesi János Erdei János

Dr. Tóth Zsuzsanna Eszter

2013

2

Tartalomjegyzék I. Valószínűségszámítási alapok ................................................................................................ 3

Műveletek eseményekkel, klasszikus valószínűség meghatározás ........................................ 3 Feltételes valószínűség ........................................................................................................... 4 Teljes valószínűség tétele ....................................................................................................... 6 Bayes-tétel ............................................................................................................................ 10 Fa diagram ............................................................................................................................ 13 Események függetlensége .................................................................................................... 14

II. Valószínűségi változó. Elméleti eloszlások ......................................................................... 18 Binomiális eloszlás ............................................................................................................... 18 Poisson-eloszlás ................................................................................................................... 21 Exponenciális eloszlás .......................................................................................................... 24 Normális eloszlás ................................................................................................................. 27

III. Leíró statisztika .................................................................................................................. 32 IV. Első- és másodfajú hiba ..................................................................................................... 40 V. Becslés ................................................................................................................................. 41 VI. Hipotézisvizsgálatok .......................................................................................................... 51

Nemparaméteres próbák ....................................................................................................... 51 Paraméteres próbák .............................................................................................................. 59 Paraméteres és nemparaméteres feladatok ........................................................................... 72

VII. Kétváltozós korreláció- és regresszióelemzés .................................................................. 76 VIII. Döntéselmélet .................................................................................................................. 81

Döntés bizonytalan körülmények között .............................................................................. 81 IX. Rang-módszerek alkalmazása ............................................................................................ 92 X. Felhasznált irodalmak ........................................................................................................ 104

3

I. Valószínűségszámítási alapok

Műveletek eseményekkel, klasszikus valószínűség meghatározás

1. Határozza meg az alábbi események valószínűségét!

Egy szabályos kockát egyszer feldobva páratlan számot kapunk: Számunkra kedvező eset, az 1, 3, és 5-ös dobás. A lehetséges kimenetek száma hat, s ezek mindegyike azonos valószínűségű. A klasszikus valószínűség-számítást alkalmazva: 3/6, azaz 1/2 a keresett valószínűség. Egy szabályos érmét kétszer feldobva legalább az egyik dobás fej: A kísérlet lehetséges kimenetelei: ii, fi, if és ff. Mindegyik eset azonos valószínűséggel következik be. Számunkra kedvező eset, 3, így a keresett valószínűség: 3/4. Egy jól megkevert, 52 lapos francia kártya csomagból vagy egy ászt, vagy a káró 10-est, vagy a pikk 2-est húzzuk ki: A csomagból egyenlő valószínűséggel húzzuk ki a lapokat. A számunkra kedvező esetek száma 6 (4 ász, a káró 10 és a pikk 2), így a keresett valószínűség: 6/52, azaz 3/26. Két szabályos kockával egyszerre dobva a kapott számok összege 7: Az összes lehetséges kimenetel 36. A számunkra kedvező esetek száma: 6 (1+6, 2+5, 3+4, 4+3, 5+2, 6+1). Annak valószínűsége tehát, hogy a dobott számok összege 7: 6/36 = 1/6. Pókernél öt lapot kiosztva póker-t (4 azonos kártya) vagy flush-t (5 azonos színű kártya) kapunk kézbe osztáskor. A klasszikus valószínűség-meghatározás módszerével a kedvező és az összes lehetséges esetek hányadosa adja a kérdéses valószínűségeket. Az összes lehetőség, ahogy egy 52

lapos francia kártya csomagból 5 lapot kiválaszthatunk

5

52 (52 alatt az 5), azaz

2.598.960 a kombinációk száma. Pókernél a kedvező esetek száma: 13 különböző figura van, az egyik fajtából egyszerre mind a négyet meg kell kapnunk. Ez 13 lehetőség. A maradék lapok közül (48 lap) bármelyiket kaphatjuk. Így a kedvező esetek száma: 13⋅48 = 624 kombinációban kaphatunk kézbe pókert. A póker valószínűsége: 624/2598960 = 0,00024.

Flush-nél a kedvező esetek száma:

5

13a kombinációk száma, ahogy 13 egyszínű lapból

5 lapot kaphatunk (ez 1287). Azonban bármelyik színből kaphatunk öt azonos színű lapot, így a kedvező esetek száma 4⋅1287 = 5148. A flush valószínűsége: 5148/2598960 = 0,001981. (Beleértve minden azonos színű lapkombinációt, azaz a pókerben külön megkülönböztetett royal flush-t is.)

2. Egy kísérlet során feldobunk egy érmét és egy kockát. Ha az A esemény az, hogy az

érme feldobásának eredménye „fej” lesz, B esemény pedig az, hogy a kockán levő szám „3 vagy 6” lesz, fogalmazza meg a következő események jelentését:

a) A : az érem feldobásának eredménye írás

b) B : a kockán lévő szám 1, 2, 4 vagy 5

4

c) A + B: vagy fejet dobunk az érmével, vagy 3-ast vagy 6-ost a kockán,

bármelyik bekövetkezhet, az A+B esemény teljesül

d) BA ⋅ : egyszerre teljesül, hogy az érmével fejet dobunk, a kockával pedig 3-ast

vagy az érmével fejet dobunk és a kockával 6-ost

e) )( BAP : annak a valószínűsége, hogy az eredmény egyszerre lesz fej és a

kockán pedig 1,2, 4 vagy 5.

f) )( BAP + : annak a valószínűsége, hogy az érmével írást dobunk vagy a

kockával 1, 2, 4 vagy 5-öt.

Feltételes valószínűség

1. Egy szállítmány 96%-a megfelel az előírásoknak, s ezek 75%-a első osztályú. Mekkora a valószínűsége annak, hogy egy találomra kiválasztott darab első osztályú?

Megoldás: A={a termék első osztályú} B={a termék megfelelő} P(AB)=P(A|B)·P(B)=0,75·0,96=0,72, vagyis 72%. 2. Ha nagyon sok kétgyermekes család közül véletlenszerűen választunk egyet, és

megtudjuk, hogy legalább az egyik gyermek leány, mekkora a valószínűsége annak, hogy van fiú is a családban?

Megoldás: Egy kétgyermekes családban négy egyenlő valószínűségű eset fordulhat elő a gyermekek nemét illetően, mivel mind az első, mind a második gyermek egyenlő valószínűséggel lehet leány vagy fiú:

� Leány-leány � Leány-fiú � Fiú-leány � Fiú-fiú

A esemény: az egyik gyermek leány B esemény: van fiú a családban Feladat, hogy az A teljesülése mellett vizsgáljuk a B esemény valószínűségét.

)(

)()(

AP

BAPABP

⋅=

Az (A·B) esemény a fenti 4 lehetőségből kétszer áll fenn, így P(A·B)=2/4=1/2=0,5 Az A esemény, vagyis hogy legalább 1 leány van a családban, a négy esetből háromszor teljesül: P(A)=3/4

5

3

2

6

4

3

4

2

1

4/3

2/1

)(

)()( ==⋅==⋅=

AP

BAPABP

Tehát 2/3 a valószínűsége annak, hogy van fiú a kétgyermekes családban, ha tudjuk, hogy legalább az egyik gyermek leány. 3. Egy telefonfülke előtt állunk és várjuk, hogy az előttünk beszélő befejezze a beszélgetést.

Az illető beszélgetési időtartama (ττττ) véletlen esemény, melyre érvényes a következő:

31)(t

etP−

−=<τ a) Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy a beszélgetés 3 percnél tovább tart! b) Mennyi annak a valószínűsége, hogy a beszélgetés további 3 percnél tovább tart, feltéve, hogy 3 percnél tovább tartott? c) Mennyi annak a valószínűsége, hogy a beszélgetés t+3 percnél tovább tart, feltéve, hogy t percnél tovább tartott?

Megoldás:

a) ( ) 133

1

3 −−==≥ eeP τ

b) ( ) 1

33

3

6

3|6 −

−

−

==≥≥ e

e

eP ττ

c) ( ) 1

3

3

3

t|3 −

−

+−

==≥+≥ e

e

etP t

t

ττ

4. Egy kockát kétszer feldobnak. Mennyi a valószínűsége, hogy a dobott számok összege 7 lesz? Elvégzik az első dobást. Eredményül páros szám adódott (ezt közölték velünk). Mekkora a valószínűsége ezek után annak, hogy a két dobás összege 7 lesz? Melyik valószínűség a nagyobb?

Megoldás: Elsőre dobhatunk 6-féle értéket (1-6 között), és ugyanez igaz a második dobásra is. Így az összes dobáslehetőség száma: 36 (=n). Ebből a kedvező esetek száma, vagyis hogy a dobott számok összege 7 lesz: 1-6; 2-5; 3-4; 4-3; 5-2; 6-1; azaz összesen 6 ilyen eset van (=k). Így az

első kérdésre a válasz: 6

1

36

6 ==n

k

Az első dobás alapján kapott információ (páros lett az első dobás) a következő számpárok jönnek számításba: 2-i; 4-i; 6-i; ahol i a második feldobás eredményét mutatja, vagyis: i=1, 2, 3, 4, 5, 6. Így az összes lehetőség (=n) száma: 18. Az összes lehetőségen belül a kedvező esetek száma, vagyis, hogy a két dobás összege 7 lesz: 2-5; 4-3; 6-1, vagyis összesen 3 (=k).

Így a második kérdésre a válasz: 6

1

18

3 ==n

k

Látható, hogy az a közlés, hogy az első dobás eredménye páros szám lett, nem befolyásolta annak a valószínűségét, hogy a dobott számok összege 7 lesz.

6

5. Egy 32 lapos kártyacsomagból 4 lapot húzunk egymás után, visszatevés nélkül. Mennyi a valószínűsége, hogy az első kettő király, a harmadik felső, a negyedik pedig ász?

Megoldás: Legyen A1 az az esemény, hogy az első húzás eredménye király; A2 legyen az az esemény, hogy a második is király; A3 az, hogy a harmadik húzás eredménye felső, végül pedig, A4 legyen az az esemény, hogy a negyedik húzás eredménye ász. Visszatevés nélküli esetben:

4

32142131214321

1022,229

4

30

4

31

3

32

4

)(()(()()()(

−⋅=⋅⋅⋅=

=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ AAAAPAAAPAAPAPAAAAP

6. Valamilyen vegyszerrel szúnyogirtást végeztek. Azt tapasztalták, hogy az első

permetezésnél a szúnyogok 80%-a elpusztult, az életben maradottakban azonban annyi ellenállóképesség fejlődött ki, hogy a második permetezés során már csak a szúnyogok 40%-a pusztult el. A harmadik irtás során a szúnyogok 20%-a pusztult már csak el. Mennyi a valószínűsége, hogy egy szúnyog három irtószer-alkalmazást túléli? Mekkora annak a valószínűsége, hogy egy szúnyog még két irtószer-alkalmazást túlél, feltéve, hogy az elsőt túlélte?

Megoldás: Legyen Ai az az esemény, hogy a szúnyog az i-edik irtást túléli. Így a következő valószínűségeket ismerjük:

2,0)( 1 =AP 6,0)( 12 =AAP 8,0)(( 213 =⋅ AAAP

Az első kérdésre a válasz, vagyis, hogy mennyi a valószínűsége annak, hogy egy szúnyog három irtószer alkalmazását túléli, a fenti három valószínűség szorzataként adódik:

096,08,06,02,0 =⋅⋅

48,02,0

096,0

)(

)())((

1

321132 ==⋅⋅=⋅

AP

AAAPAAAP

Teljes valószínűség tétele

1. Három urnában fehér és fekete golyók vannak elhelyezve. Az elsőben 2 fehér és 3 fekete; a másodikban 3 fehér és 4 fekete; a harmadikban 4 fehér és 5 fekete golyó van. A kísérlet abban áll, hogy véletlenszerűen kiválasztunk egy urnát: legyen 1/2, 1/3 és 1/6 rendre az első, a második és a harmadik urna kiválasztásának a valószínűsége. Ezután a kiválasztott urnából véletlenszerűen kihúzunk egy golyót úgy, hogy mindegyik golyó kihúzásának a valószínűsége egyenlő legyen. Mennyi annak a valószínűsége, hogy fehér golyót húzunk?

Megoldás: Legyen B1, B2, B3 annak a valószínűsége, hogy az első, a második és a harmadik urnát választjuk ki. A legyen az az esemény, hogy fehér golyót húzunk ki.

7

417,06

1

9

4

3

1

7

3

2

1

5

2)(

9/4)(

7/3)(

5/2)(

6/1)(

3/1)(

2/1)(

3

2

1

3

2

1

=⋅+⋅+⋅=

=

=

====

AP

BAP

BAP

BAP

BP

BP

BP

Tehát 41,7% a valószínűsége annak, hogy fehér golyót húzunk. 2. Két urnában golyók vannak. Az egyikben 5 fehér és 4 piros, a másikban 5 piros és 7

fehér. Az egyik urnából kiveszünk két golyót. Feltételezve, hogy a két urna közül egyenlő valószínűséggel választunk, mennyi a valószínűsége annak, hogy mindkét golyó fehér színű lesz? Ugyanilyen feltételek mellett, mennyi a valószínűsége annak, hogy a kihúzott két golyó közül legalább az egyik fehér lesz?

Megoldás: Legyen B1 az az esemény, hogy az első urnából húzunk, B2 pedig, hogy a másodikból. Az A esemény pedig jelentse azt, hogy mindkét golyó fehér.

Feltétel: 2

1)()( 21 == BPBP

277,08

4

9

5)( 1 =⋅=BAP , ugyanígy 318,0

11

6

12

7)( 2 =⋅=BAP

A teljes valószínűség tételét felhasználva: 2975,0318,02

1277,0

2

1)( =⋅+⋅=AP

Tehát 29,75% a valószínűsége annak, hogy mindkét kihúzott golyó fehér lesz. A második kérdés megválaszolásához C jelentse azt az eseményt, hogy a két golyó közül legalább egy fehér. A feltételes valószínűségek megállapításához az ellentétes eseményekből indulunk ki, vagyis megnézzük, hogy mi a valószínűsége az egyik, illetve a másik urna esetében, hogy egyik kiválasztott golyó sem lesz fehér (vagyis mindkettő piros lesz), és az eredményt kivonjuk egyből.

6

5

8

3

9

41)( 1 =⋅−=BCP , ugyanígy

33

28

11

4

12

51)( 2 =⋅−=BCP

A teljes valószínűség tételét felhasználva a keresett valószínűség:

841,033

28

2

1

6

5

2

1)( =⋅+⋅=CP

84,1% a valószínűsége annak, hogy a kihúzott golyók közül legalább az egyik fehér lesz. 3. Azonos fajta autórádió előlapokból két tételünk van. Az első tétel 26, a második 32

darabból áll. Mindkét tételben egy-egy hibás darab van. Az első tételből egy

8

véletlenszerűen kiválasztott darabot átteszünk a másodikba. Ezután a második tételből választunk egyet találomra, és ezt megvizsgáljuk. Mi a valószínűsége annak, hogy ez a darab selejtes?

Megoldás: Jelentse A esemény azt, hogy a második tételből selejtest húzunk. Jelentse B1 azt, hogy az első tételből jót, B2 pedig azt, hogy hibásat tettünk át a másodikba. Ezeknek a valószínűségei:

26

1)(;

26

25)( 21 == BPBP

Ha B1 következett be, akkor a második tételben 33 darabból csak egy selejtes van, és az A

esemény feltételes valószínűsége:33

1)/( 1 =BAP ; ha viszont B2 következett be, akkor két

selejtes darab van a második tételben, így ebben az esetben a feltételes valószínűség:

33

2)( 2 =BAP .

Alkalmazzuk a teljes valószínűség tételét:

0314,026

1

33

2

26

25

33

1)()()()()( 2211 =⋅+⋅=⋅+⋅= BPBAPBPBAPAP

Vagyis 3,14% a valószínűsége annak, hogy a második tételből selejtest húzunk. 4. Mikrohullámú sütők forgótányérjának kísérleti gyártását végzik egy gyárban. Három

tétel mikrohullámú sütő készül el. Az első két tétel a teljes mennyiség egy-egy negyedét, a harmadik tétel pedig a felét adja. A minőségellenőrzés során kiderül, hogy az előírt működési óraszámot az első tétel 12%-a, a másodiknak 21%-a, a harmadiknak 28%-a éri el. Mennyi a valószínűsége annak, hogy egy találomra kiszemelt mikrohullámú sütő az előírt ideig működik?

Megoldás: A az az esemény, hogy a mikrohullámú sütő forgótányérja az előírt ideig üzemel. B1, B2 és B3 jelentse azt, hogy a kiválasztott darab az első, a második vagy a harmadik tételből való. A Bi események valószínűségei rendre:

2

1)(;

4

1)(;

4

1)( 321 === BPBPBP

Felírjuk az A eseménynek a Bi feltételek melletti valószínűségét, vagyis azt, hogy az egyes tételekből választott forgótányérok milyen valószínűséggel működnek a megfelelő ideig:

100/28)(;100/21)(;100/12)( 321 === BAPBAPBAP

A teljes valószínűség tételét alkalmazva:

9

%25,222225,0100

14

400

21

100

3

100

28

2

1

100

21

4

1

100

12

4

1)()()(

3

1

==++=⋅+⋅+⋅=⋅=∑=i

ii BPBAPAP

Vagyis 22,25% a valószínűsége annak, hogy hibátlan darabot választunk. 5. Egy műhelyben három műszakban termelnek azonos fajta árut. Egy napon az összes

termelt áruból az első műszakban 40%, a másodikban és a harmadikban 30-30% készült. Az első műszakban készült áruk 5%-a, a másodikban gyártottak 7%-a, a harmadikban termeltek 10%-a hibás. A három műszakban elkészült teljes mennyiségből a minőségellenőr találomra kiválaszt egy darabot, és megvizsgál. Mennyi a valószínűsége, hogy ez hibátlan?

Megoldás: Legyen A az az esemény, hogy a találomra kiválasztott darab hibátlan. B1, B2, és B3 pedig jelentse azt, hogy a kiválasztott darab az első, a második, illetve a harmadik műszakban került legyártásra. Ezen események valószínűsége:

4,0)( 1 =BP 3,0)( 2 =BP 3,0)( 3 =BP

Felírjuk az A eseménynek a Bi események melletti feltételes valószínűségeit: 95,005,01)( 1 =−=BAP 93,007,01)( 2 =−=BAP 9,01,01)( 3 =−=BAP

Végül alkalmazzuk a teljes valószínűség tételét: 929,09,03,093,03,095,04,0)( =⋅+⋅+⋅=AP

92,9% a valószínűsége annak, hogy kiválasztott darab hibátlan lesz. 6. Egy egyetemi évfolyamon végzett felmérésből tudjuk, hogy a női hallgatók 60%-a, a

férfi hallgatók 40%-a dohányzik. Valaki így okoskodik: „Ha egy személyt véletlenszerűen kiválasztunk, az a személy vagy nő, vagy férfi. A két esemény egymást kizárja. Annak a valószínűsége tehát, hogy a kiválasztott személy dohányzik, egyenlő a 0,6 és 0,4 valószínűségek összegével, tehát 1-gyel.” Hol a hiba?

Megoldás: A hiba ott van, hogy az adott 0,6 és 0,4 valószínűségek csak feltételes valószínűségek, mégpedig, ha A azt jelenti, hogy a kiválasztott személy dohányzik, B1 azt, hogy az illető nő, B2 pedig, hogy férfi, akkor:

6,0)( 1 =BAP és 4,0)( 2 =BAP , és az A valószínűségét a teljes valószínűség tétele mellett a

)()()()()( 2211 BPBAPBPBAPAP ⋅+⋅= képlet adja meg. A feladatmegoldó a B1 és B2

valószínűségekről feledkezett meg. 7. Egy irodában 3 munkatárs dolgozik párhuzamosan azonos típusú ügyiratok intézésén.

Az első naponta 10 aktával végez, a második napi 15, a harmadik napi 25 aktával. Az egyes munkatársaknál naponta átlagosan 0,3; 0,9; 0,5 db hibásan kezelt ügyirat található. Az összesített napi mennyiségből találomra kiveszünk egy aktát. Mekkora a valószínűsége, hogy az akta hibás?

Megoldás: A = {az akta hibás} B1 = az 1. munkatárs intézte B2 = a 2. munkatárs intézte B3 = a 3. munkatárs intézte

10

P(B1) = 10/50 = 0,2 P(B2) = 15/50 = 0,3 P(B3) = 25/50 = 0,5 P(AB1) = 0,3/10 = 0,03 P(AB2) = 0,9/15 = 0,06 P(AB3) = 0,5/25 = 0,02 P(A) = 0,2⋅0,03 + 0,3⋅0,06 + 0,5⋅0,02 = 0,034 8. Három műszak azonos terméket gyárt. Egy adott napon az összes termékből az I.

műszakban 40%, a II. és III. műszakban 30-30% készült. A selejtarányok az egyes műszakokban: I. műszak = 5%, II. műszak = 7%, III. műszak = 10%. A napi termelésből a MEO egy darabot kiválaszt. Mekkora a valószínűsége, hogy az hibátlan?

Megoldás:

4,0)( 1 =BP 3,0)( 2 =BP 3,0)( 3 =BP

95,0)( 1 =BAP 93,0)( 2 =BAP 90,0)( 3 =BAP

929,00903,093,03,095,04,0)( =⋅+⋅+⋅=AP , vagyis 92,9% a valószínűsége annak, hogy a kiválasztott darab hibátlan.

Bayes-tétel

1. 10 azonos alakú doboz közül az első 9-ben 4-4 golyó van, mégpedig 2 fehér és 2 kék. A tizedik dobozban 5 fehér és 1 kék golyó van. Az egyik találomra kiválasztott dobozból véletlenszerűen kiveszünk egy golyót. Mi a valószínűsége annak, hogy ez a tizedik dobozból való, ha a kivett golyó fehér?

Megoldás: Jelöljük A-val azt az eseményt, hogy fehéret húztunk. Bj-vel jelöljük azt, hogy a j-edik dobozból választottunk. Ezeknek a valószínűsége azonos: P(Bj)=1/10. Az A esemény Bj feltétel melletti feltételes valószínűségére a következő áll fenn: P(A/Bj)=1/2, ha j=1,2,3…9 P(A/B10)=5/6

32

5

65

29

65

)65

21

9(101

101

65

)()(

)()()(

10

1

101010 =

+=

+⋅

⋅=

⋅

⋅=∑

=j

jj BPBAP

BPBAPABP

Tehát 15,625% a valószínűsége annak, hogy egy fehér golyót éppen a 10. dobozból húzunk. Másik megoldás: Az A ismét az az esemény, hogy fehéret húzunk. B1 jelentse azt, hogy a kilenc egyforma közül húzunk (bármelyikből), B2 pedig jelentse azt, hogy a 10.-ből húzunk. Így P(B1)=9/10; P(B2)=1/10. P(A/ B1)=1/2, P(A/ B2)=5/6. Innentől a megoldás menete ugyanaz. 2. Egy forgácsoló üzemben elkészült munkadarabok 96%-a felel meg a súlyszabványnak.

A minőségellenőrzés során az elkészült munkadarabok egy részét megvizsgálták, a súly szempontjából szabványos darabok 98%-a bizonyult alakra jónak, a nem szabványos

11

súlyú darabokból pedig 5%-ot nyilvánítanak alakra jónak. Mennyi a valószínűsége annak, hogy egy darab, amely a minőségellenőrzésen alakra jónak bizonyult, megfelel a súlyszabványnak?

Megoldás: A az az esemény, hogy a munkadarab alakra jónak bizonyul. Legyen B1 az az esemény, hogy a vizsgált darab súlya szabványos, a B2 pedig, hogy a darab súlya nem szabványos. A feladatban adott valószínűségek:

05,0)(

98,0)(

04,0)(

96,0)(

2

1

2

1

=

===

BAP

BAP

BP

BP

A B1 esemény valószínűségét keressük az A esemény teljesülése esetén. Ezt a feltételes valószínűséget a Bayes-tétellel számoljuk ki:

998,004,005,096,098,0

09698,0

)()()()(

)()()(

2211

111 =

⋅+⋅⋅=

⋅+⋅⋅

=BPBAPBPBAP

BPBAPABP

Tehát 99,8% a valószínűsége annak, hogy a minőségellenőrzésen alakra jónak bizonyult darab súlya megfelel a szabványnak. 3. Egy biológiai kísérlet során 100 egyedet három – 20, 30 ill. 50 egyedből álló –

csoportokra osztanak. Az első csoport egyedeit gyenge, a másodikét közepes, a harmadikét erős hatóanyaggal oltják be. A csoportokat ezután külön tárolják. Az oltás hatására az első csoportból 3, a másodikból 10, a harmadikból pedig 39 megy keresztül valamilyen változáson. Ezután a csoportok elkülönítését megszüntetik. Ha az összes egyedből egyet találomra kiválasztunk és ennek vizsgálata azt mutatja, hogy nem ment keresztül változáson, akkor mennyi a valószínűsége annak, hogy a kiválasztott egyed a második csoportból való?

Megoldás: A az az esemény, hogy a kiválasztott egyed nem megy keresztül változáson. A Bj azt jelenti, hogy a kiválasztott egyed a j-edik csoportból való.

%67,4112

5

48

20

10050

5011

10030

32

10020

2017

10030

32

)()(

)()()(

50

11)(;

3

2)(;

20

17)(

100

50)(;

100

30)(;

100

20)(

3

1

222

321

321

===⋅+⋅+⋅

⋅=

⋅

⋅=

===

===

∑=j

jj BPBAP

BPBAPABP

BAPBAPBAP

BPBPBP

Tehát 41,67% annak a valószínűsége, hogy a kiválasztott egyed a második csoportból való.

12

4. Tudjuk, hogy egy gyakorlaton résztvevő 18 lövész négy csoportba sorolható úgy, hogy közülük öten 0,8, heten 0,7, négyen 0,6, és ketten 0,5 valószínűséggel találnak a céltáblára. Véletlenül meglátunk közülük egy lövészt, aki egy lövést ad le, de ez nem talál a céltáblára. Melyik csoporthoz tartozik a legnagyobb valószínűséggel a lövész, és mennyi ez a valószínűség?

Megoldás: A legyen az az esemény, hogy a lövész nem talál a céltáblára. A Bi esemény legyen az, hogy a lövész az i-edik csoportba tartozik:

18

5)( 1 =BP

18

7)( 2 =BP

18

4)( 3 =BP

18

2)( 4 =BP

Az A esemény Bi események melletti feltételes valószínűsége:

2,0)( 1 =BAP 3,0)( 2 =BAP 4,0)( 3 =BAP 5,0)( 4 =BAP

A Bi események A feltétel melletti feltételes valószínűségét Bayes tételével számoljuk ki.

∑=

⋅

⋅=

4

1

)()(

)()()/(

jjj

iii

BPBAP

BPBAPABP

E fenti valószínűségek (i=1, 2, 3, 4) közül a legnagyobbat keressük.

180

10

18

25,0)()(

180

16

18

44,0)()(

180

21

18

73,0)()(

180

10

18

52,0)()(

44

33

22

11

=⋅=⋅

=⋅=⋅

=⋅=⋅

=⋅=⋅

BPBAP

BPBAP

BPBAP

BPBAP

Azt kaptuk, hogy a másodiknak a legnagyobb a számlálója. Így a B2 eseménynek az A feltétel melletti feltételes valószínűsége:

19

7

57

21

18010

18016

18021

18010

18021

)()(

)()()( 4

1

222 ==

+++=

⋅

⋅=∑

=jjj BPBAP

BPBAPABP

Tehát a találomra kiválasztott lövész a legnagyobb valószínűséggel a második csoportból való, és ez a valószínűség: 7/19. 5. Egy üzemből kikerülő áru 75% valószínűséggel I. osztályú. A készterméket

megvizsgálják. Annak valószínűsége, hogy a vizsgálat során az I. osztályú terméket nem I. osztályúnak minősítik 2%. Annak a valószínűsége, hogy egy nem I. osztályú terméket I. osztályúnak minősítenek 5%. Mekkora a valószínűsége annak, hogy egy olyan termék, amelyik egy vizsgálat során I. osztályú minősítést kapott, valóban I. osztályú?

13

Megoldás: A={a termék I.o. minősítést kap} B1={a termék I.o.} → P(B1)=0,75 P(A|B1)=0,98 B2={a termék nem I.o.}→ P(B2)=0,25 P(A|B2)=0,05

983,025,005,075,098,0

0,750,98A)|( 1 =

⋅+⋅⋅=BP , vagyis 98,3% a valószínűsége.

6. Egy folyóban bekövetkező halpusztulásért 3 ipari üzem lehet felelős. Tapasztalatok

szerint a mérgező anyag kibocsátásának valószínűsége az egyes üzemeknél: 20%, 50% és 30%. A mérések szerint az egyes üzemek szennyvízkibocsátása esetén a halpusztulás valószínűsége: 60%, 15% és 25%. Mennyi a halpusztulás valószínűsége? Mekkora bírságot rójon ki a 2 500 000 Ft-os halkárért a bíróság az egyes cégekre, ha nem ismert a szennyezés kibocsátója?

Megoldás: Bi={az i-edik üzemet terheli a felelősség} (A|Bi)={halpusztulás következett be, feltéve, hogy Bi volt a szennyező} P(B1)=0,2 P(B2)=0,5 P(B3)=0,3 P(A|B1)=0,6 P(A|B2)=0,15 P(A|B3)=0,25 P(A)=0,2·0,6+0,5·0,15+0,3·0,25=0,27 P(B1|A)=0,44 P(B2|A)=0,28 P(B3|A)=0,28 A 2 500 000 Ft-os halkáron ezekben az arányokban osztoznak: az első üzem 1,1mFt-ot, a másik kettő pedig 700-700 ezer Ft-ot fizet.

Fa diagram

1. Egy multinacionális vállalat nagyszámú végzős hallgatót vesz fel minden évben, s az első évben különböző tréning ill. oktatási programokat szervez számukra. Az új belépők 30%-a egy általános menedzsment programon, 10%-a MBA programon és a többiek vállalati belső tréningeken vesznek részt. Az elmúlt tíz év adatait feldolgozva azt találták, hogy az MBA-re járók 60%-a, az általános menedzsment programon résztvevők 20%-a, míg a belső tréningeken résztvevőknek csak 5%-a került menedzseri pozícióba. a) Határozza meg annak a valószínűségét, hogy egy véletlenül kiválasztott belépő a következő tíz évben menedzseri beosztást kap! b) Határozza meg annak a valószínűségét, hogy egy már tíz éve a vállalatnál dolgozó menedzser MBA képzésre járt az első évben!

14

a.) 100-ból 15 fő kap összesen menedzseri beosztást, 15% a valószínűsége. b.) A 15 menedzserből 6-an jártak MBA képzésre, 6/15 = 40% a valószínűsége, hogy MBA-re járt.

Események függetlensége

1. Ketten lőnek céltáblára. A találat valószínűsége az első személy esetében 0,7; a második esetében 0,6. A találatok egymástól függetlenek. Ha mindketten egy-egy lövést adnak le, mennyi a valószínűsége annak, hogy legalább egy találat van a céltáblán.

Megoldás: Legyen A az az esemény, hogy az első személy talál, és B jelentse azt, hogy a második találatot ér el. Az (A+B) esemény azt jelenti, hogy legalább egy találat van a céltáblán. Ennek a valószínűségére vagyunk kíváncsiak és felhasználjuk azt is, hogy az A és B események függetlenek:

88,042,03,1

6,07,06,07,0)()()()()()()()(

=−==⋅−+=⋅−+=⋅−+=+ BPAPBPAPBAPBPAPBAP

Tehát 0,88 a valószínűsége annak, hogy a céltáblán legalább egy találat van. 2. Két, egymástól függetlenül dolgozó szerszámgépen azonos fajta alkatrészeket gyártanak.

Az első gépen 0,8, a második gépen 0,7 valószínűséggel kapunk első osztályú alkatrészeket, az ugyanazon a gépen gyártott alkatrészek is függetlenek egymástól. Az első gép gyártmányaiból 3, a második gép gyártmányaiból pedig 2 alkatrészt választunk találomra és megvizsgáljuk őket. Mennyi a valószínűsége annak, hogy mind az 5 első osztályú?

Megoldás: Legyen A a szóban forgó esemény. A függetlenség alapján

251,07,08,0)( 23 ≈⋅=AP Tehát 25,1% a valószínűsége annak, hogy a vizsgált alkatrészek mind első osztályúak.

100 belépő

30 fő ált. men. program

10 fő MBA program

60 fő belső tréning

6 menedzser

24 beosztott

6 menedzser

4 beosztott

3 menedzser

57 beosztott

15

3. Két dobozban golyók vannak, amelyek csak színeikben különböznek. Az első dobozban 5 fehér, 11 fekete és 8 piros, a másodikban 10 fehér, 8 fekete és 6 piros golyó van. Mindkét dobozból találomra kiveszünk egyet. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a két kiválasztott golyó azonos színű?

Megoldás: Legyen A az az esemény, hogy a két kiválasztott golyó azonos színű. A két húzás egymástól független. Háromféle, egymást kizáró esemény összegeként adódik az A, mégpedig úgy, hogy vagy mindkét dobozból fehéret, vagy mindkét dobozból feketét, vagy mindkét dobozból pirosat húzunk. Így az A esemény valószínűsége:

32,024

6

24

8

24

8

24

11

24

10

24

5)( ≈⋅+⋅+⋅=AP

Tehát 32% annak a valószínűsége, hogy a két dobozból azonos színű golyót húzunk. 4. Három szabályos kockát dobunk fel egyszerre. Mennyi a valószínűsége annak, hogy

mindhárom kockán a felülre kerülő pontérték legalább öt? Megoldás: Jelöljük a vizsgált eseményt A-val. Egy kocka esetén az 5-ös és a 6-os dobás valószínűsége külön-külön 1/6. Ezek a lehetőségek egymást kizárják, így annak a valószínűsége, hogy egy kockával 5-öst vagy 6-ost dobunk a két esemény összegének a valószínűsége: 1/3. A három kockán kapott pontértékek egymástól függetlenek. Annak valószínűsége, hogy az A esemény következik be, azaz a kockák mindegyikén az 5-ös vagy 6-os pontértékek valamelyike kerül felülre, a független események szorzatára vonatkozó összefüggés alapján:

27

1

3

1)(

3

=

=AP , így 1/27 annak a valószínűsége, hogy legalább öt a felül látható pontérték

az egyes kockákon. 5. Frici és Gizi a következő feltételek mellett játszanak önálló játszmákat. Frici kezdi a

játékot, és 0,3 valószínűséggel nyerhet az első játszmában. Ha nem nyeri meg az első játszmát, akkor Gizi következik és ebben a második játszmában 0,5 valószínűséggel győzhet. Ha győz, akkor a játéknak vége. Ha azonban Gizi veszít, akkor ismét Frici következik, és 0,2 valószínűséggel nyerheti meg a harmadik játszmát. Ha Frici a harmadik játszmában veszít, a játék döntetlenül ér véget. Melyik játékosnak van nagyobb esélye a győzelemre a játékban?

Megoldás: Jelöljük A-val azt az eseményt, hogy Frici nyeri a játékot, és B-vel azt az eseményt, hogy Gizi a győztes. Az egyes játszmák eredményeit független kísérletek eredményeinek tekintjük, így együttes bekövetkezésük valószínűsége az egyes események valószínűségének a szorzata. Ezek alapján A valószínűsége:

37,007,03,02,05,07,03,0)( =+=⋅⋅+=AP

16

A B esemény úgy jön létre, hogy Frici az első játszmában veszít, Gizi pedig a másodikban győz. Ezek az események is függetlenek, és B valószínűségét így valószínűségeik szorzata adja:

35,05,07,0)( =⋅=BP Az A esemény valószínűsége nagyobb, mint a B-é, így a két játékos közül Frici esélye nagyobb a győzelemre. 6. Két kockával dobunk. Jelentse A azt az eseményt, hogy az első kockával párost dobunk,

B azt az eseményt, hogy a második kockával páratlant dobunk és C azt az eseményt, hogy mindkettővel párost, vagy mindkettővel páratlant dobunk. A, B és C események teljesen függetlenek-e?

Megoldás: Három (vagy több) esemény függetlenségéhez a páronkénti függetlenségen túl a teljes függetlenségnek, azaz a P(A·B·C) = P(A) P(B) P(C) összefüggésnek is teljesülnie kell.

A = {első kockán páros szám az eredmény} P(A) = 3/6 = 1/2 B = {második kockán páratlan az eredmény} P(B) = 3/6 = 1/2 C = {mindkettőn párost vagy mindkettőn páratlant dobunk} P(C) = 18/36 = 1/2

A·B = {az elsőn páros és a másodikon páratlan az eredmény} P(AB) = 9/36 = 1/4 A·C = {elsőn páros és a másodikon is páros} P(AC) = 9/36 = 1/4 B·C = {másodikon páratlan és az elsőn is páratlan} P(BC) = 9/36 = 1/4 A·B·C = {első páros, a második páratlan és mindkettő páros vagy páratlan} = {∅} P(ABC) = 0 P(AB) = P(A)·P(B) = 1/2·1/2 = 1/4 P(AC) = P(A)·P(C) = 1/2·1/2 = 1/4 P(BC) = P(B)·P(C) = 1/2·1/2 = 1/4 Tehát a páronkénti függetlenség teljesül, de a teljes függetlenség nem, P(ABC) = 0 ≠ P(A)·P(B)·P(C) = 1/8, így a három esemény nem független egymástól. 7. Az éves bérek vizsgálata során, egy felmérés eredményeként az alábbi adatokat kaptuk.

Éves bér < £6000 £6000 - £10000 > £10000 Összesen

Férfi 30 50 80 160 Nő 50 50 40 140

Összesen 80 100 120 300

a) Tegyük fel, hogy a nem és az éves bér függetlenek egymástól. Határozza meg, s fa diagramon ábrázolja az egyes események valószínűségeit! 300 esetet feltételezve számolja ki az esetek várható számát! b) Határozza meg a valószínűségeket a függetlenség feltételezése nélkül, a tapasztalati adatoknak megfelelően! c) Vizsgálja meg a függetlenséget a függetlenség definícióját felhasználva!

17

Megoldás: a.) A1 = {férfi}, A 2 = {nő} B1 = {£6000-nál kisebb a fizetés} B2 = {£6000 és £10000 között van a fizetés} B3 = {£10000 felett van a fizetés} P(A1) = 160/300, P(A2) = 140/300 P(B1) = 80/300, P(B2) = 100/300, P(B3) = 120/300

b.) P(B1A1) = 30/300 = 0,1 P(B2A1) = 50/300 = 0,1667 P(B3A1) = 80/300 = 0,2667 P(B1A2) =50/300 = 0,1667 P(B2A2) = 50/300 = 0,1667 P(B3A2) = 40/300 = 0,1333 Látható, hogy a valószínűségek, illetve a számolt és a tényleges létszámok jelentősen eltérnek egymástól, ami azt valószínűsíti, hogy az a.) pontban feltett hipotézisünk (a függetlenség) nem igaz. c.) A1 és B1 függetlensége: P(A1B1) = 30/300 = 0,1 ≠≠≠≠ P(A1)·P(B1) = 160/300·80/300 = 32/225 A2 és B1 függetlensége: P(A2B1) = 5/30 = 0,1667 ≠≠≠≠ P(A2)·P(B1) = 7/15·4/15 = 28/225 és így tovább … Az előző feladathoz hasonlóan a teljes függetlenséghez az összes párt és az együttes bekövetkezéseket is vizsgálni kellene, de mint látható már az A1, B1 illetve az A2, B2 események sem függetlenek egymástól.

300 dolgozó

160 férfi

140 nő

42,67 fő < £6000, P(B1A1) = 0,1422

53,33 fő 6000-£10000, P(B2A1) = 0,1778

64,0 fő > £10000, P(B3A1) = 0,2133

37,33 fő < £6000, P(B1A2) = 0,1244

46,67 fő 6000-£10000, P(B2A2) = 0,1556

56,0 fő > £10000, P(B3A2) = 0,1867

18

II. Valószínűségi változó. Elméleti eloszlások

Binomiális eloszlás

1. Valaki találomra kitölt egy totószelvényt. Mennyi a valószínűsége annak, hogy az első hét mérkőzéshez az 1, 2, x lehetőségek közül legalább 5 helyre egyest választ?

Megoldás: Legyen A az az esemény, hogy a szelvényt kitöltő egy mérkőzéshez 1-est ír.

3/23/111)(

3/1)(

=−=−==

==

pqAP

így

pAP

A ξ valószínűségi változó jelentse az n=7 db mérkőzéshez beírt egyesek számát.

( ) ( ) )7,...,1,0(3

2

3

1)(

77 =

=

===−

− kk

nqp

k

nkPp

kkkk

k ξ

Az az esemény, hogy az első hét mérkőzéshez legalább öt helyre 1-es kerül három, egymást kizáró esemény összegeként fogható fel: vagy öt, vagy hat, vagy hét helyre ír egyest a fogadó. Ezek a valószínűségek a binomiális eloszlás táblázatának segítségével (n=7; p=0,3 és 0,35 értékeit átlagolva (vagy egyszerűen a 0,35-höz tartozó értéket alapul véve); k=5,6,7) a következők:

0422,00004,0006,00358,0765 =++=++ ppp

Tehát kb. 4,22% a valószínűsége annak, hogy legalább öt helyre 1-es kerül. 2. Mennyi a valószínűsége annak, hogy ha egy családban 10 gyerek születik, akkor

közülük éppen öt fiú lesz? Megoldás: Annak az eseménynek a valószínűsége, hogy fiú születik legyen az A esemény.

2/1)( == pAp A leány születésének valószínűsége:

2/11)( ==−= qpAp A ξ valószínűségi változó jelentse az n=10 gyermek közül a fiúk számát. Annak az eseménynek a valószínűsége, hogy a ξ=5:

%61,242461,05 ==p (binomiális eloszlás táblázata: n=10, p=0,5, k=5)

19

3. Egy üzemben elektromos biztosítékokat gyártanak. A tapasztalat szerint átlagban ezek 15%-a hibás. Számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy 10 darab véletlenszerűen kiválasztott biztosíték között

a) nincs selejtes, b) legalább egy selejtes van, c) nincs 1-nél több selejtes!

Megoldás: p=0,15 Annak a valószínűsége, hogy 10 kiválasztott darab között nem lesz selejtes: 0,1969 (táblázatban: p=0,15; n=10; k=0) Annak a valószínűsége, hogy 10 kiválasztott darab között legalább egy selejtes van (vagyis 1 vagy annál több): ezt úgy is értelmezhetjük, mint azt a valószínűséget, amely a 10 darab közötti 0 selejt ellentett eseménye: 1-0,1969=0,8031 Annak a valószínűsége, hogy nincs 1-nél több selejtes, vagyis 0 vagy 1 selejtes van a 10 között: 0,1969+0,3474=0,5443 (táblázat alapján p=0,15; n=10; k=0,1) 4. Fej vagy írás játékkal kapcsolatos két eseményt tekintünk. Az egyik esemény: négy

dobásból 3 fej, a másik: nyolc dobásból 5 fej. Állapítsuk meg, hogy melyik esemény valószínűsége nagyobb szabályos pénzdarab használata esetén!

Megoldás: Legyen A az az esemény, hogy négy dobásból 3 a fej, és B pedig, hogy nyolc dobásból 5 a fej. Egy dobás esetén a fej dobásának valószínűsége: p=1/2 P(A)=0,25 (táblázatból: p=0,5; n=4; k=3) P(B)=0,2188 Tehát nagyobb az esélye annak, hogy négy dobásból háromszor dobunk fejet, mint annak, hogy nyolc dobásból ötször. 5. Egy biztosító társaság egyetemistáknak kínál gépkocsi biztosításokat, s a korábbi évek

tapasztalatai szerint a biztosítottak 3%-a okozott balesetet. Feltételezve, hogy nem változtak meg a körülmények, mekkora a valószínűsége, hogy az adott biztosítónál szerződött 300 egyetemista közül legfeljebb 5 okoz balesetet ebben az évben?

Megoldás: A feladat binomiális eloszlás közelítése Poisson-eloszlással, mivel p elég kicsi, és n elég nagy. p=0,03 n=300 Így a Poisson-eloszlás paramétere: 903,0300 =⋅=⋅= pnλ Most már csak a Poisson táblázatból kell a megfelelő értékeket kikeresni: a legfeljebb 5 egyetemista okoz baleset, az azt jelenti, hogy vagy 0, vagy 1, vagy 2, vagy 3, vagy 4 vagy 5: p0+p1+p2+p3+p4+p5 = 0+0,001+0,005+0,015+0,033+0,060 = 0,114, vagyis 11,4% a valószínűsége annak, hogy a szerződött 300 egyetemista közül legfeljebb 5 okoz balesetet.

20

6. Tegyük fel, hogy korábbi évek tapasztalatai alapján egy ügynök általában minden 5. érdeklődőnek tud eladni egy adott terméket. Egy átlagos héten 20 érdeklődővel beszél. Mennyi a heti eladás várható értéke? Mekkora a heti eladás szórása? Az ügynök külön prémiumot kap, ha egy héten 8-nál több terméket ad el. Mekkora ennek a valószínűsége?

Megoldás: p=0,2

788,18,02,020)1()(

42,020)(

=⋅⋅=−⋅⋅=

=⋅=⋅=

ppnD

pnM

ξξ

A harmadik kérdés megválaszolásához a binomiális táblázatra van szükségünk: n=20, p=0,2; a k>8 valószínűségeket kell összeadnunk: p9+p10+p11+p12= 0,0074+0,002+0,0005+0,0001=0,001 (mivel az összes többi valószínűség a táblázatban 0). 7. Az UEFA szigorú előírásai alapján állít elő a Minőségi Bőr Kft. labdarugó labdákat 500

darabos tételekben. Az átadás-átvételi eljárás során két előírás szerint járhatunk el: a) két 10 darabos mintában egyetlen hibás darab sem lehet, b) három 20 darabos mintában mintánként legfeljebb 1 darab selejtes lehet. c) Melyik eljárást választaná az UEFA és melyiket a Minőségi Bőr Kft. helyében, ha a selejtarány várhatóan 5 %?

Megoldás: a) 5987,0)0( 0 === pP ξ � 0,59872=0,3584 � UEFA

b) 3585,0)0( 0 === pP ξ , 3774,0)1( 1 === pP ξ � p0+p1=0,7359 � 0,73593=0,4 � Kft.

8. Mekkora véletlen visszatevéses mintát kell vennünk 1% selejtet tartalmazó

terméktételből, ahhoz, hogy a mintába 95% valószínűséggel legalább egy selejtes termék is kerüljön?

Megoldás: ξ = a selejtes termékek száma P(ξ≥1)≥0,95 Vizsgáljuk az ellentett esemény valószínűségét: P(ξ<1)<0,05. Ez egyféleképpen teljesülhet, ha ξ=0, aminek a valószínűségét a binomiális eloszlás valószínűség-eloszlás függvényével

tudjuk kiszámítani: 05,099,001,00

00 <⋅⋅

= nn

p . Ebből n-t kifejezve n>298,07, azaz n=299.

9. Egy hagyományos repülőgépet négy egymástól független motor hajt. Hosszútávú

vizsgálatok azt mutatják, hogy egy motor repülés közbeni meghibásodásának valószínűsége 5%. A repülőgép még be tudja fejezni az utat, ha 3 motor működik. Mekkora a valószínűsége egy adott repülőúton, hogy

a) nem történik motor hiba? b) legfeljebb 1 motor hiba történik? c) motorhiba miatt lezuhan a gép?

21

Megoldás: a) n=4, k=0, p=0,05 � p0=0,8145 b) vagy 0 vagy 1 motorhiba történik: p0+p1=0,8145+0,1715=0,986 c) ez azt jelenti, hogy legalább 2 meghibásodás történik, vagyis vagy 2, vagy 3, vagy 4 meghibásodás áll elő: p2+p3+p4=0,0135+0,0005+0=0,014

Poisson-eloszlás

1. Kalácssütéskor 1 kg tésztába 30 szem mazsolát tesznek. Mennyi a valószínűsége, hogy egy 5 dkg-os szeletben kettőnél több mazsolaszem lesz? (Feltételezzük, hogy a mazsolák száma Poisson-eloszlást követ.)

Megoldás: Egy 5 dkg-os tésztába átlagosan 30/20, azaz 1,5 mazsolaszem (=λ) jut. Annak a valószínűségét, hogy a mazsolaszemek száma 2-nél nagyobb úgy fogjuk kiszámítani, hogy kikeressük a Poisson-eloszlás táblázatából, hogy mennyi a valószínűsége annak, hogy (k=) 0, 1 és 2 mazsola van benne, majd e valószínűségek összegét kivonjuk egyből: P=1-(0,223+0,334+0,251)=0,192 Tehát 19,2% a valószínűsége annak, hogy az 5 dkg-os szeletben kettőnél több mazsola van. 2. Egy nyomdai korrektúrában 400 oldalon átlagosan 400 sajtóhiba van. A tapasztalat

szerint egy anyagrészben lévő hibák számának eloszlása csak az anyagrész hosszától függ. Mennyi a valószínűsége annak, hogy egy találomra kiemelt oldalon legalább három sajtóhiba van?

Megoldás: A ξ valószínűségi változó az egy oldalon lévő sajtóhibák számát veszi fel. A ξ valószínűségi

változó Poisson-eloszlású, paramétere az egy oldalra eső hibák várható értéke: 1400

400==λ

Annak az eseménynek a valószínűségét, hogy egy oldalon legalább három sajtóhiba van, az ellentett események valószínűségei közötti összefüggéssel számítjuk ki. Háromnál kevesebb sajtóhiba egy kiszemelt oldalon úgy következhet be, hogy a ξ valószínűségi változó 0, 1 és 2 értéket veszi fel. Ezek az esetek kizárják egymást, így összegük valószínűsége: p0+p1+p2. Ezek a valószínűségek a Poisson-eloszlás táblázatból kikereshetők (λ=1, k=0, 1, 2) P(ξ≥3)=1-(p0+p1+p2)=1-(0,367+0,367+0,183)=0,083 3. Egy augusztusi éjszakán átlagosan 10 percenként észlelhető csillaghullás. Mennyi

annak a valószínűsége, hogy egy negyedóra alatt két csillaghullást látunk? (Feltételezzük, hogy a csillaghullások száma Poisson-eloszlást követ.)

Megoldás: Ha 10 percenként átlagosan 1 csillaghullás érzékelhető, akkor 15 percenként 1,5 lesz az átlagos csillaghullás, vagyis λ=1,5. Annak valószínűsége, hogy ezalatt az idő alatt két csillaghullást látunk: P=0,251 (táblázatból: λ=1,5; k=2)

22

4. Egy elektronikus műszer 1000 alkatrészből áll. Egy alkatrész a többitől függetlenül 0,001 valószínűséggel romlik el egy év alatt. Mennyi a valószínűsége annak, hogy legalább két alkatrész romlik el egy év alatt?

Megoldás: Tulajdonképpen binomiális eloszlással kellene számolnunk. Mivel azonban az alkatrészek száma (n=1000) elég nagy (n>30), a p=0,001 valószínűség pedig nagyon kicsi, így bevezetjük a 1001,01000 =⋅=⋅= pnλ paramétert, és a binomiális eloszlás tagjait a megfelelő Poisson-eloszlásból kapott tagokkal közelítjük. A legalább két alkatrész elromlási eseményének ellentettje, hogy kettőnél kevesebb alkatrész romlik el, vagyis hogy vagy 0, vagy 1 alkatrész romlik el. Ezek az esetek egymást kizárják, és összegük valószínűségét ezek valószínűségének összege adja:

734,0367,0367,010 =+=+ pp (Poisson-eloszlás táblázatból, λ=1, k=0,1)

Így a legalább két alkatrész meghibásodásának valószínűsége:

266,0734,01)(1 10 =−=+− pp

Tehát kb. 26,6% a valószínűsége annak, hogy a műszer alkatrészei közül legalább kettő elromlik egy év alatt. 5. Egy telefonközponthoz 600 előfizető tartozik. Tegyük fel, hogy 0,005 a valószínűsége

annak, hogy valamelyik előfizető egy meghatározott órában kapcsolást kér. Mennyi a valószínűsége annak, hogy abban az órában épp 4 előfizető kér vonalat?

Megoldás: Itt is binomiális eloszlással kellene számolnunk, de n=600 elég nagy és p=0,005 pedig elég kicsi ahhoz, hogy a binomiális eloszlást a Poisson-eloszlással közelítsük.

3005,0600 =⋅=⋅= pnλ

168,04 =p (Poisson-eloszlás táblázatból: λ=3, k=4) Tehát 16,8% a valószínűsége annak, hogy az adott órában éppen 4 előfizető kér kapcsolást. 6. Egy orsózógépen 100 munkaóra alatt átlagosan 3 szakadás következik be. Mennyi a

valószínűsége annak, hogy egy ilyen időtartam alatt a szakadások száma túllépi az átlagot? (A szakadások Poisson-eloszlás szerint következnek be.)

Megoldás: A vizsgált időtartam alatt bekövetkező szakadások száma legyen a ξ valószínűségi változó értéke. Ez Poisson-eloszlású, paramétere a vizsgált időtartam alatti szakadások átlagos száma, vagyis 3.

3)( == ξλ M

23

Itt is fordítva gondolkodunk. A kérdés az, hogy mi a valószínűsége, hogy 3-nál több szakadás következik be. Ennek ellentettjét könnyebb számolni, vagyis annak a valószínűségét keressük, hogy 3 vagy annál kevesebb szakadás következik be. A Poisson-eloszlás táblázatának segítségével már csak ki kell keresni az értékeket (λ=3; k=0, 1, 2, 3)

646,0224,0224,0149,0049,03210 =+++=+++ pppp

Így annak a valószínűsége, hogy 3-nál több szakadás következik be:

354,0646,01)3(1)3( =−=<−=≥ ξξ pp Vagyis 35,4% a valószínűsége annak, hogy a szakadások száma 100 óra alatt meghaladja a 3-at. 7. Egy készülék meghibásodásainak átlagos száma 10000 működési óra alatt 10.

Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy a készülék 200 működési óra alatt nem romlik el!

Megoldás:

10000 működési óra alatt 10 meghibásodás � 2,010000

10200)( =⋅== λξM

k=0-nál és λ=0,2-nél a táblázatból )0( =ξP =0,8187 8. Egy készülék szavatossági ideje egy év. A készülék 2000 darab azonos, különlegesen

megbízható elemet tartalmaz, amelyek a szavatossági idő alatt egymástól függetlenül 0,0005 valószínűséggel romlanak el. A szavatosság alapján a gyártó vállalat az egy éven belül bekövetkezett meghibásodások javítására esetenként a teljes ár 1/4 részét fizeti vissza. Ha a javítások száma az év során eléri az ötöt, akkor a gyártó vállalat a már kifizetett négy javítási költségen felül a teljes árat is visszafizeti. Számítsuk ki, hogy előreláthatólag az eredeti vételár hány százaléka marad a gyártó vállalatnál!

Mivel n elég nagy és p elég kicsi, így a binomiális eloszlást közelítjük a Poisson eloszlással.

10005,02000 =⋅=⋅= pnλ Táblázatból kikeressük a megfelelő pk értékeket:

pk Lehetséges bevétel p0=0,3679 +1 p1=0,3679 +3/4 p2=0,1839 +1/2 p3=0,0613 +1/4 p4=0,0153 0 p5=0,0031 -1

748,00031,0100613,041

1839,021

3679,043

13679,0)( =⋅−+⋅+⋅+⋅+⋅=ξM

Tehát a vállalat a szavatosságra kb. 25%-ot fordít.

24

9. 100 méter hosszú szövetanyagon átlagosan 5 hibát találtunk, s a mérések a szövethibák számát Poisson eloszlásúnak mutatták. 300 méter hosszú szövetet 4 méter hosszú terítékekre osztanak. Minden 4 méteres darabból egy-egy öltöny készül. A hibátlan öltönyt darabonként 40000 forintért árusítják, a szövethibásat 30000 forintért. Várhatóan hány hibátlan van a 300 méteres szövetvégből készült öltönyök között? Mennyi az öltönyök eladásából származó árbevétel?

Megoldás: Várhatóan hány hibátlan van a 300 méteres szövetvégből készült öltönyök között? (mennyi a valószínűsége, hogy 4 méter szövetben nem találunk szövethibát?) Jelölje a ξ valószínűségi változó a hibák számát a 4 méter szövetben. Először határozzuk meg eloszlás λ paraméterét.

( ) λξ === 2,0)4/100/(5M k=0

( ) %87,81!0

2,00 2,02,0

0

≈=== −− eeP ξ

A 300 méteres szövetvégből összesen 75 darab öltönyt lehet készíteni. A 75 darabból várhatóan 61 darab hibátlan öltöny készül. (75·0,8187) A hibátlan öltönyt darabonként 40000 forintért árusítják, a szövethibásat 30000 forintért. Mennyi az öltönyök eladásából származó árbevétel? Az árbevétel várhatóan: (61·40.000)+(14·30.000)=2.860.000 Ft

Exponenciális eloszlás

1. Bizonyos típusú izzólámpák tönkremeneteléig eltelt égési időtartam hosszát tekintsük valószínűségi változónak. Megállapították, hogy ez a valószínűségi változó exponenciális eloszlást követ, és szórása 1000 óra. Határozzuk meg a valószínűségi változó várható értékét! Számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy egy kiválasztott izzólámpa 3000 órán belül nem megy tönkre!

Megoldás: Mivel a ξ valószínűségi változó várható értéke és szórása megegyezik (mivel exponenciális eloszlást követ), így:

óra

óraMD

1

1000

1

10001

)()(

=

===

λ

λξξ

Az az esemény, hogy egy izzólámpa 3000 órán belül nem megy tönkre, azt jelenti, hogy a ξ≥3000. Ennek valószínűsége:

25

05,0)1(1)3000(1)3000(1)3000( 330001000

1

≈=−−=−=<−=≥ −⋅−eeFPP ξξ

Tehát kb. 5% a valószínűsége annak, hogy egy izzólámpa legalább 3000 órán át hibátlanul világít. 2. Egy intézet külföldről rendel könyveket. Az ehhez szükséges devizára várni kell, a

tapasztalatok alapján ½ évet. A várakozási idő exponenciális eloszlású. Mennyi a valószínűsége annak, hogy az intézet egy negyedéven belül megkapja a könyveket?

Megoldás: Exponenciális esetben M(ξ)=1/λ=1/2, így λ=2.

39347,011)4

1( 2

1

4

12

=−=−=<−−

eeP ξ

Így közel 39% az esélye annak, hogy az intézet egy negyedéven belül megkapja a könyveket. 3. Egy szövőgép automatikusan megáll, ha legalább egy fonalszakadás történik. Legyen ξ

a gép megindulásától az első fonalszakadásig eltelt idő. A ξ-re tett megfigyelések szerint az exponenciális eloszlású, várható értéke 2,5 óra. Mekkora a valószínűsége annak, hogy egy munkanap alatt, amely 8 órából áll, a gép egyszer sem áll fonalszakadás miatt?

Megoldás: Exponenciális esetben M(ξ)=1/λ=2,5, így λ=0,4

0408,011)8(1)8( 2,384,0 ==+−=<−=≥ −⋅− eePP ξξ 4,08% a valószínűsége annak, hogy az adott munkanapon nem lesz fonalszakadás. 4. Egy szövőgép 400 szállal dolgozik. Az egyes szálak élettartama, tehát amíg el nem

szakad, exponenciális eloszlású, minden szálra ugyanazzal a λ=1/150 paraméterértékkel, és feltehető, hogy a szakadások egymástól függetlenek. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a gép fonalszakadás miatt a megindulástól számított 3 órán belül megáll?

Megoldás: A ξi az i-edik szál élettartama. A gép akkor áll le, ha van olyan szál, amely 3 órán belül elszakad, azaz, ha ξ1, ξ2, …, ξ400 valószínűségi változók legkisebbike kisebb 3-nál. Jelöljük η-vel a ξ1, ξ2, …, ξ400 valószínűségi változók legkisebbikét: ),...,,min( 40021 ξξξη =

A feladatunk a P(η<3) valószínűség meghatározása. Ez a valószínűség így is felírható (felhasználva a szakadások egymástól való függetlenségét):

)3(...)3()3(1

)3,...,3,3(1)3),...,,(min(1)3(1)3(

40021

4002140021

≥⋅⋅≥⋅≥−==≥≥≥−=≥−=≥−=<

ξξξξξξξξξηη

PPP

PPPP

50

13

150

1

)3(1)3(−⋅−

==<−=≥ eePP ii ξξ

9993,09802,01)(1)3( 40040050

1

=−=−=<−

eP η A keresett esemény tehát majdnem biztosan (99,993% valószínűséggel) bekövetkezik.

26

5. Egy üzletbe átlagosan 30 vevő érkezik óránként. Mennyi annak a valószínűsége, hogy két egymás után érkező vevő ideje között eltelt idő 2 percnél több. Mennyi a valószínűsége, hogy ez az időtartam 3 percnél kevesebb? Mekkora a valószínűsége annak, hogy ez az időtartam 1 és 3 perc közé esik?

Megoldás: Az óránként beérkező vevők számát Poisson-eloszlásúnak tekintjük. Mivel 2 vevő beérkezése között eltelt idő átlagosan 2 perc, az exponenciális eloszlás paramétere: λ=1/2. A kérdéses valószínűségek:

1. 368,011)2(1)2( 122

1

==+−=<−=≥ −⋅−eePP ξξ

2. 7769,01)3(3

2

1

=−=<⋅−

eP ξ

3. 3834,011)31( 2

3

2

1

2

1

2

3

=−=+−−=≤≤−−−−

eeeeP ξ 6. Egy automatizált gépsor hibamentes működésének valószínűsége 120 működési órára

0,9. Tegyük fel, hogy a működési idő exponenciális eloszlású. Számítsa ki a λλλλ meghibásodási rátát és a működési idő várható értékét, valamint annak a valószínűségét, hogy a gépsor a 150. és a 200. óra között meghibásodik.

Megoldás: A meghibásodási ráta, vagyis az eloszlás paramétere:

4

120120

1078,89,0ln120

9,01,011,0)120(9,0)120(19,0)120(−

⋅−⋅−

⋅=→=⋅−→=→=−→=→=−→=>

λλξ λλ eeFFP

11391078,8

11)(

4≈

⋅== −λ

ξM óra a működési idő várható értéke.

03765,0

11)150()200()200150( 2001078,81501078,81501078,82001078,8 4444

==−=+−−=−=<≤ ⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅− −−−−

eeeeFFP ξ

Így 3,765% annak a valószínűsége, hogy a gépsor a 150. és a 200. óra között meghibásodik. 7. Egy radioaktív anyag (sugárforrás) bomlási viszonyait vizsgáljuk. Legyen a

valószínűségi változó egy tetszőleges atom bomlásáig eltelt idő és annak valószínűsége, hogy az anyag egy tetszőleges atomja x éven belül elbomlik:

0x ha ,e1)x (P 2/x ⟩−=⟨ −ξ

Határozza meg a valószínűségi változó várható értékét, szórását, valamint a bomlás felezési idejét! Számítsa ki annak a valószínűségét, hogy egy tetszőleges atom túléli a 3 évet!

Megoldás: Az eloszlás paraméterét, λ-t, a fenti egyenletből kikövetkeztethetjük: 1/2

22/1

11)( ===

λξM )()( ξξ DM =

A bomlás felezési ideje: 3863,15,0ln2

5,05,01 2/2/ =→=−→=→=− −− xx

ee xx év

27

223,011)3(1)3( 2/3 =+−=<−=> −ePP ξξ , vagyis 22,3% a valószínűsége annak, hogy egy tetszőleges atom túléli a 3 évet. 8. Számítsa ki az F(x=1/λλλλ) eloszlásfüggvény értéket! Megoldás:

6321,0111)( 11

=−=−=−= −⋅−⋅− eeexF x λλλ , vagyis 63,21%.

Normális eloszlás

1. Egy vállalatnál az alkalmazottak heti bére normális eloszlású $100 várható értékkel és $10 szórással. Mekkora a valószínűsége, hogy egy találomra kiválasztott dolgozó

a) 95 és 135 dollár között keres? b) 112,5 dollárnál többet keres? c) 80 dollárnál kevesebbet keres? d) Mekkora heti fizetést kap a legjobban kereső 20%-ba tartozó dolgozók közül, a

legkevesebbet kereső? Megoldás: a) 95 és 135 dollár között keres:

691212,0691462,0199975,0)5,0(1

)5,3()5,0()5,3()10

10095()

10100135

()95()135()13595(

=+−=Φ+−

−Φ=−Φ−Φ=−Φ−−Φ=−=<≤ FFP ξ

Tehát 69,12% annak a valószínűsége, hogy valaki 95 és 135 dollár között keres. b) 112,5 dollárnál többet keres:

10565,089435,01)25,1(1)10

1005,112(1)5,112(1)5,112( =−=Φ−=−Φ−=−=> FP ξ

Vagyis 10,56% a valószínűsége annak, hogy 112,5 dollárnál valaki többet keres. c) 80 dollárnál kevesebbet keres:

02275,097725,01)2()10

10080()80()80( =−=−Φ=−Φ==< FP ξ

Vagyis 2,275% a valószínűsége annak, hogy valaki 80 dollárnál kevesebbet keres. d) Mekkora heti fizetést kapnak a legjobban kereső 20%-ba tartozó dolgozók közül a legkevesebbet keresők?

2,0)( => xP ξ � 2,0)(1 =− xF � 8,0)( =xF � 8,0)10100

( =−Φ x� z=0,84�

10100

84,0−= x

� x=108,4 dollár felett keres a legjobban fizetett 20%.

28

2. Egy vizsgálat szerint a felnőtt korú férfiak testmagassága N(174cm;;;; 7cm) eloszlást követ. Határozza meg annak a valószínűségét, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott férfi testmagassága:

a) nagyobb, mint 190 cm, b) 170 és 185 cm közé esik, c) mekkora a testmagasság szórása, ha tudjuk, hogy a férfiak 5%-ának a

testmagassága 168 cm alatt van? Megoldás: a) nagyobb, mint 190 cm,

%13,1011304,0

988696,01)28,2(1)7

174190(1)190(1)190(1)190(

==

=−=Φ−=−Φ−=−=<−=≥ FPP ξξ

3. 170 és 185 cm közé esik,

%74,656574,0715661,01941792,0)57,0(1)57,1(

)57,0()57,1()7

174170()

7

174185()170()185()185170(

==+−=Φ+−Φ=

=−Φ−Φ=−Φ−−Φ=−=<≤ FFP ξ

4. mekkora a testmagasság szórása, ha tudjuk, hogy a férfiak 5%-ának a testmagassága 168

cm alatt van?

66,3174168

64,1

64,195,0)(05,0)(05,0)174168

(

05,0)168(

05,0)168(

=→−=−

−=→=Φ→=Φ→=−Φ

==<

σσ

σ

ξ

zzz

F

P

3. Egy termék élettartama N(13év; 1év) eloszlású.

a) Teljesíti-e az élettartam azt az elvárást, hogy a 11 évnél korábban meghibásodó termékek aránya legfeljebb 1% legyen?

b) Ha nem, akkor hogyan kell megváltoztatni a várható értéket, ill. a szórást, hogy teljesítsék az előírást?

c) Termékfejlesztés eredményeképpen egy új termék élettartama N(16év; 0,9év) eloszlással jellemezhető. Mekkora garanciális időt adjon a cég ahhoz, hogy a termékek legfeljebb 5%-a menjen tönkre a garancia alatt?

Megoldás: a) Teljesíti-e az élettartam azt az elvárást, hogy a 11 évnél korábban meghibásodó termékek

aránya legfeljebb 1% legyen?

29

%28,202275,097725,01)2(1)2()1

1311()11()11( ==−=Φ−=−Φ=−Φ==< FP ξ

Nem teljesíti az elvárást, hiszen a 11 évnél korábban meghibásodó termékek aránya 2,28%. b) Ha nem, akkor hogyan kell megváltoztatni a várható értéket, ill. a szórást, hogy teljesítsék

az előírást? (A várható értéknek nyilván nagyobbnak, a szórásnak pedig kisebbnek kell majd lennie.) Várható érték változtatása:

év

zzzFP

34,1334,21

11

34,299,0)(01,0)(01,0)1

11(01,0)11()11(

=→−=−

−=→=Φ→=Φ→=−Φ→==<

µµ

µξ

Szórás változtatása:

85,034,21311

01,0)1311

(

=→−=−

=−Φ

σσ

σ

c) Termékfejlesztés eredményeképpen egy új termék élettartama N(16év; 0,9év) eloszlással

jellemezhető. Mekkora garanciális időt adjon a cég ahhoz, hogy a termékek legfeljebb 5%-a menjen tönkre a garancia alatt?

évxx

zzz

xxFxP

52,1464,19,016

64,195,0)(05,0)(

05,0)9,016

(05,0)()(

=→−=−→−=→=Φ→=Φ

=−Φ→==<ξ

14,52 év garanciát kellene adnia a cégnek. 4. A munkapadról kikerülő termék hossza normális eloszlású valószínűségi változó µ=20cm és σ=0,2cm paraméterekkel. Mekkora annak a valószínűsége, hogy egy termék hossza 19,7 és 20,3 közé esik? Milyen pontosságot biztosíthatunk 0,95 valószínűséggel a munkadarabok hosszára?

Megoldás:

8664,0

933193,01933193,0)5,1()5,1()2,0

207,19()

2,0

203,20()3,207,19(

=

=+−=−Φ−Φ=−Φ−−Φ=<≤ ξP

Tegyük fel, hogy a munkadarabnak µ=20cm-es mérettől való eltérése x cm. Így a feltétel szerint:

30

392,096,12,0

975,0)2,0

(

95,01)2,0

(2)2,0

(1)2,0

(

)2,0

()2,0

()2,0

2020()

2,0

2020()2020(

=→=

=Φ

=−Φ⋅=Φ+−Φ=

=−Φ−Φ=−−Φ−−+Φ=+<≤−

xx

x

xxx

xxxxxxP ξ

Tehát 95%-os valószínűséggel állíthatjuk, hogy a hosszeltérés 4 mm-nél nem lesz nagyobb. 5. Valamely szolgáltató vállalathoz naponta beérkező megrendelések ξ száma a

tapasztalatok szerint közelítőleg normális eloszlásúnak tekinthető σ=10 szórással. Mekkora a megrendelések várható száma, ha tudjuk, hogy 1,0)20( =<ξP ?

Megoldás:

9,3229,110

20

9,0)10

20(

1,0)10

20()20(

=→=−

=−Φ

=−Φ=<

µµ

µ

µξP

A naponta beérkező megrendelések átlagos száma 33. 6. Bizonyos típusú rádiócsöveket, amelyeknek az élettartama normális eloszlású, µ=160 és σ=20 óra paraméterekkel, négyesével dobozokba csomagolnak. Mennyi a valószínűsége annak, hogy egy ilyen dobozban lévő 4 cső mindegyike 180 óránál tovább fog működni? Mennyi annak a valószínűsége, hogy a 4 cső közül kettőt kivéve, az egyik 180 óránál tovább fog működni a másik meg nem?

Megoldás: Annak a valószínűsége, hogy egy cső működési ideje 180 óránál nagyobb lesz:

158655,0841345,01)1(1)20

160180(1)180(1)180( =−=Φ−=−Φ−=<−=≥ ξξ PP

A két kérdésre adandó felelethez figyelembe kell venni, hogy a 4 cső között azok száma, amelyeknek a működési ideje 180 óránál nagyobb, binomiális eloszlású, ahol p=0,158655. Így a keresett valószínűségek a binomiális eloszlás táblázat segítségével könnyen meghatározhatók: Annak a valószínűsége, hogy a 4 cső mindegyike működik: 0,0005 (táblázatban p=0,15; n=4; k=4). Annak valószínűsége, hogy a 4 csőből 2-őt kivéve az egyik tovább működik, a másik meg nem: 0,255 (táblázatban p=0,15; n=2; k=1)

31

7. A Jólfizetünk Rt. új üzeménél megvizsgálták a dolgozók fizetését, s azt találták, hogy a fizetés N(135000Ft, 10000Ft) eloszlású. Legnagyobb versenytársuk közelben működő üzeménél azt tapasztalták, hogy 115 000 Ft-nál a dolgozók legfeljebb 1%-a kap kevesebbet. Teljesíti-e az új üzem ezt az elvárást? Ha nem, mekkora legyen a szórás ill. a várható érték hogy teljesítsék? A bérfejlesztés után megismételve a vizsgálatot a fizetések eloszlása N(140000Ft, 8000Ft). Legfeljebb mennyit keres a cégnél a legrosszabbul kereső 5%?

Megoldás:

02275,097725,01)2()10000

135000115000()115000()115000( =−=−Φ=−Φ==< FP ξ

Az új üzem nem teljesíti az elvárást, ugyanis a 115 000 Ft alatt keresők aránya meghaladja az 1%-ot, hiszen azok aránya 2,275%. Várható érték változtatása:

01,0)10000

115000()115000()115000( =

−Φ==< újFP

µξ � z=-2,34 �

10000

11500034,2 újµ−

=− �

µúj=138400Ft Szórás változtatása:

01,0)135000115000

()115000()115000( =−Φ==<új

FPσ

ξ � z=-2,34 �

újσ135000115000

34,2−=− �σúj=8547Ft

Legfeljebb mennyit keres a cégnél a legrosszabbul kereső 5%?

05,0)( =< xP ξ � 05,0)( =xF � 05,0)8000140000

( =−Φ x� z=-1,65�

8000140000

65,1−=− x

x=126800Ft, vagyis a legrosszabbul kereső 5% között 126800Ft-ot keres a legjobban fizetett alkalmazott.

8. Export konyak töltésénél az 510 ml alatti palackok aránya legfeljebb 3% lehet.

Megvizsgáltak egy n=20000 db-os tételt: x=532,4 ml, σσσσ=6 ml. Határozzuk meg az optimális töltési szintet. Mekkora az adott tételnél a töltési veszteség értéke, ha á=1000 Ft/palack?

Megoldás:

)6

510()510(03,0)510(

µξ −Φ===< FP � z=-1,88 � µ=521,28 az optimális töltési szint.

A töltési veszteség mértéke: 22240020000)28,5214,532( =⋅− � 64,42628,521

222400= palacknyi

túltöltés, aminek a következménye 426640Ft töltési veszteség.

32

9. A bélszínrolót négyesével csomagolják tasakokba. A rolók súlya N(50gr., 5gr.) eloszlást követ. Mekkora a valószínűsége annak, hogy a tasak valamennyi rolója 55 grammnál nehezebb?

Megoldás: Első lépésben azt számoljuk ki, hogy mi a valószínűsége annak, hogy egyetlen darab bélszínroló súlya nagyobb, mint 55 gramm.

158655,0841345,01)1(1)5

5055(1)55(1)55( =−=Φ−=−Φ−=−=> FP ξ , vagyis 15,86%.

Annak a valószínűsége, hogy a csomagban mind a 4 rolónak a súlya nagyobb, mint 55 gramm, ennek a negyedik hatványa lesz:

0006336,0158655,0 4 = , vagyis mindösszesen 0,06336% a valószínűsége.

III. Leíró statisztika

1. A táblázat a Budapesti Értéktőzsde hivatalos indexének (BUX) száz napi záró értékéből számított hozamadatait tartalmazza. Készítse el az alábbi adatbázis részletes leíró statisztikai elemzését!

Napi hozamok

0,01896 0,00613 0,01091 -0,01742 0,01328 0,02415 0,00805 0,00754 0,0011 -0,00312

0,0846 0,00186 -0,00024 -0,02076 0,01011 0,00476 0,00611 -0,00015 0,03295 -0,00782

0,0529 0,0102 0,0081 -0,0567 0,02865 -0,01836 -0,01001 0,0146 0,01182 0,00729

-0,01877 0,00845 0,00448 0,00602 0,01818 0,00567 0,0018 0,01303 0,01192 0,00104

0,00121 0,01508 -0,00322 0,019 -0,01281 -0,00413 -0,00676 0,00611 0,02417 -0,00365

-0,01759 0,03565 0,02769 0,02964 -0,01967 0,00654 0,00272 -0,01123 0,0253 -0,01055

-0,01255 0,02841 0,04391 0,0581 -0,03858 0,00319 -0,00307 -0,00145 -0,00922 0,00016

0,01269 0,01359 -0,00271 -0,00041 0,02758 0,0008 0,00438 0,01244 0,0044 0,00709

0,00622 0,02758 -0,01226 0,0022 -0,00043 0,00483 0,01527 0,00432 0,02801 -0,00711

0,00248 0,03258 -0,01609 0,00087 0,02823 0,0143 0,01493 -0,00391 -0,01541 0,00524

Rangsor (oszloponként)

-0,0567 -0,01281 -0,00413 -0,00024 0,0022 0,00524 0,00754 0,01269 0,01896 0,02841

-0,03858 -0,01255 -0,00391 -0,00015 0,00248 0,00567 0,00805 0,01303 0,019 0,02865

-0,02076 -0,01226 -0,00365 0,00016 0,00272 0,00602 0,0081 0,01328 0,02415 0,02964

-0,01967 -0,01123 -0,00322 0,0008 0,00319 0,00611 0,00845 0,01359 0,02417 0,03258

-0,01877 -0,01055 -0,00312 0,00087 0,00432 0,00611 0,01011 0,0143 0,0253 0,03295

-0,01836 -0,01001 -0,00307 0,00104 0,00438 0,00613 0,0102 0,0146 0,02758 0,03565

-0,01759 -0,00922 -0,00271 0,0011 0,0044 0,00622 0,01091 0,01493 0,02758 0,04391

-0,01742 -0,00782 -0,00145 0,00121 0,00448 0,00654 0,01182 0,01508 0,02769 0,0529

-0,01609 -0,00711 -0,00043 0,0018 0,00476 0,00709 0,01192 0,01527 0,02801 0,0581

-0,01541 -0,00676 -0,00041 0,00186 0,00483 0,00729 0,01244 0,01818 0,02823 0,0846

33

Megoldás: 1. Osztályok számának meghatározása (egy lehetséges módszer)

Nk >02 � 12827 =

0

minmax0 k

YYh

−= � 0202,002018,07

)05670,0(08460,00 ≈=−−=h

2. Gyakorisági táblázat

oszályközhosszúság f i gi fi' gi'

-0,0567 -0,0365 2 2,00% 2 0,02

-0,0365 -0,0163 6 6,00% 8 0,08

-0,0163 0,0039 36 36,00% 44 0,44

0,0039 0,0241 38 38,00% 82 0,82

0,0241 0,0443 15 15,00% 97 0,97

0,0443 0,0645 2 2,00% 99 0,99

0,0645 0,0847 1 1,00% 100 1

100 3. Kvartilisek meghatározása Az adatok egyenkénti ismeretéből kiindulva:

( )( ) 0031075,0)00312,0(00307,025,000312,0

25,2511004

1

1

4/1

−=−−−+−=

=+=

Q

s

Tehát ennél az értéknél az adatok ¼ része kisebb, ¾ része pedig nagyobb.

( )( ) 014525,00143,00146,075,00143,0

75,7511004

3

3

4/3

=−+=

=+=

Q

s

Ennél az értéknél az adatok ¾ része kisebb, ¼ része pedig nagyobb. 4. Medián A medián nem más, mint a középső kvartilis:

( ) ( ) 005035,000483,000524,05,000483,0ˆ5,5011002

12/1 =−+=→=+= eMs

A medián a két középső érték átlaga:

005035,0)00524,000483,0(2

1 =+=Me

34

A medián becsülhető a gyakorisági táblázat alapján:

meme

me

me hf

fN

YeM

'1

0,2ˆ

−−+=

2' N

fme ≥

00709,00202,038

44500039,0ˆ =⋅−+=eM

5. Módusz A 4. osztály a modális osztály, mert ebben a legnagyobb a tapasztalati gyakoriság:

mofa

amo h

dd

dYoM

++= 0,

ˆ 1−−= momoa ffd 1+−= momof ffd

( ) ( ) 005516,00202,015383638

36380039,0ˆ =⋅

−+−−+=oM

6. Számtani átlag Az egyenként ismert adatokból számítva:

0066541,010066541,0

10098497,00846,0...)03858,0()0567,0( ==+++−+−=x

A gyakorisági táblázatban szereplő információk alapján történő becslés:

007536,0100

7536,0

100

10746,020544,0...6)0264,0(2)0466,0( ==⋅+⋅++⋅−+⋅−=x

Osztályok osztályközép fi osztályközép*fi di=osztályközép-Xátl.becs. di2 fidi2

1. -0,0567 -0,0365 -0,0466 2 -0,0932 -0,0466 0,0021716 0,004343122. -0,0365 -0,0163 -0,0264 6 -0,1584 -0,0264 0,000697 0,004181763. -0,0163 0,0039 -0,0062 36 -0,2232 -0,0062 0,0000384 0,001383844. 0,0039 0,0241 0,014 38 0,532 0,014 0,000196 0,0074485. 0,0241 0,0443 0,0342 15 0,513 0,0342 0,0011696 0,01754466. 0,0443 0,0645 0,0544 2 0,1088 0,0544 0,0029594 0,005918727. 0,0645 0,0847 0,0746 1 0,0746 0,0746 0,0055652 0,00556516

Összesen: 100 0,7536 0,0463852

Osztályközhossz.

A táblázat utolsó három oszlopa a tapasztalati szórás becsléséhez szolgáltat majd információt! 7. Terjedelem

1413,0)0567,0(0846,0minmax =−−=−= YYR

8. Interkvartilis terjedelemmutató

0176325,0)0031075,0(014525,0135,0 =−−=−= QQR

9. Tapasztalati szórások Adatok egyenkénti ismeretéből kiindulva:

35

0188,099

0,03531115

99

)0066541,0(

99

)(

99

)(100

1

2100

1

2100

1

2

==−

=−

=−

=∑∑∑

===∗ jj

jj

jj xxxxx

s

Becslés gyakorisági táblázat alapján:

( )02154,0

100

0,0463852

1

7

1

2

1

1

2

===−

=∑

∑

∑

∑

=

=

=

=r

ii

iii

r

ii

r

iii

f

df

f

xxfs

11. Grafikus ábrázolás, hisztogram

Gyakorisági hisztogram

2

6

3638

15

2 1

0

5

10

15

20

25

30

35

40

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

Osztály sorszáma

Tap

aszt

alat

i gya

koris

ág

Kumulált relatív gyakorisági hisztogram

0,020,08

0,44

0,82

0,97 0,99 1

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

Osztály sorszáma

Kum

ulál

t rel

atív

gya

koris

ág

36

2. A 100 g-os Omnia kávé töltési folyamatának két különböző napon mért nettó tömegértékei az alábbiak (a mérések a gyártási folyamatot követve, sorrendben történtek, kb. 1/2 óra alatt, egy négymérleges Hesser gép 2.sz. mérlegének töltését figyelve):

egyik nap: 101,8 100,7 101,0 101,2 100,1 100,4 100,5 100,2 103,3 100,1 101,1 102,2 101,2 101,2 101,3 101,1 100,9 101,3 101,2 102,1 101,3 101,7 100,6 100,6 101,5 102,8 101,8 101,4 101,8 102,3 100,6 101,4 99,7 101,3 101,4 101,2 100,2 102,1 101,9 101,0 101,4 101,8 100,9 102,4 100,8 100,6 101,3 101,4 102,1 101,4 másik nap: 100,4 99,3 100,5 100,2 100,7 100,4 99,6 100,3 99,4 101,2 100,2 100,3 99,6 100,2 100,1 98,6 101,3 99,1 99,5 100,3 98,5 100,2 100,4 99,8 100,4 99,7 100,0 101,2 100,8 98,7 99,7 99,8 98,1 101,6 100,5 99,9 100,2 101,4 100,3 99,6 99,0 100,7 99,2 100,5 102,2 100,1 100,8 100,2 100,3 99,8 Végezze el a statisztikai-szakmai elemzést! Számítsa ki az eloszlás statisztikai paramétereit! Mekkora a valószínűsége a tűréshatárokon való kivülesésnek, ha az alsó tűréshatár 98g, a felső tűréshatár pedig 102g? Megoldás: leíró statisztikai ppt előadás végén. 3. Egy üdítőitalokat forgalmazó cég budapesti részlegénél dolgozó 26 értékesítési képviselő

2005. január havi teljesítménye (kiszállított mennyiség, ezer rekesz):

15,6 26,8 13,5 8,8 13,3 20,2 13,7 15,7 24,7 8,5 19,1 16,6 19,2 18,7 16,1 20,5 14,2 13,2 15,9 13,1 18,8 33,6 34,7 16,9 14,8 21,8

Számítsuk ki az átlagos teljesítményt, határozzuk meg a mediánt! Számítsuk ki az ismert szóródási mérőszámokat! Jellemezzük az eloszlás aszimmetriáját a Pearson-féle mutatóval!

Megoldás: Rangsor 8,5 8,8 13,1 13,2 13,3 13,5 13,7 14,2 14,8 15,6 15,7 15,9 16,1 16,6 16,9 18,7 18,8 19,1 19,2 20,2 20,5 21,8 24,7 26,8 33,6 34,7 A, Számítsuk ki az átlagos teljesítményt, határozzuk meg a mediánt! Átlagos teljesítmény meghatározása számtani átlaggal:

ezerN

xxxx n 18

267,346,33...5,88...21 =++++=+++=

18 ezer rekesz az átlagos teljesítmény. Medián:

37

16,1 16,616,35

2Me

+= =

16,35 ezer rekesznél többet teljesített az értékesítési képviselők fele, a másik fele kevesebbet. B, Számítsuk ki az ismert szóródási mérőszámokat! Terjedelem

2,265,87,34minmax =−=−= XXR Szórás

2128,626

)187,34()186,33(...)185,8()188( 2222

=−+−++−+−=s

Korrigált tapasztalati szórás

335,625

)187,34()186,33(...)185,8()188( 2222

=−+−++−+−=∗s

Átlagosan 6,335 ezer rekesszel tér el az egyes képviselők teljesítménye az átlagostól. Relatív szórás:

345157,0182128,6 ==V

Az egyes képviselők teljesítményének az átlagostól való átlagos eltérése 34,51%. Interkvartilis terjedelemmutató:

625,665,13275,20

275,20)2,205,20(25,02,20

25,20)126(43

65,13)5,137,13(75,05,13

75,6)126(41

132/1

3

4/3

1

4/1

=−=−==−⋅+=

=+⋅=

=−⋅+=

=+⋅=

QQR

Q

s

Q

s

Az értékesítési képviselők negyedének a teljesítménye 13,65 ezer rekesznél alacsonyabb, háromnegyedüké magasabb (Q1). Az értékesítési képviselők háromnegyedének teljesítménye 20,275 ezer rekesznél alacsonyabb, egynegyedüké magasabb (Q3). Az interkvartilis terjedelemmutató azt fejezi ki, hogy az értékesítési képviselők felének teljesítménye 6,625 ezer rekesznyi sávban helyezkedik el. C, Jellemezzük az eloszlás aszimmetriáját a Pearson-féle mutatószám segítségével!

79,021,6

)35,1618(3)(3 =−⋅=−⋅=s

MexP

38

Erősebb (de még mérsékelt) baloldali aszimmetria. D, Készítsünk gyakorisági sort, és becsüljük meg a móduszt!

02k N> , kb. 5 osztályt célszerű készíteni.

24,55

5,87,340 =−=h

Legyen 5,4 (kerekítéssel) az osztályköz-hosszúság!

Osztályhatár gyakoriság 8,5≤x<13,9 7 13,9≤x<19,3 12 19,3≤x<24,7 3 24,7≤x<30,1 2 30,1≤x<35,5 2 Összesen: 26

82,154,5)312()712(

7129,13ˆ =⋅

−+−−+=oM

Az értékesített mennyiségek a 15,82 ezer rekesz körül tömörülnek. 4. Minőségellenőrzés keretében vizsgálták egy adott típushoz tartozó elektromos habverők

élettartamát. A 120 megfigyelés eredménye:

Élettartam (év) Megfigyelések száma (db) 5,0≤x<5,5 8 5,5≤x<6,0 28 6,0≤x<6,5 50 6,5≤x<7,0 24 7,0≤x<7,5 10 Összesen 120

Ábrázoljuk a gyakorisági sort! Számítsuk ki a helyzeti középértékeket, az átlagot, a szórást, az aszimmetria egyik mérőszámát!

Megoldás: a) Ábrázoljuk a gyakorisági sort!

39

gyakorisági hisztogram

0

10

20

30

40

50

60

5,0-5,5 5,5-6,0 6,0-6,5 6,5-7,0 7,0-7,5

osztályok

meg

figye

lése

k sz

áma

b) Számítsuk ki a helyzeti középértékeket, az átlagot, a szórást, az aszimmetria egyik mérőszámát!

Élettartam (év) Megfigyelések száma (db) (gyakoriságok)

Kumulált gyakoriság

5,0≤x<5,5 8 8 5,5≤x<6,0 28 36 6,0≤x<6,5 50 86 6,5≤x<7,0 24 110 7,0≤x<7,5 10 120

Összesen 120

2 2

60 366 *0,5 6,24

5022

6 *0,5 6,2322 26

8*5,25 ... 10*7,256,25

120

8(5,25 6,25) ... 10*(7,25 6,25)0,508

1203*(6,25 6,24)

0,0590,508

Me

Mo

x

s

P

−= + =

= + =+

+ += =

− + + −= =

−= =

Enyhe bal oldali aszimmetria.

40

IV. Első- és másodfajú hiba

1. Egy tömeggyártásban előállított termék szélességi mérete szabályozott folyamatban 9200 =µ mm és 10 =σ mm. Legyen a névleges érték körül szimmetrikusan elhelyezkedő

beavatkozási határ: 00 2σµ ±=BH .

a) Számítsa ki az elsőfajú hibát! b) Tételezzük fel, hogy egy veszélyes zavarhatás a beállítási szintet 9221 =µ mm-

re változtatja (a szórást nem befolyásolja). Mekkora lesz a szabályozás másodfajú hibája?

c) A számításokat végezze el 1=n és 4=n elemű minták átlagára is! Megoldás: a) elsőfajú hiba

%56,4%28,202275,097725,01

)2(1)2()1

920918()918()12920()()(

2=→==−=

=Φ−=−Φ=−Φ==⋅−==<=

α

ξαFFABHFABHP

b) másodfajú hiba

%505,0115,0

)4()0()1

922918()

1

922922()918()922()922918(

==+−=

=−Φ−Φ=−Φ−−Φ=−=<≤= FFP ξβ

c) n=4-re Változnak a beavatkozási határok!

9219195,029205,04

1 =→=⋅−=→=== FBHABHn

x

σσ

%28,202275,0197725,0)6(1)2(1

)6()2()5,0

922919()

5,0

922921()919()921()921919(

%56,402275,097725,01)2(1)2()5,0

920919()919()919(

2

≈=+−=Φ+−Φ−=

=−Φ−−Φ=−Φ−−Φ=−=<≤=

=→≈−=Φ−=−Φ=−Φ==<=

FFP

FP

ξβ

αξα

2. Egy termék tömegének eloszlása N(100g; 1g). Mekkora szimmetrikus beavatkozási

határokat használnak 15%-os kockázati szint mellett n=4 elemű minták számtani átlagára? Mekkora a másodfajú hiba, ha a folyamat N(100,5g; 1,2g)-ra állítódik el?

Megoldás:

41

%3,62623,09786,01644309,0)03,2(1)37,0()03,2()37,0(

)4/2,1

5,10028,99()

4/2,1

5,10072,100()28,99()72,100()72,10028,99(

72,100

28,9944,14/1

10044,1075,0)

4/1

100()(

==+−=Φ+−Φ=−Φ−Φ=

=−Φ−−Φ=−=<≤=

=

=→−=−→−=→=−Φ=<

FFP

FBH

ABHABH

uABH

ABHP

ξβ

ξ

V. Becslés

1. Egy mosóporgyárban az egyik adagolóautomata 500g tömegű mosóport tölt papírdobozokba. A gép által töltött dobozokból vett minta adatai: 483g; 502g; 498g; 496g; 502g; 494g; 491g; 505g; 486g. A gép által töltött tömeg normális eloszlású, 8g szórással. Határozza meg a gép által töltött dobozok tömegének konfidencia intervallumát 98%-os megbízhatósági szint mellett!

Megoldás: várható érték becslése intervallummal ismert elméleti szórás esetén

46,50198,48838

34,222,49538

34,222,495

34,2

1)(

22,4959

486505491494502496498502483

8

%2

01,02/

02/

02/

<<

⋅+<<⋅−

==

−=⋅+<<⋅−

=++++++++==

==

µ

µ

ασµσ

µ

σα

α

αα

zzn

zxn

zxP

gx

g

)

2. Egy vállalatnál 2500 kereskedő dolgozik, s a vállalat szeretné megbecsülni, hogy évente

átlagosan hány kilométert autózik egy kereskedő. Korábbi felmérésekből ismert, hogy az egy kereskedő által megtett út normális eloszlású 5000 km szórással. Véletlenszerűen kiválasztva 25 gépkocsit, azt találták, hogy átlagosan 14000 km-t futottak egy év alatt. Adjunk 95%-os megbízhatóságú intervallumbecslést a várható értékre!

Megoldás: n=25

km

kmx

5000

14000

0 ==

σ

A feladat a várható érték becslése ismert alapsokasági szórás esetén.

ασµσαα −=

+<<− 102/

02/

nzx

nzxP

42

159601204025

500096,114000

25

500096,114000

<<

+<<⋅−

µ

µ

5%-os szignifikancia szinten a futott km várható értéke 12040 és 15960 km között van. 3. Egy gyártó egy bizonyos instant kávé egy adott napon érvényes kiskereskedelmi árát

szeretné felmérni, s ezért országszerte véletlen mintavétellel kiválasztottak 45 boltot. A felmérés után azt találták, hogy a kávé átlagára 1,95 dollár, 27 cent szórással. Adjunk 99%-os becslést a várható értékre!

n=45

%1

27,0

95,1

==

=∗

αs

x

A feladat a várható érték becslése ismeretlen alapsokasági szórás esetében.

ανµν αα −=

+<<− 1)()(

*

2/

*

2/n

stx

n

stxP

0583,28417,1

1083,095,11083,095,145

27,0691,295,1

45

27,0691,295,1

<<+<<−

⋅+<<⋅−

µµ

µ

1%-os szignifikancia szinten az instant kávé kiskereskedelmi árának várható értéke 1,8417 és 2,0583 dollár közé becsülhető. 4. Egy vezeték nélküli, újratölthető csavarhúzókat gyártó vállalatnál felmérve a

csavarhúzók működési idejét, azt normális eloszlásúnak találták. 15 csavarhúzó élettartamát megvizsgálva az átlagos működési idő 8900 óra, s a szórás 500 óra. Adjuk meg a várható érték 95%-os konfidencia intervallumát. A cég az új reklámkampányában ki szeretné emelni, hogy a csavarhúzók 99%-a egy adott élettartamnál tovább működik. Maximum mekkora működési időt mondjon, ha nem akarja becsapni a vásárlókat?

n=15

500

8900

==

∗s

x

Az első feladat a várható érték becslése ismeretlen alapsokasági szórás esetén:

ανµν αα −=

+<<− 1)()(

*

2/

*

2/n

stx

n

stxP

92,917608,8623

92,276890092,276890015

500145,28900

15

500145,28900

<<+<<−

⋅+<<⋅−

µµ

µ

43

Az élettartam várható értéke a mintánk alapján 8623 és 9176 óra közé becsülhető 5%-os szignifikancia szinten. A második feladat egyoldali becslés 1%-os szignifikancia szinten:

αµα −=

<−

∗

1n

stxP

µ

µ

<

<⋅−

24,856115

500624,28900

A várható érték 1%-os szignifikancia szinten biztos nagyobb lesz, mint 8561,24 óra. 5. Egy gépen töltött 2kg-os csomagok súlyának korábban 12,5g volt a szórása. Utóbb egy

20 elemű véletlen mintából 16g szórást kaptunk. Vizsgáljuk meg 5%-os és 1%-os szinten azt, hogy szignifikánsan nőtt-e a szórás?

Megoldás:

gs

n

régi

16

20

5,12

==

=

∗

σ

Becsüljük a szórást a minta alapján: Szignifikancia szint: 5%

( ) ( ) αχ

σχ αα

−=

−<<−

−

111

22/1

2*2

22/

2* snsnP

37,23168,12

09,54606,148

907,81619

852,321619

2

22

2

<<<<

⋅<<⋅

σσ

σ

Ebben az intervallumban benne van a korábbi 12,5g. Ez alapján 95%-os megbízhatósági szinten nem tételezhetjük fel, hogy szignifikánsan nőtt a szórás. 1%-on:

66,2623,11

7,71007,126

844,61619

582,381619

2

22

2

<<<<

⋅<<⋅

σσ

σ

Ebben az intervallumban benne van a korábbi 12,5g. Ez alapján 99%-os megbízhatósági szinten nem tételezhetjük fel, hogy szignifikánsan nőtt a szórás. 6. Hesser-rendszerű töltőgépen első alkalommal töltenek 200g névleges tömegű újfajta

enzimes mosóport. A töltőgép szórásának meghatározására 25 elemű mintát vettek, amelynek korrigált tapasztalati szórásnégyzete 144g2. Várhatóan milyen szórással tölthető nagy tömegben a mosópor?

44

Megoldás: A feladat a szórás becslése: n=25

gs 12=∗ Legyen a szignifikancia szint 5%!

( ) ( ) αχ

σχ αα

−=

−<<−

−

111

22/1

2*2

22/

2* snsnP

694,1637,9

68,278796,87

401,1214424

364,3914424

2

2

<<<<

⋅<<⋅

σσ

σ

A mosópor a megadott mintabeli tapasztalatok alapján 5%-os szignifikancia szinten várhatóan 9,37g és 16,694g közötti szórással tölthető nagy tömegben.

7. Egy kutató laboratórium valamely 6 éves korban beadandó védőoltás dózisának beállításához 100 véletlenül kiválasztott gyermek testsúlyát mérte meg. A testsúly normális eloszlású változónak tekinthető.

Testsúly,

kg Gyerekek száma, db

15,1 – 17 4 17,1 - 19 20 19,1 – 21 55 21,1 – 23 14 23,1 - 25 7 Összesen 100

Becsülje meg 95%-os megbízhatósággal a 6 éves gyermekek várható testsúlyát és a 21 kg-nál súlyosabb gyerekek arányát!

Megoldás: a várható testsúly becsléséhez szükségünk van a 100 elemű minta számtani átlagára és korrigált tapasztalati szórására, hiszen adott minta alapján kívánunk következtetést levonni a sokaságra (a 6 éves gyermekek sokaságára) vonatkozóan. Ezek becslése osztályközös gyakorisági sorból történik a leíró statisztikai fejezetben tanult képletek segítségével.

05,20100

05,247....05,182005,164

1

1 =⋅++⋅+⋅=⋅

=∑

∑

=

∗

=r

ii

i

r

ii

f

xfx

45

766,112,3

100)05,2005,24(7...)05,2005,18(20)05,2005,16(4

)( 222

1

1

2

==

=−⋅++−⋅+−⋅=−⋅

=∑

∑

=

=

∗

r

ii

r

iii

f

xxfs

ανµν αα −=

+<<− 1)()(

*

2/

*

2/n

stx

n

stxP

4,207,19

349668,005,20349668,005,20100

766,198,105,20

100

766,198,105,20

<<+<<−

⋅+<<⋅−

µµ

µ

Vagyis a 100 elemű mintánk adatai alapján a 6 éves gyermekek várható testsúlya 19,7 és 20,4 kg közé esik 5%-os szignifikancia szinten. A 21kg-nál nehezebbek arányának becsléséhez természetesen az aránybecslés képletére van szükségünk:

ααα −=

−+<<−− 1)1()1(

2/2/ n

ppzpP

n

ppzpP

Ehhez p=kedvező eset/összes eset, vagyis p=21/100=0,21

2898,01302,0

0798,021,00798,021,0100

79,021,096,121,0

10079,021,0

96,121,0

<<+<<−

⋅⋅+<<⋅⋅−

P

P

P

5%-os szignifikancia szinten a 21kg-nál nehezebb 6 éves gyerekek aránya 13,02 és 28,98% közé becsülhető. 8. Egy csővágó automata gépnek 1200mm hosszú csődarabokat kell levágnia. A

gyártásközi ellenőrzés feladata, hogy megállapítsa, hogy a gép által gyártott darabok hosszmérete megfelel-e az előírásoknak. Előző adatfelvételekből ismert, hogy a gép által gyártott csődarabok hossza normális eloszlású valószínűségi változó 3mm szórással. A gyártásközi ellenőrzésre kiválasztottak egy 16 elemű mintát. A csődarabok hossza a mintában:

1208 1204 1202 1202 1194 1195 1205 1194 1197 1193 1205 1202 1191 1195 1194 1187

46

a.) 90%-os megbízhatósági szinten adjon intervallumbecslést a csődarabok hosszának várható értékére!

b.) A minta alapján feltételezhető-e (95%-os megbízhatósági szinten), hogy a gép szórása nem haladja meg a korábbi felvételek során kapott értéket?

Megoldás: Első lépésben a feladat a várható érték becslése ismert sokasági szórás esetén:

ασµσαα −=

+<<− 102/

02/

nzx

nzxP

119816

1187...12041208 =+++=x

23,119977,1196

23,1119823,1119816

364,11198

16

364,11198

<<+<<−

⋅+<<⋅−

µµ

µ

A csődarabok hossza 1196,77mm és 1199,23mm közé becsülhető 10%-os szignifikancia szinten. Második lépésben egymintás hipotézisvizsgálatról (szóráspróbáról) van szó, ehhez ki kell számítanunk a minta korrigált tapasztalati szórását1:

022,615

)12041187(...)11981204()11981208(1

)( 222

16

1

2

=−++−+−=−

−=∑

=∗

n

xxs i

i

20

21

20

20

:

:

σσσσ

>

=

H

H

A próbafüggvény: ( )

44,603

022,615*12

2

20

22 =⋅=−=

σχ sn

sz

2220

21 : αχχσσ >⇒> számH

996,242 =αχ

Mivel a számított érték>kritikus érték, ezért elutasítjuk a H0 hipotézist, vagyis a minta alapján azt látjuk, hogy a gép szórása meghaladja a korábbi felvételek során kapott értéket. 9. Egy vállalat szervezetének átvilágításakor 1500 szervezeti alkalmazott közül 225

munkatársat véletlenszerűen kiválasztottak, és több kérdés mellett megkérdezték tőlük, hogy mekkora fizetést tartanának kielégítőnek. A válaszok átlaga havi bruttó 250 ezer forint, 113 ezer forint szórással Becsüljük meg 95 és 99%-os megbízhatósággal, mekkora havi bruttó bérkifizetésre kell a cégnek felkészülnie, ha a kielégítőnek vélt szintet szeretné biztosítani!

1 Megjegyezzük, hogy a feladat b) kérdése egyoldali szórásbecslésként is elvégezhető.

47

Megoldás: n=225

113000

250000

==

∗s

x

α=5% Kétoldali:

ανµν αα −=

+<<− 1)()(

*

2/

*

2/n

stx

n

stxP

33,26476576,235234

33,1476525000033,14765250000225

11300096,1250000

225

11300096,1250000

<<+<<−

⋅+<<⋅−

µµ

µ

A végeredményt megszorozzuk az 1500 alkalmazottal, hiszen az eddigi eredmény egyetlen alkalmazottra vonatkoztatható: 352 852 140Ft és 397 147 995Ft közötti havi bruttó bérkifizetésre kell 5%-os szignifikancia szinten felkészülnie a vállalatnak. α=1%

ανµν αα −=

+<<− 1)()(

*

2/

*

2/n

stx

n

stxP

87,26940513,230594

87,1940525000087,19405250000225

113000576,2250000

225

113000576,2250000

<<+<<−

⋅+<<⋅−

µµ

µ

Így 345 891 195Ft és 404 108 805Ft közötti havi bruttó bérkifizetésre kell 1%-os szignifikancia szinten felkészülnie a vállalatnak. 10. Minőségellenőrzés keretében vizsgálták egy adott típushoz tartozó elektromos habverők

élettartamát. A 120 megfigyelés eredménye:

Élettartam (év) Megfigyelések száma (db) 5,0≤x<5,5 8 5,5≤x<6,0 28 6,0≤x<6,5 50 6,5≤x<7,0 24 7,0≤x<7,5 10 Összesen 120

90%-os megbízhatósági szinten adjunk becslést az elektromos habverők élettartamára és az élettartam szórására! Becsüljük meg ugyanekkora szignifikancia szint mellett a 6 évnél hosszabb ideig működő elektromos habverők arányát!

48

Megoldás: várható érték becslése ismeretlen elméleti szórás esetén. Az intervallumbecslést meg kell, hogy előzze az átlag és a szórás becslése (leíró statisztika).

25,6120

25,710....75,52825,58

1

1 =⋅++⋅+⋅=⋅

=∑

∑

=

∗

=r

ii

i

r

ii

f

xfx

508,0258,0

120

)25,625,7(10...)25,675,5(28)25,625,5(8)( 222

1

1

2

==

=−⋅++−⋅+−⋅=−⋅

=∑

∑

=

=

∗

r

ii

r

iii

f

xxfs

326,6173,6120

508,0645,125,6

120

508,0645,125,6

%10

1)( 2/2/

<<

⋅+<<⋅−

=

−=⋅+<<⋅−∗∗

µ

µ

α

αµ ααn

stx

n

stxP

Szórás becslése:

( ) ( )

6277,04969,0

394,02469,0

929,77508,0119

34,124508,0119

111

2

22

2

22/1

2*2

22/

2*

<<<<

⋅<<⋅

−=

−<<−

−

σσ

σ

αχ

σχ αα

snsnP

A sokasági szórás 0,4969 és 0,6277 év közé becsülhető 10%-os szignifikancia szinten. Sokasági arány becslése:

7,0120

102450 =++==n

kp ααα −=

−+<<−− 1)1()1(

2/2/ n

ppzpP

n

ppzpP

7686,06314,0120

3,07,064,17,0

1203,07,0

64,17,0

<<

⋅⋅+<<⋅⋅−

P

P

Vagyis a 6 évnél tovább működő habverők aránya 63,14% és 76,86% között mozog 10%-os szignifikancia szinten.

49

11. Egy nagyvállalat személyzeti osztályvezetője azt gyanítja, hogy különbség van a szellemi és a fizikai dolgozók betegség miatti hiányzása között. A gyanú kivizsgálására véletlenszerűen kiválasztott 45 fizikai és 38 szellemi foglalkozású dolgozót és megvizsgálta az elmúlt egy évben mennyit hiányoztak betegség miatt. A kapott eredményeket az alábbi táblázat mutatja. 90%-os megbízhatósági szinten becsüljük meg a betegség miatti hiányzás várható értékei közötti eltérést.

Fizikai Szellemi Mintaszám 45 38 Átlag 10,4 7,8 Szórás 12,8 5,5

Megoldás: két várható érték különbségének becslése ismeretlen elméleti szórás esetén, de a mintaszám mindkét mintában elég nagy, így a standard normális eloszlás táblázatot használjuk. α = 10 % � zα/2 = 1,65

-0,876 < µd < 6,076 A hiányzások várható értékei közötti eltérés 90%-os valószínűséggel -0,876 nap és 6,076 nap között van. 12. Egy új fogászati érzéstelenítő kipróbálására egy rendelőben véletlenszerűen

kiválasztottak 10 pácienst. 5 a hagyományos érzéstelenítőt kapta, 5 az újat. Kezelés közben megkérték a pácienseket, hogy egy 0-tól 100-ig terjedő skálán értékeljék, hogy mennyire érzik kellemetlennek a kezelést. (A magasabb érték nagyobb kellemetlenséget mutat.) Az eredményeket az alábbi táblázat tartalmazza. Becsüljük meg a páciensek két csoportja közötti kellemetlenségi szint várható értékei különbségét 98%-os megbízhatósági szinten! (A kellemetlenségi szint normális eloszlással írható le, mindkét csoportban.)

Hagyományos Új Mintaszám 5 5 Átlag 60,33 32,21 Szórás 15,82 12,77

Megoldás: két várható érték különbségének becslése ismeretlen elméleti szórás esetén. α = 2 %, DF = n1+n2-2 = 8 � tα/2 = 2,9

ahol sp

2 = [(5-1)15,822+ (5-1)12,772 ]/(5+5-2) = 206,67 1,75 < µd < 54,48

A két érzéstelenítő hatása közötti különbség várható értéke 98% valószínűséggel 1,75 és 54,48 között van.

( ) ( ) α−=

σ+σ+−<µ<σ+σ−− αα 1nn

zxxnn

zxxP2

22

1

21

2/21d2

22

1

21

2/21

( ) ( ) α−=

++−<µ<+−− 1

38

5,5

45

8,1265,18,74,10

38

5,5

45

8,1265,18,74,10P

22

d

22

( ) ( ) α−=

++−<µ<

+−− αα 1

n

1

n

1stxx

n

1

n

1stxxP

21

2p2/21d

21

2p2/21

( ) ( )

++−<µ<

+−−5

1

5

167,2069,221,3233,60

5

1

5

167,2069,221,3233,60 d

50

13. Egy tv műsort néző 400 felnőttből és 600 fiatalból álló mintából az derült ki, hogy 100 felnőttnek és 300 fiatalnak tetszett a műsor. Becsüljük meg 95%-os szinten azon felnőtt és fiatal nézők arányának különbségét, akiknek tetszett a műsor!

Megoldás: két sokasági arány különbségének a becslése α = 5 % � zα/2 = 1,96 1-es indexszel jelölve a fiatalok csoportját:

p1 = 300/600 = 1/2, q1 = 1/2, n1 = 600 a felnőttek csoportja:

p2 = 100/400 = 1/4, q2 = 3/4, n2 = 400

0,192 < P1-P2 < 0,308 Az adott tv műsor tetszési arányának fiatalok és felnőttek közötti különbsége 19,2% és 30,8% között van 95% valószínűséggel. Azaz nagy valószínűséggel állíthatjuk, hogy a fiataloknak jobban tetszett a műsor, mint a felnőtteknek. 14. Egy urnában ismeretlen arányban piros és fehér golyók vannak. Az urnából 60 elemű

véletlen visszatevéses mintát véve, a golyók 70%-a bizonyult pirosnak. Határozzuk meg a piros golyók tényleges arányának 95 és 99%-os konfidencia intervallumát! Mekkora mintát kellene vennünk, hogy 95 ill. 99%-osan biztosak lehessünk abban, hogy a tényleges arány nem tér el több mint 5%-al a mintabeli aránytól?

Megoldás: sokasági arány becslése illetve mintaszám meghatározása

ααα −=

−+<<−− 1)1()1(

2/2/ n

ppzpP

n

ppzpP

p = 0,7 α = 5 % � zα/2 = 1,96

60

3,07,096,17,0P

60

3,07,096,17,0

⋅⋅+<<⋅⋅−

0,584 < P < 0,816 α = 1 % � zα/2 = 2,58

60

3,07,058,27,0P

60

3,07,058,27,0

⋅⋅+<<⋅⋅−

0,547 < P < 0,853 ∆ = 0,05 p = 0,7 ε = 0,95 zα/2 = 1,96 ε = 0,99 zα/2 = 2,58

( ) ( ) α−=

++−<−<+−− αα 1

n

qp

n

qpzppPP

n

qp

n

qpzppP

2

22

1

112/2121

2

22

1

112/21

( ) ( )400

75,025,0

600

5,05,096,125,05,0PP

400

75,025,0

600

5,05,096,125,05,0 21

⋅+⋅+−<−<⋅+⋅−−

pqz

n2

2

∆= α

5601,5593,07,005,0

58,2n

2

≈=⋅

=

3237,3223,07,005,0

96,1n

2

≈=⋅

=

51

VI. Hipotézisvizsgálatok

Nemparaméteres próbák

1. Egy érmét 200-szor feldobva 115 alkalommal fej 85-ször írás az eredmény. Vizsgálja meg 5%-os szinten azt a hipotézist, hogy az érme szabályos! (α=5%)

Megoldás: Illeszkedésvizsgálat χ2-próbával:

Hipotézisek felállítása:

H0: szabályos, azaz diszkrét egyenletes eloszlás

H1: nem diszkrét egyenletes eloszlás

α=0,05 DF=2-1=1 χ2kr= 3,841

Számított érték meghatározása:

Osztályok fk pk Fk χ2i

fej 115 0,5 100 2,25 írás 85 0,5 100 2,25 Σ 200 1,0 200 4,5

χ2kr=3,841 < χ2

sz=4,5 A számított érték nagyobb, mint a kritikus. A nullhipotézist, α=0,05 szignifikancia szinten elutasítjuk, vagyis az érme nem szabályos. 2. Egy adott évben az építőipari vállalatoknál bekövetkező halálos balesetek száma a

következőképpen alakult: Balesetek száma

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Vállalatok száma

3 17 26 16 18 9 3 5 0 1

Leírható-e a balesetek száma Poisson-eloszlással? (α=10%)

Megoldás: illeszkedésvizsgálat

λ=? nem ismerjük → a mintából kell becsülnünk Poisson-eloszlás esetén M(ξ)=λ ← x (számtani átlag segítségével becsüljük –

pontbecslés)

302,398

19...26217130 ≈=⋅++⋅+⋅+⋅=λ

Nullhipotézis felállítása:

H0 : a balesetek száma λ=3 paraméterű Poisson-eloszlású H1: a balesetek száma nem λ=3 paraméterű Poisson-eloszlású

52

A számított érték meghatározásához szükségünk van az elméleti gyakoriságokra (F(k)), amelyeket az alábbi táblázat és a Poisson táblázat segítségével számíthatunk ki. Érdemes az utolsó 3 osztályt összevonni tekintettel arra, hogy 8 baleset egyetlen vállalatnál sem fordult elő.

k f(k) p k F(k) 0 3 0,049 4,802 1 17 0,149 14,602 2 26 0,224 21,952 3 16 0,224 21,952 4 18 0,168 16,464 5 9 0,1 9,8

6 vagy több

9 0,084 8,22

ΣΣΣΣ 98 1 98

DF=r-l-1=7-1-1=5 α=10% → táblázatból: χ2

elm.=9,236

Számított érték meghatározása:

( )76,3

22,8)22,89(

...602,14

)602,1417(802,4802,43 222

2 ≈−++−+−=szχ

A számított és a kritikus érték összehasonlítása:

χ2elm.=9,236 >> χ2

sz=3,64

Döntés a nullhipotézisről:

Mivel a számított érték kisebb, mint a kritikus – a számított érték az elfogadási tartományba esik –, ezért 90%-os megbízhatósági szinten nincs okunk a H0-t elutasítani. A balesetek száma modellezhető λ=3 paraméterű Poisson-eloszlással.

3. Egy presszó tulajdonosa szerint a különböző erősségű világos sörök közül a hölgyek a gyengébb söröket kedvelik. Sejtésének igazolására felmérést végzett, melynek eredménye a következő táblázatban látható. Igaza van a tulajdonosnak? (α=5%)

Sör erőssége Erős Közepes Gyenge

Férfi 20 50 30 Nő 10 55 35

Megoldás: Függetlenségvizsgálat χ2-próbával: H0: a sör erőssége és a nem függetlenek (!!!!) H1: a fenti két ismérv nem független egymástól α=0,05 DF=(2-1)·(3-1)=2 χ2

kr=5,99

53

Kontingencia táblázat:

tap.gyak

elm.gyak

Erős Közepes Gyenge Σ

Férfi 20 15.00

50 52.50

30 32.50

100

Nő 10 15.00

55 52.50

35 32.50

100

Σ 30 105 65 200 Számított érték:

χ2sz=1,667+0,119+0,192+1,667+0,119+0,192=3,956

Számított érték kisebb, mint a kritikus érték, a H0 nullhipotézist α=0,05 szignifikancia szinten elfogadjuk, vagyis a sör erőssége és a nem között nincs összefüggés.

4. Vizsgáljuk meg, hogy a Tisza Szegednél mért évi maximális vízállásai ugyanazt az

eloszlást követték-e 1876-1925 között, mint 1926-tól 1975-ig! A méterben megadott adatok az alábbiak (α=10%):

Gyakoriság 1876-1925

Gyakoriság 1926-1975

V < 5 5 10 5 ≤≤≤≤ V <6 11 11 6 ≤≤≤≤ V <7 13 13 7 ≤≤≤≤ V <8 13 10

8 < V 8 6 Megoldás: homogenitás-vizsgálat H0: a két időszak maximális vízállásainak eloszlása azonos H1: a két időszak maximális vízállásainak eloszlása nem azonos α=0,10 DF=5-1=4 χ2

kr=7,78 Kontingencia táblázat:

C1 C2 Total 1 5

7.50 10

7.50 15

2 11 11.00

11 11.00

22

3 13 13.00

13 13.00

26

4 13 11.50

10 11.50

23

5 8 7.00

6 7.00

14

Total 50 50 100

tap.gyak

elm.gyak

54

Számított érték:

χ2sz=0,833+0,833+0,000+0,000+0,000+0,000+0,196+0,196+0,143+0,143=2,344

Számított érték kisebb, mint a kritikus érté, a H0 nullhipotézist α=0,1 szignifikancia szinten elfogadjuk, a két időszak maximális vízállásainak eloszlása azonos.

5. Egy vállalatnál az átlagos heti túlóra-kifizetéseket vizsgálták. 80 véletlenszerűen

kiválasztott dolgozó adatai alapján az átlagos túlórafizetés az alábbi eloszlást mutatja:

Heti túlórabér [font] munkások száma

T < 1 19 1 ≤≤≤≤ T < 2 29 2 ≤≤≤≤ T < 5 17 5 ≤≤≤≤ T < 10 12

10 < T 3 Leírhatók-e a heti-túlórakifizetések normális eloszlással? Megoldás: Illeszkedésvizsgálat H0: normális eloszlás N(?;?) H1: nem normális eloszlás A hipotézisek felállításához szükség van az átlag és a szórás becslésére (lásd: leíró statisztika):

átlag: 380240

8035,12...295,1195,0 ==⋅++⋅+⋅=x

szórás: 773,880

)35,12(3...)35,1(29)35,0(19 2222* =−⋅++−⋅+−⋅=s � s*=2,962

Így már pontosan meg tudjuk fogalmazni a hipotéziseinket:

H0: a heti túlóra kifizetés normális eloszlású N(3,0;2,962) paraméterekkel

H1: a heti túlóra kifizetés nem N(3,0;2,962) paraméterű normális eloszlású

becsült paraméterek száma: 2

α=0,10 DF=r-1-2=5-3=2

χ2kr=4,61

55

Számított érték meghatározása:

Osztályok fk pk Fk χ2i

– 1 19 0,2498 19,98 0,05 1 – 2 29 0,1181 9,44 40,5 2 – 5 17 0,3824 30,59 6,04 5 – 10 12 0,2407 19,26 1,24 10 – 3 0,0091 0,725 !!

Σ 80 1,0000 80 47,83 DF=r-1-2=4-3=1 χ2

kr=2,71 χ2

sz=47,83 A számított érték nagyobb, mint a kritikus, a nullhipotézist α=0,1 szignifikancia szinten elutasítjuk, azaz a heti túlóra kifizetés nem tekinthető N(3,0; 2,962) normális eloszlásúnak. 6. Egy termelési folyamatban 4 gép működik 3 műszakban. Véletlen mintát véve a hibás

termékekből, gépek és műszakok szerint csoportosították őket. Az eredményt az alábbi táblázat mutatja.

Műszak Gépek

A B C D

I. 10 11 8 9

II. 16 9 13 11

III. 12 9 14 9

Van-e kapcsolat a selejtnagysága szerint a gépek és műszakok között? (α=10%)

Megoldás: Függetlenségvizsgálat χ2-próbával: H0: a gép és a műszak ismérvek függetlenek (!!!!) H1: a két ismérv nem független α=0,1 DF=(3-1)·(4-1)=6 χ2

kr=10,645 Kontingencia táblázat:

tap.gyak

elm.gyak

56

Műszak gépek Gyak.

A B C D

I. 10

11,023

11

8,41

8

10,15

9

8,41

38

II. 16

14,21

9

10,85

13

13,1

11

10,85

49

III. 12

12,76

9

9,74

14

11,76

9

9,74

44

Gyakoriság 38 29 35 29 131

Számított érték:

χ2sz=0,095+0,7976+0,455+0,0414+0,2255+0,315+0,000763+0,002074+0,0453+0,05622+

+0,4267+0,05622=2,517 Számított érték kisebb, mint a kritikus érték, a H0 nullhipotézist α=0,05 szignifikancia szinten elfogadjuk, vagyis a gépek és a műszakok függetlenek egymástól.

7. Vizsgálja meg, hogy az alábbi pénzfeldobási kísérlet eredménye tekinthető-e véletlen sorozatnak!

(F = fej, I = írás)

F,F,I,I,F,F,F,I,I,F,F,F,F,I,I,F,I,F,F,I,I,F,F,F,I

Megoldás: sorozatpróba

FF |II |FFF| II | FFFF| II | F| I| FF| II | FFF| I

a sorozatok száma: r = 12

nI = 10, nF = 15

mindkettő elég nagy, hogy a normális eloszlással való közelítést használjuk

H0: a fej és az írás váltakozása véletlenszerű

H1: a fej és az írás váltakozása nem véletlenszerű

α=0,05 zα/2 = 1,96, az elfogadási tartomány: -1,96 – 1,96

zr = (12-13)/2,34 = 0,43

A nullhipotézist 95%-os megbízhatósági szint mellett elfogadjuk, a fej és írás váltakozása véletlenszerű.

1311015

15102r =+

+⋅⋅=µ ( )

( ) ( ) 34,2115101510

151015102151022r =

−++−−⋅⋅⋅⋅=σ

57

8. Tekinthető-e véletlenszerűnek az alábbi minta? (A medián alatti és feletti értékek véletlenszerűen váltakoznak.)

14,2 9,6 4,7 9,1 11,3 2,6 16 10,5 12,4 7,9 3,6 2,4

8,4 2,5 3,5 25,6 1,5 5,5 4,5 22,1 23,2 2,8 24,8 4,8

10,3 4,1 9,4 4,2 4,6 6,5

Megoldás: sorozatpróba alkalmazása

a medián értéke: 7,2

a mintavétel sorrendjében a medián alatti(A) és feletti(F) értékek sorozata:

F,F,A,F,F,A,F,F,F,F,A,A,F,A,A,F,A,A,A,F,F,A,F,A,F,A,F,A,A,A

A sorozatok száma: r = 18

nA = 15, nF = 15

mindkettő elég nagy, hogy a normális eloszlással való közelítést használjuk

H0: a folyamat véletlenszerű

H1: a folyamat nem véletlenszerű

α=0,05 zα/2 = 1,96, az elfogadási tartomány: -1,96 – 1,96

zr = (18-16)/2,7 = 0,74

A nullhipotézist 95%-os megbízhatósági szint mellett elfogadjuk, a folyamat véletlenszerű.

9. Egy nagyváros közlekedésbiztonsági osztálya szeretné megvizsgálni, hogy változott-e egy bizonyos balesettípusban okozott kár nagysága az új közlekedési szabályok bevezetése után. Egy forgalmas kereszteződés baleseti statisztikái közül véletlenszerűen kiválasztottak 10-et az új szabály bevezetése előtti, és 10-et az utána következő időszakból. Az egy balesetben okozott kár nagyságát az alábbi táblázat mutatja. Vizsgáljuk meg, hogy van-e változás a balesetben okozott kár nagyságát tekintve a szabály bevezetését követően!

Kár a szabály bevezetése előtt, [eFt] Kár a szabály bevezetése után, [eFt] 150 145 500 390 250 680 301 560 242 899 435 1250 100 290 402 963 716 180 200 550

161151515152

r =++

⋅⋅=µ ( )( ) ( ) 7,2

115151515

151515152151522r =

−++−−⋅⋅⋅⋅=σ

58

Megoldás: Mann-Whitney U próba alkalmazása

A rendezett minta rangszámai (csoport: E=a bevezetés előtti kár, U=bevezetés utáni kár)

Érték 100 145 150 180 200 242 250 290 301 390

Csop. E U E U E E E U E U

Rangsz. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Érték 402 435 500 550 560 680 716 899 963 1250

Csop. E E E U U U E U U U

Rangsz. 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

A rangszámok összege mintánként:

RE = 84, RU = 126

H0: a két minta eloszlása azonos

H1: a bevezetést követően eltolódott az eloszlás az eredetitől valamelyik irányba (a középértékek nem egyenlők)

U érték kiszámolása:

Mindkét mintaszám 10, ami lehetővé teszi a normális eloszlással történő közelítést.

α=0,05 zα/2 = 1,96, az elfogadási tartomány: -1,96 – 1,96

zU = (71-50)/13,2 = 1,59

z értéke az elfogadási tartományba esik, 5%-os szignifikancia szinten elfogadjuk a nullhipotézist, nincs változás az egy balesetben okozott kár nagyságának eloszlásában az új szabály bevezetésével.

71842

)110(101010U =−++⋅=

502

1010U =⋅=µ 175

12

)11010(10102U =++⋅=σ

59

Paraméteres próbák

1. Egy liter „A” márkájú benzin felhasználásával öt hasonló gépkocsi azonos feltételek mellett 11,5, 12,3, 10,2, 11,7 és 10,8 km-t tettek meg. Ugyanezek az autók a „B” márkájú benzinnel 10,3, 9,8, 11,4, 10,1 és 10,7 km-t mentek. Vizsgálja meg, hogy az 1l-rel megtehető km-ek számát tekintve az „A” márka jobb-e, mint a „B”?

Megoldás: kétmintás próba, a minták nem függetlenek! páros t-próba

A benzin B benzin di különbség 11,5 10,3 1,2 12,3 9,8 2,5 10,2 11,4 -1,2 11,7 10,1 1,6 10,8 10,7 0,1

H0: µA=µB (µd=0)

H1: µA>µB (µd>0)

n=5 84,05

1,06,12,15,22,1 =++−+=d

43,14

)84,01,0(...)84,05,2()84,02,1( 222

=−++−+−=∗ds

DF=4 α=5% tkrit=2,13

3135,15/43,1

84,0

/===

∗ ns

dt

d

sz

H0-t elfogadjuk 95%-os megbízhatósági szinten, vagyis a két márka között nincsen különbség. 2. Egy szárazelemeket gyártó vállalatnál megvizsgálták egy új típusú elemfajta

élettartamát. A korábbi elemek élettartama 299 óra volt. Véletlen mintavétellel kiválasztva 200 új elemet, az átlagos élettartamuk 300 óra volt, 8óra szórással. Valóban megnőtt az elemek élettartama?

Megoldás: Bár σ nem ismert, de n>30 � egymintás z-próba H0: µ=299h H1: µ>299h α=1% zα=2,33

n=200 hx 300= s*=8h

60

=−=200/8

299300szz 1,77

Mivel zsz<zα, ezért H0-t elfogadjuk 99%-os megbízhatósági szinten, azaz nem nőtt meg az elemek élettartama. 3. Egy betongyárban 4 cementgyárból (A, B, C, D) vásárolnak cementet. A cement

minőségét próbakockák gyártásával ellenőrzik. A beérkező „500-as cement” szállítmányokból mintát véve a próbakockák nyomószilárdság adatai [kg/cm2-ben] az alábbiak A szállító: 512, 716, 668, 726, 580

B szállító: 516, 664, 614, 586, 590 C szállító: 542, 684, 722, 600, 642 D szállító: 566, 744, 546, 610, 672.

Van-e különbség a szállítók között? Megoldás: Varianciaanalízis, előtte Cohran-próba (!) H0: σA=σB=σD=σC H1: legalább egy eltér α=5% n=5 f(DF)=4 r=4 gkrit=0,63 n átlag s* A 5 640,4 92,112 B 5 594,0 53,535 C 5 638,0 70,442 D 5 627,6 81,061

gszámított= 37,0061,81442,70535,53112,92

112,92... 2222

2

222

21

2max =

+++=

+++=

rsss

sg

H0-t 95%-os megbízhatósági szinten elfogadjuk. Mehetünk tovább a varianciaanalízisre. H0: µA=µB=µC=µD H1: legalább egy eltér

Négyzetösszeg neve

Négyzet-összegek

Szabad-ságfok

Szórás becslése

F érték p-érték

Csoportok közötti *

( )∑=

−r

i

ii xxn1

2 r-1 sk2 sk

2/sb2 p

Csoporton belüli **

( )∑∑= =

−r

i

n

j

iij

i

xx1 1

2 n-r sb2 - -

Teljes ( )∑∑= =

−r

i

n

jij

i

xx1 1

n-1 - - -

61

A csoportok közötti négyzetösszeg kiszámításához szükség van a főátlagra, ezt pedig a részátlagok segítségével könnyen előállítható, de súlyozni kell:

62520

6,6275638559454,6405 =⋅+⋅+⋅+⋅=x

A csoportok közötti négyzetösszeg:

( ) 25,6872)6257,627(5)625638(5)625594(5)6254,640(5 2222

1

2=−⋅+−⋅+−⋅+−⋅=−∑

=

r

i

ii xxn

A csoportokon belüli négyzetösszegek az egyes csoportokhoz tartozó szórások segítségével könnyen számítható, a szórás képlete:

1

)( 2

1

−

−=∑

=∗

n

xx

s

n

jiij

, a feladatunk, hogy a gyök alatt lévő tört számlálóját előállítsuk minden

csoport esetében a már kiszámolt szórások segítségével � )1()(22

1

−⋅=− ∗

=∑ nsxx

n

jiij

A beszállító csoporton belüli négyzetösszege így: 33938,5 B beszállító: 11464 C beszállító: 19848,3 D beszállító: 26283,5 Ez összesen: 91534,3 Minden rendelkezésre áll a táblázatunkhoz, és a végső próba elvégzéséhez:

Négyzetösszeg neve

Négyzet-összegek

Szabad-ságfok

Szórás becslése

F érték p-érték

Csoportok közötti *

6872,25 4-1=3 sk2=2290,75 sk

2/sb2=

0,4 p

Csoporton belüli **

91534,3 20-4=16 sb2=5720,9 - -

Teljes 98406,55 20-1=19 - - - α=5% DFszámláló=3 DFnevező=16 Fkrit=3,24 Mivel Fsz=0,4<Fkrit=3,24 � H0-t elfogadjuk 95%-os megbízhatósági szinten, azaz a beszállítóktól származó próbakockák minősége (nyomószilárdsági adatai) között nincs különbség. 4. Kétféle oldat (A és B) pH értékét szeretnénk összehasonlítani. Hatelemű mintát

elemezve az A oldatból 7,52-es átlagos pH értéket kaptunk 0,024 szórással. Ötelemű minta alapján a B oldat átlagos pH értéke 7,49 volt 0,032 szórással. Vizsgálja meg, hogy van-e különbség a két oldat pH értékében!

Megoldás: Kétmintás t-próba, amely előtt F-próbát kell végeznünk:

62

H0: σA=σB H1: σA<σB α=5% DFszámláló=4 DFnevező=5 Fkrit=5,19

78,1024,0032,0

2

2

==számF

H0-t 95%-os megbízhatósági szinten elfogadjuk, rátérhetünk a t-próbára: H0: µA=µB H1: µA≠µB α=0,05 DF=6+5-2=9 tα/2

=2,26

0007751,0265

032,04024,052

)1()1( 22

21

2*22

2*112 =

−+⋅+⋅=

−+−+−=

nn

snsnsp

78,10002842,0

03,0

)51

61

(0007751,0

49,752,7

1121

2

21 ==+⋅

−=

+

−=

nns

xxt

p

sz

H0-t 95%-os megbízhatósági szinten elfogadjuk, azaz nincs különbség a két oldat pH értéke között. 5. Egy fővárosi kerületben a 2000 májusában házasságot kötő párok közül véletlenszerűen

kiválasztottak 12 párt, és a párok mindkét tagját külön-külön megkérdezték, hogy hány gyermeket terveznek. Az eredmények a következők (a tervezett gyermekek száma a 12 házaspárnál):

Házaspár sorszáma

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Feleség 4 2 2 2 0 1 2 3 2 5 2 1 Férj 3 2 3 2 1 0 2 1 0 3 3 0

Vizsgáljuk meg, hogy 5%-os szignifikancia szinten van-e különbség a feleség és a férj által tervezett gyerekszám között!

Megoldás: Kétmintás, páros t-próba Képezzük páronként a különbségeket:

Házaspár sorszáma

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Feleség 4 2 2 2 0 1 2 3 2 5 2 1 Férj 3 2 3 2 1 0 2 1 0 3 3 0 di 1 0 -1 0 -1 1 0 2 2 2 -1 1

H0: µférj=µfeleség (µd=0)

63

H1: µférj<µfeleség (µd>0) A különbségek átlaga, és szórása:

5,0126

121...101 ==++−+=d

167,111

)5,01(...)5,00()5,01( 222

=−++−+−=∗ds

DF=11 α=5% tkrit=1,796

48,112/167,1

5,0

/===

∗ ns

dt

d

sz

H0-t elfogadjuk 95%-os megbízhatósági szinten, azaz nincs különbség a férj és a feleség által vállalni kívánt gyerekszám között.

6. Adott típusú hőmérsékletszabályozók minden egyes darabját – biztonsági okokból – a

gyártóműnél végellenőrzéskor, valamint a megrendelőnél átvételkor ellenőrzik. Az ellenőrzött méret előírása 120±3°C. A megrendelőtől számos reklamáció érkezett a leszállított szabályozók pontosságára vonatkozóan. A gyártómű azt tűzte ki feladatul, hogy megvizsgálja a megrendelő hitelesítő műszerét: nem mutat-e ez olyan pontatlanságot, amely a kapcsolási pontok eltérését okozhatja? A vizsgálat érdekében a gyártó és a megrendelő együttes vizsgálattal 40-40 darab véletlenszerűen kiválasztott szabályozó értékét műszereivel meghatározta. A mérések eredményei a gyártó műszerén:

CsCx gygy °=°= ∗ 54,1;8,119

A megrendelő műszerén: CsCx MM °=°= ∗ 17,1;2,121

A műszerek mérési pontossága (eltérése) okozhatja-e a reklamációban jelzett eltéréseket? (α=5%)

Megoldás: Az eltérés vizsgálatára két átlag összehasonlítására vonatkozó statisztikai próbát kell végeznünk. Nem páros mintáról van szó, mivel nem ugyanazt a 40 darab szabályozót mérték meg a megrendelőnél és a gyártónál. Az alapsokaságok szórásai ismeretlenek, ezért a minták szórásaival kell majd dolgoznunk. Első körben F-próbát kell végeznünk: H0: σgy=σM

H1: σgy>σM

732,117,154,1

2

2

==szF

DFszámláló=39 DFnevező=39 Fkrit=1,69 Mivel Fsz>Fkrit, ezért a H0-t 95%-os megbízhatósági szinten elutasítjuk. Welch-próbával kell folytatnunk: a gyártómű szakmai hipotézise szerint a megrendelő szisztematikus hibával mér az övéhez képest, így a hipotézisek:

64

H0: µgy=µM

H1: µgy<µM A Welch-próbánál a szabadságfokot külön számítással kell meghatározni:

634,005929,00342225,0

05929,0

4054,1

4017,1

40

54,1

22

2

2

2*2

1

2*1

2

2*2

=+

=+

=+

=

ns

ns

ns

c

( ) ( )( ) ( ) ( ) 77,72

9,201521

366,039634,0393939

111

11222

22

1

21 ==⋅+⋅

⋅=−⋅−+⋅−

−⋅−=cncn

nnDF

A próbastatisztika:

578,40935,0

4,1

4054,1

4017,1

2,1218,11922

2

2*2

1

2*1

21 −=−=+

−=+

−=

n

s

n

s

xxt f

tkrit≈-1,67 Mivel a számított érték az elfogadási tartományon kívül esik, ezért 95%-os megbízhatósági szinten nem fogadjuk el a H0 hipotézist, vagyis a megrendelő szisztematikus hibával mér a gyártóhoz képest.

7. Az előző példában szereplő hőmérsékletszabályozók minősítésével kapcsolatos

vizsgálatokat a gyártó és vevő jelenlétében vett véletlen mintákon végezték, és a méréseket mindkét műszeren azonos személy – a KERMI egy szakembere – végezte. A vizsgálatsorozat első tíz műszerén végzett mérésének tényleges eredményei az alábbiak voltak (Gy: a gyártó műszerén, M: a megrendelő műszerén mért értékeket mutatja):

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Gy 119,7 117,4 121,0 118,8 122,4 119,0 117,8 118,9 122,7 119,8 M 120,9 119,8 122,4 120,1 123,4 123,6 119,1 118,9 124,5 120,6

Van-e szignifikáns eltérés a két méréssorozat eredményei között 1%-os szignifikancia szinten?

Megoldás: A minta páros, ugyanis a méréseket mindkét műszeren azonos személy végezte. Képezzük a di különbségeket:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Gy 119,7 117,4 121,0 118,8 122,4 119,0 117,8 118,9 122,7 119,8 M 120,9 119,8 122,4 120,1 123,4 123,6 119,1 118,9 124,5 120,6 dm-gy 1,2 2,4 1,4 1,3 1 4,6 1,3 0 1,8 0,8

H0: )0( == dmgy µµµ

65

H1: )0( >< dmgy µµµ

A különbségek átlaga és szórása:

58,110

8,1510

8,0....4,14,22,1 ==++++=d

23,19

)58,18,0(...)58,14,2()58,12,1( 222

=−++−+−=∗ds

DF=9 α=1% tkrit=2,821

06,410/23,1

58,1

/===

∗ ns

dt

d

sz

Mivel tsz>tkrit, ezért H0-t 99%-os megbízhatósági szinten elutasítjuk, vagyis van szignifikáns eltérés a két méréssorozat eredményei között. 8. Egy automata gépsor által töltött dobozokból 10 elemű mintát veszünk. A mintába

került 10 doboz grammban kifejezett töltősúlya a következő: 255g, 242g, 245g, 253g, 249g, 251g, 250g, 255g, 245g, 246g. Ellenőrizzük, hogy a gépsor teljesíti-e a 250g várható értékű specifikációt 1%-os szignifikancia szinten!

Megoldás: egymintás t-próba, n<30

H0: µ=250 H1: µ≠250

0

995,02/

222

25,363,025,3

25,3

63,010/51,4

2501,249

/

51,49

9,182

110

)1,249246(...)1,249242()1,249255(

1,24910

2491

10

246245...242255

Hmivel

ttt

ns

xt

s

x

kr

sz

→<−<−±===

−=−=−=

==−

−++−+−=

==++++=

∗

∗

α

µ

Azaz 1%-os szignifikancia szinten a gépsor teljesíti a 250g várható értékű specifikációt.

66

9. Két iskolában (A és B) a tanulók intelligencia szintjét hasonlítják össze. Mindkét iskolából 25-25 fős véletlen mintát vettek. A két minta adataiból a számítások eredményei:

4,13

112

18

117

=

==

=

∗

∗

B

B

A

A

s

x

s

x

Vizsgáljuk meg 1%-os szignifikancia szinten, hogy van-e eltérés a két iskola tanulóinak intelligencia szintje között! Megoldás:

1. F-próba

0

2

2

2

2

1

0

66,2

804,14,13

18

:

:

HFF

F

s

sF

H

H

krsz

kr

B

Asz

BA

BA

→<=

===

>=

∗

∗

σσσσ

2. kétmintás t-próba

0

2222

1

0

403,2

116,118,796,12

5

254,13

2518

112117

:

:

Htt

tt

n

s

n

s

xxt

H

H

krsz

kr

B

B

A

A

BAsz

BA

BA

→<==

=+

=+

−=

+

−=

>=

∗∗

α

µµµµ

1%-os szignifikancia szinten nincs eltérés a két iskola tanulóinak intelligencia szintje között. 10. Egy konzervgyárban két automata tölt lekvárt 0,5 literes üvegekbe. A gyártásközi

ellenőrzés során véletlen mintát vettek mindkét gépről. A mintákra vonatkozó eredmények:

Gép Mintaelem-szám Átlagos töltési

mennyiség, ml Töltési tömeg szórása, ml

I. 32 503 8,2 II. 37 495 7,6

Döntse el 5%-os szignifikancia szinten, hogy tekinthető-e azonosnak a két gépen a töltési tömeg szórása és átlaga!

67

Megoldás: a) szórások egyezőségének vizsgálata: F-próba

0

2

2

2

2

1

0

79,1

164,16,72,8

:

:

HFF

F

s

sF

H

H

krsz

kr

B

Asz

BA

BA

→<=

===

>=

∗

∗

σσσσ

A két gépen a töltési tömeg szórása azonosnak tekinthető 5%-os szignifikancia szinten.

b) átlagok egyezőségének vizsgálata: kétmintás z-próba, mivel nA, nB >30

1

2222

1

0

64,195,0)(%5

188,456,11,2

8

37

6,7

32

2,8

495503

:

:

Hzz

zz

nn

xxz

H

H

krsz

kr

B

B

A

A

BAsz

BA

BA

→>=→=Φ→=

=+

=+

−=

+

−=

>=

α

σσ

µµµµ

1

1

0

96,1

96,1975,0)(025,02/%5

188,4

:

:

:_

Hz

zz

z

H

H

megoldásMásik

sz

kr

sz

BA

BA

→>±=→=Φ→=→=

=≠=

αα

µµµµ

A két gépen a töltési tömeg átlaga nem tekinthető azonosnak 5%-os szignifikancia szinten. 11. Egy kutatás során azt vizsgálták, hogy az üzleti környezetet hogyan ítélik meg az egyes

vállalkozások vezetői. A kérdőíves vizsgálat során a vállalkozások mérete alapján 3 csoportba (A, B, C) sorolták a megkérdezett vezetőket, akik válaszait egy 100 pontos skálán értékelték. Az értékelési skálán kapott pontszámok normális eloszlásúnak tekinthetők. A vizsgálat során mindhárom kategóriában 8 vállalkozást kérdeztek meg.

68

Vállalkozás méret A. Kis- és

mikrovállalkozások B. Közepes vállalatok C. Nagyvállalatok

45 63 62 39 66 65 52 61 61 43 68 74 51 72 69 43 64 66 47 58 70 48 60 69

Átlag 46 64 67 Korrigált tap. szórás 4,375 4,567 4,342

Vizsgálja meg, hogy a vállalatméret szerinti csoportok között van-e eltérés a kapott pontszámok között!

Megoldás: A példa kérdése az átlagpontszámok összevetésére irányul. Több mintáról, illetve mintán belüli csoportokról van szó, így a várható érték összehasonlítása egyszeres osztályozású variancia-analízissel végezhető el. A variancia, mint próba elvégzéséhez előfeltétel, a vizsgált jellemző normalitása, valamint az alapsokasági szórások egyezősége. Az előbbi feltételről szól a példa, az utóbbiról nem. Ezért a variancia-analízis elvégzése előtt a szórások egyezését is vizsgálni szükséges. Ehhez Cohran-próbát választhatunk, mivel a csoportokon belül a mintaelemek száma azonos. A példa megadta a csoportok átlagát és szórását, így azokat nem kell most kiszámolni. Cohran-próba H0: az elméleti szórások nem különböznek H1: a legnagyobb szórás (2. részminta, a B csoport) különbözik a többitől α=0,05 DF=n-1=8-1=7 r=3 gkr=0,68 smax*

2=20,857

gs

s s sr=

+ + +max

...

2

12

22 2

gsz=20,857/(19,143+20,857+18,857) =0,354 A számított g érték kisebb, mint a kritikus érték, így 5%-os szignifikancia szinten elfogadjuk H0-t, vagyis az alapsokasági szórások megegyezőeknek tekinthetők. Variancia-analízis: H0: µA=µB =µC H1: legalább az egyik várható érték eltér a többitől

69

A főátlag: 59 pont Belső szórás:

( )∑∑= =

−r

i

n

j

iij

i

xx1 1

2

Ennek kiszámítását most a csoportok megadott szórásainak „visszafejtésével” végezzük el. ( ) ( ) ( ) ( ) 4124,342 4,567 4,3757)18()18()18( 2222*2*2* =++⋅=⋅−+⋅−+⋅−= CBA sssSSB

sb2= 412/(24-3) = 19,619

Külső szórás:

( )∑=

−r

i

ii xxn1

2

2064)5967(8)5964(8)5946(8 222 =−⋅+−⋅+−⋅=SSK sk

2= 2064/(3-1)= 1032 Az Fsz számított értéke: Fsz = sk

2/sb2 = 52,6

Az F eloszlás szerinti kritikus érték meghatározása: α=0,05 A számláló szabadságfoka: 3-1=2 A nevező szabadságfoka: 24-3=21 A kritikus érték: Fkr=3,47 Döntés: Mivel Fsz>>F kr, a H0 nullhipotézist 5%-os szignifikancia szinten elutasítjuk, azaz az átlagok ill. legalább egy átlag szignifikánsan különbözik a többitől. (Itt ez értelemszerűen a kis- és mikrovállalkozások csoportja.) Vagyis az üzleti környezet megítélése a különböző méretű vállalkozások vezetői körében eltérőnek tekinthető. 12. Valamely terméket akkor vesz át a vevő, ha a selejtarány legfeljebb 2%-os. Egy nagyobb

szállítmányból vett 100 db-ból álló mintában 3 db selejtes terméket találtak. Állítsa fel a hipotéziseket, és tesztelje az előírást 5%-os szignifikancia szinten! Hozzon döntést az átvételt illetően!

Megoldás:

02,0:0 =PH

02,0:1 >PH Kritikus érték: 65,195,0 =z , az elfogadási tartomány: zsz<1,65

Számított érték:

71,0

100

)02,01(02,0

02,003,0

)1( 00

0 =−

−=−

−=

n

PP

PpZ

70

Mivel 0,71<1,65, így a nullhipotézist elfogadjuk, a szállítmány átvehető, a tényleges selejtarány nem nagyobb szignifikánsan az előírás szerintinél. 13. Egy illatszerboltban 10 nap alatt változatlan minőségű és változatlan árú 460 db

szappant adtak el, ebből 138 db volt „Amo” márkájú. Miután az „Amo” szappan csomagolását megváltoztatták, újabb 10 napos megfigyelés szerint 400 eladott szappan között 160 db volt „Amo” márkájú. Állapítsa meg 1%-os szignifikancia szinten, hogy az új csomagolás növelte-e az „Amo” szappan piaci részesedését!

Megoldás:

210 : PPH =

210 : PPH <

3,0460

1381 ==p 4,0

400

1602 ==p

3465,0860

4,04003,0460

21

2211 =⋅+⋅=++=

nn

pnpnp

A próbafüggvény:

077,3

400

1

460

16535,03465,0

4,03,0

11

21

21 −=

+⋅⋅

−=

+

−=

nnqp

ppzsz

Kritikus érték: α=0,01 � zα= –2,34 � elfogadási tartomány: zsz>zα

Mivel a számított érték kisebb, mint a kritikus érték, így 1%-os szignifikancia szinten elutasítjuk a nullhipotézist, vagyis az új csomagolás növelte a szappan piaci részesedését. 14. Egy gyorséttermi akció célja, hogy hatására a vásárlók 20%-a vásárolja meg az adott

terméket. 350 vásárlót tartalmazó véletlen mintában 65-en megvásárolták a szóban forgó terméket. Ellenőrizzük, hogy sikeresnek tekinthető-e az akció 5%-os szignifikancia szinten!

Megoldás:

186,0350

65 ==p 2,00 =P

00 : PpH =

00 : PpH <

Kritikus érték: α=0,05 � zα= –1,64 � elfogadási tartomány: zsz>zα

71

Próbafüggvény értéke:

655,0

350

)2,01(2,0

2,0186,0

)1( 00

0 −=−−=

−−=

n

PP

PpZ

Mivel a számított érték nagyobb, mint a kritikus érték, így a nullhipotézist elfogadjuk, vagyis sikeresnek tekinthető az akció.

72

Paraméteres és nemparaméteres feladatok

1. Véletlenszerűen kiválasztott 120 db mikrohullámú sütő élettartam szerinti megoszlását mutatja a következő táblázat:

Élettartam, év db

-5 8 5-6 28 6-7 44 7-8 25 8- 15 Összesen 120

A mintából számított jellemzők:

évs

évx

67,0

36,6

==

∗

a) 5%-os szignifikancia szinten ellenőrizze azt az állítást, hogy mikrohullámú sütők

élettartama normális eloszlást követ! b) Teljesül-e 5%-os szignifikancia szinten az a minőségi előírás, hogy az élettartam

átlaga meg kell, hogy haladja a 6 évet! Megoldás: a) Illeszkedésvizsgálat H0: a mikrohullámú sütők élettartama N(6,36; 0,67) eloszlást követ H1: a mikrohullámú sütők élettartama nem N(6,36; 0,67) eloszlást követ Élettartam, év f i pi Fi χszám

2

-5 8 0,022 2,64 10,88 5-6 28 0,2725 32,7 0,67 6-7 44 0,5344 64,13 6,31 7-8 25 0,1637 19,64 1,45 8- 15 0,0073 0,876 227,7 Összesen 120 1 120 247,1

73

%73,00073,0992656,01)8(1)8(1)8(

%37,161637,0828944,0992656,0

828944,0)44,2(828944,0)67,0

36,68()7()8()87(

%44,535344,02945,0828944,0

2945,0)95,0(2945,0)67,0

36,67()6()7()76(

%25,272725,0022,0705401,01022,0)54,0(1022,0)54,0(

022,0)67,0

36,66(022,0)6()5()6()65(

%2,2022,0

978,01)03,2(1)03,2()67,0

36,65()5()5(

==−=−=<−=>==−=

=−Φ=−−Φ=−=<<

==−=

=−Φ=−−Φ=−=<<

==−−=−Φ−=−−Φ=

=−−Φ=−=−=<<

==

=−=Φ−=−Φ=−Φ==<

FPP

FFP

FFP

FFFP

FP

ξξ

ξ

ξ

ξ

ξ

122

2

22

1

22

21251

991,5

01,2477,22745,131,67,32

)7,3228(

64,2

)64,28()(

H

lrDF

F

Ff

krszám

kr

n

i i

iiszám

→>

=−−=−−==

=+++−+−=−=∑=

χχ

χ

χ

A mikrohullámú sütők élettartama 5%-os szignifikancia szinten nem N(6,36; 0,67) eloszlású. b) PARAMÉTERES! egymintás z-próba, mert n>30

1

1

0

64,1

64,1)95,0(

%5

9,5

120

67,0636,6

6:

6:

Hz

zzz

n

sx

z

H

H

sz

krkr

sz

→>=→Φ==

=

=−=−=

>=

∗

α

α

µµµ

5%-os szignifikancia szinten az élettartam átlaga meghaladja a 6 évet.

74

2. Egy sörgyártó vállalatnál a sör névleges térfogata 500ml kell, hogy legyen, és a térfogat szórása legfeljebb 10ml lehet. Egy 100 elemű véletlen mintából ellenőrzik a szállítmányt. A minta adatai a következők:

Térfogat, ml db -480 5 480-490 20 490-500 30 500-510 24 510-520 16 520- 5 Összesen 100

A mintából számított jellemzők:

mls

mlx

6,12

1,499

=

=∗

a) 5%-os szignifikancia szinten tesztelje azt a hipotézist, hogy a betöltött sör térfogat

szerinti eloszlása normálisnak tekinthető! b) A minta alapján ellenőrizze az átlagos töltősúlyra vonatkozó hipotézis teljesülését!

Megoldás: a) Illeszkedésvizsgálat H0: a sör névleges térfogata N(499,1; 12,6) eloszlást követ H1: a sör névleges térfogata nem N(499,1; 12,6) eloszlást követ

Térfogat, ml

f i pi Fi χszám2

-480 5 0,0643 6,43 0,318 480-490 20 0,1715 17,15 0,474 490-500 30 0,29227 29,22 0,021 500-510 24 0,2772 27,72 0,5 510-520 16 0,1464 14,64 0,126 520- 5 0,0485 4,85 0,00464 Összesen 100 1 100

Ahol f a tapasztalati gyakoriság, F pedig az elméleti gyakoriság (Fi=pi·Σf i).

75

%85,4048457,0951543,01)520(1)520(1)520(

%64,1414644,0805105,0951543,0

805105,0)66,1(805105,0)6,12

1,499520()510()520()520510(

%72,27277205,05279,0805105,0

5279,0)86,0(5279,0)6,12

1,499510()500()510()510500(

%22,292922,0235763,05279,0

235763,0)07,0(235763,0)6,12

1,499500()490()500()500490(

%15,171715,00643,0235763,00643,0)764237,01(0643,0)72,0(10643,0)72,0(

0643,0)6,12

1,499490(0643,0)490()480()490()490480(

%43,60643,0

935745,01)52,1(1)52,1()6,12

1,499480()480()480(

==−=−=<−=>==−=

=−Φ=−−Φ=−=<<

==−=

=−Φ=−−Φ=−=<<

==−=

=−Φ=−−Φ=−=<<

==−=−−=−Φ−=−−Φ=

=−−Φ=−=−=<<

==

=−=Φ−=−Φ=−Φ==<

FPP

FFP

FFP

FFP

FFFP

FP

ξξ

ξ

ξ

ξ

ξ

ξ

022

2

22

1

22

31261

815,7

444,100464,0126,05,0021,015,17

)15,1720(

43,6

)43,65()(

H

lrDF

F

Ff

krszám

kr

n

i i

iiszám

→<

=−−=−−==

=++++−+−=−=∑=

χχ

χ

χ

5%-os szignifikancia szinten a sör névleges térfogata N(499,1; 12,6) eloszlást követ. b) PARAMÉTERES! egymintás z-próba, mert n>30

0

2/

1

0

96,1714,096,1

96,1)975,0(

%5

714,0

100

6,125001,499

500:

500:

Hzzz

zzz

n

sx

z

H

H

krszkr

krkr

sz

→<−<−→<<−±=→Φ==

=

−=−=−=

≠=

∗

α

α

µ

µµ

5%-os szignifikancia szinten az átlagos töltési térfogat 500ml. (Megjegyzés: az ellenhipotézis lehetne µ<500 is, mivel a minta alapján az átlag 499,1.)

76

VII. Kétváltozós korreláció- és regresszióelemzés

1.) 9 kereskedelmi vállalatnál vizsgálták az árbevétel és az eredmény közötti kapcsolatot.

Árbevétel Eredmény millió Ft

440 12 469 14 518 14 644 21 750 25 890 35 999 44 1228 55 1262 50

Ismertek továbbá az alábbi részeredmények: Részeredmények

∑ yxdd 41118

∑ 2xd 789850

∑ 2yd 2188

( )2ˆ∑ − yy

47,5

( )2ˆ∑ − yy

2135,78

a) Írja fel a lineáris regressziófüggvényt és értelmezze a b1 paramétert! b) Számítsa ki és értelmezze a regressziós becslés relatív hibáját! c) Határozza meg, hogy a bruttó árbevétel hány százalékban magyarázza az eredmény

szóródását! d) Vizsgálja meg az eredmény árbevétel-rugalmasságát az átlagos szinten! Értelmezze az

eredményt! e) Adjon konfidenciaintervallumot 95%-os megbízhatósági szinten az 1000 millió Ft-os

árbevételhez tartozó eredmény nagyságára! f) Vizsgálja mindkét tanult módszerrel, hogy a regressziófüggvény szignifikáns-e!

Megoldások:

a) y=-11,65+0,052x az árbevétel 1 mFt-os növekedése átlagosan 0,052 mFt-al emeli az eredményt

b) se=2,605mFt Ve=0,087, átlagosan 8,7%-al térnek el a megfigyelt értékek a becsült értékektől

c) R2=97,8% d) El=1,39%, az árbevétel 1%-os megváltozása az átlagérték körül, 1,39%-os változást

okoz az eredményben. e) Pontbecslés y-ra: y=-11,65+0,052*1000 = 40,35mFt

t(7,0,975)=2,36 sy=2,605*Gyök(1/9+1+(1000-800)^2/789850) = 2,808 33,72<Y(1000)<46,98

77

f) H0: β1=0 H1: β1≠0 t=0,052/0,0029=17,93 t(7;0,975)=2,36 F=2135,78/(47,5/7)=314,75 F(1,7)= 5,59 A regressziófüggvény szignifikáns.

2.) 10 elemű minta alapján vizsgálták a Suzuki Sedan 1.3GL típusú gépkocsik életkora és eladási ára közötti kapcsolatot.

Életkor (év) 3 1 6 4 4 5 0 1 7 2

Eladási ár (ezer Ft) 1720 1800 1350 1600 1500 1550 2000 1750 1300 1700

a) Határozza meg a két ismérv kapcsolatát leíró lineáris regressziófüggvényt! b) Számítsa ki a kovarianciát, a lineáris korrelációs együtthatót, a regresszióbecslés

relatív hibáját! c) Tesztelje a regressziófüggvényt 5%-os szignifikanciaszinten! d) Becsülje meg a 8 éves gépkocsik eladási árát 95%-os megbízhatósági szinten!

Megoldások: xátl = 3,3 yátl = 1627 Σx2 = 157 Σy2 = 26875900 Σx = 33 Σy = 16270

xi yi dxi dyi dxi*dyi dxi2 dyi2 y becs. yi-ybecs ei2

3 1720 -0,3 93 -27,9 0,09 8649 1653,4 66,58 4432,9

1 1800 -2,3 173 -397,9 5,29 29929 1829,3 -29,34 860,8

6 1350 2,7 -277 -747,9 7,29 76729 1389,5 -39,54 1563,4

4 1600 0,7 -27 -18,9 0,49 729 1565,5 34,54 1193,0

4 1500 0,7 -127 -88,9 0,49 16129 1565,5 -65,46 4285,0

5 1550 1,7 -77 -130,9 2,89 5929 1477,5 72,50 5256,3

0 2000 -3,3 373 -1230,9 10,89 139129 1917,3 82,70 6839,3

1 1750 -2,3 123 -282,9 5,29 15129 1829,3 -79,34 6294,8

7 1300 3,7 -327 -1209,9 13,69 106929 1301,6 -1,58 2,5

2 1700 -1,3 73 -94,9 1,69 5329 1741,4 -41,38 1712,3

33 16270 0 0 -4231 48,1 404610 -0,32 32440 a.) b1 = -4231/48,1 = -87,96 b0 = 1627+87,96·3,3 = 1917,3

xy 96,873,1917ˆ −= b.) Cxy= -423,1 r = -4231/gyök(48,1·404610) = -0,959 se = 63,68 eFt

78

Ve = 0,039 c.) H0: β1 = 0 H1: β1 ≠ 0 DF = 8 α=5% tkrit = 2,31 Elf. Tartomány: -2,31 – 2,31 sb = 9,18 tsz = -87,96/9,18 = -9,58 H0-t elutasítjuk. d.) sy = 63,68·gyök(1,1+22,09/48,1) = 79,52 y8 = 1213,6 eFt 1213,6-2,31·79,52<Y8< 1213,6+2,31·79,52 (1030; 1397)eFt 3.) Egy egyéni vállalkozó fő tevékenységi körében teherszállítással foglalkozik. Munkájának elemzése során 10 véletlenszerűen kiválasztott fuvar alapján vizsgálta, hogy van-e összefüggés a szállítás időtartama és távolsága között. A megfigyelés eredménye az alábbi táblázatban található.

Szállítási távolság (km) (x)

4 4 2 10 19 20 16 20 25 30

Szállítási idő (perc) (y)

10 13 8 20 27 35 22 40 45 50

a) Határozza meg a két ismérv kapcsolatát leíró lineáris regressziófüggvényt! b) Számítsa ki a lineáris korrelációs együtthatót, a regresszióbecslés relatív hibáját,

valamint a becsült paraméterek standard hibáit! c) Számítsa ki a szállítási idő rugalmasságát átlagos szinten! d) Adjon 95%-os intervallumbecsést a β1 regressziós együtthatóra! e) Tesztelje a regressziófüggvényt 5%-os szignifikanciaszinten! f) Becsülje meg a 12 km távolságra történő szállítások átlagos idejét! (95%-os szinten)

Megoldások: xátl = 15 yátl = 27

x y dx dy dxdy dx 2 dy2 ybecs e2 4 10 -11 -17 187 121 289 10,423 0,178929 4 13 -11 -14 154 121 196 10,423 6,640929 2 8 -13 -19 247 169 361 7,409 0,349281

10 20 -5 -7 35 25 49 19,465 0,286225 19 27 4 0 0 16 0 33,028 36,33678 20 35 5 8 40 25 64 34,535 0,216225 16 22 1 -5 -5 1 25 28,507 42,34105 20 40 5 13 65 25 169 34,535 29,86623 25 45 10 18 180 100 324 42,07 8,5849 30 50 15 23 345 225 529 49,605 0,156025

Szumma 1248 828 2006 124,9566

79

a.) b1 = 1248/828 = 1,507 b0 = 27-1,507*15 = 4,395

xy 507,1395,4ˆ += b.) r= 1248/gyök(828·2006)= 0,9683 se= gyök(124,9566/8)= 3,952

vagy SST = 2006, r2= 0,93771 � SSE = (1-0,93771)·2006 = 124,9565 � se = 3,952

Ve = 3,952/27 = 0,1464 sb0 = 2,41 sb1 = 0,137 c.) El(y|xátl) = 1,507·15/27 = 0,837 d.) DF = 8 , α= 5% , tα/2 = 2,31 1,507 – 2,31·0,137 < β1 < 1,507 + 2,31·0,137 1,19 < β1 < 1,82 e.) H0: β1 = 0 H1: β1 ≠ 0 DF = 8 α=5% tkrit = 2,31 Elf. Tartomány: -2,31 – 2,31 sb1 = 0,137 tsz = 1,507/0,137 = 11 H0-t elutasítjuk. f.) sy = 3,952·gyök(0,1+9/828) = 1,316 y12 = 22,48 perc 22,48-2,31·1,316<Y12< 22,48+2,31·1,316 (19,44; 25,52) perc 4.) Egy farmer a felhasznált műtrágyafajták száma alapján szeretné előrejelezni a várható termésmennyiséget.

Felhasznált műtrágya 1 2 4 5 6 8 10

Termés [t/ha] 2 3 4 7 12 10 7

80

Ismertek továbbá az alábbi részeredmények: Részeredmények Cov(xy) 7,082 sx 2,95 sy 3,42

∑ 2xd 60,86

(megj.: a szórások korrigálatlan tapasztalati szórások) a) Határozza meg a két ismérv kapcsolatát leíró lineáris regressziófüggvény

paramétereit! b) Számítsa ki a lineáris korrelációs együtthatót és a determinációs együtthatót! c) Tesztelje a regressziófüggvényt 5%-os szignifikanciaszinten! d) Becsülje meg 7 fajta műtrágya alkalmazásával a termésmennyiséget 95%-os

megbízhatósági szinten! Megoldások: xátl = 5,14 yátl = 6,43 a.)

b1 = 7·7,082/60,857= 0,815 b0 = 6,43-0,815·5,14 = 2,241 b.) r= 7,082/gyök(8,7·11,7) = 0,702 R2 = 0,7022 = 0,493 c.) H0: β1 = 0 H1: β1 ≠ 0 DF = 5 α=5% tkrit = 2,57 Elf. Tartomány: -2,57 – 2,57 SSE = 7·11,7 (1- 0,493) = 41,5233 se= gyök(41,5233/5) = 2,88 sb1 = 2,88/gyök(60,86) = 0,37 tsz = 0,815/0,37 = 2,02 H0-t elfogadjuk, nem tér el szignifikánsan β1 értéke 0-tól. A modell nem releváns. d.) bár a modell nem releváns, becsüljük meg a termésmennyiséget: sy = 2,88·gyök(0,1+3,46/60,86) = 1,14 y7 = 7,95 t/ha

7,95-2,57·1,14 < Y7< 7,95+2,57·1,14 (5,02; 10,88)

81

VIII. Döntéselmélet

Döntés bizonytalan körülmények között

1. Adott az alábbi nyereség típusú döntési mátrix:

t1 t2 t3 t4

s1 100 60 -40 -20 s2 20 70 80 60 s3 40 60 200 60 s4 -10 20 20 70

Hogyan döntene bizonytalan körülmények között?

Megoldás: 1. Wald-kritérium Minden egyes stratégiánál megkeressük a legrosszabb következményt. S1 � -40 S2 � 20 S3 � 40 S4� -10 E legrosszabb következmények közül a legkevésbé rosszat választjuk, vagyis s3-at. 2. Laplace-kritérium Minden egyes tényállapot bekövetkezéséhez ugyanakkora valószínűséget kapcsolunk. P(t1)= P(t2)= P(t3)= P(t4)= ¼=0,25 Kiszámítjuk minden egyes stratégiához kapcsolódóan a következmények várható értékét.

0,25704

120

4

120

4

110

4

1)(

0,90604

1200

4

160

4

140

4

1)(

5,57604

180

4

170

4

120

4

1)(

0,25204

140

4

160

4

1100

4

1)(

4

3

2

1

=⋅+⋅+⋅+⋅−=

=⋅+⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅+⋅=

=⋅−⋅−⋅+⋅=

sM

sM

sM

sM

Ezek közül a legnagyobb várható értékűt választjuk, azaz s3-at.

82

3. Savage-kritérium Elmaradó haszon mátrixot készítünk, majd a Wald-kritériumot alkalmazzuk.

t1 t2 t3 t4

s1 0 10 240 90 s2 80 0 120 10 s3 60 10 0 10 s4 110 50 180 0

Kiválasztjuk minden egyes stratégiánál a legrosszabb következményeket: S1 � 240 S2 � 120 S3 � 60 S4� 180

Majd ezek közül a legkevésbé rosszat választjuk, vagyis s3-at.

2. Egy vállalkozó automatizált gyártóberendezést kíván importálni. A gép megbízható

működéséhez – többek között – egy kritikus alkatrész hibátlan működése szükséges. A szállító ajánlata szerint a berendezéssel együtt vásárolt tartalék alkatrészek ára: 10.000€/db. Egy-egy alkatrész utólagos beszerzésének a költsége viszont: 35.000€/db. A szállító adatai szerint az eddig eladott berendezések üzemeltetése során egy adott berendezés esetén legfeljebb 3 meghibásodás fordult elő. a) Hány tartalék alkatrészt vásároljon a vásárló, ha nincs információja a berendezés

megbízhatóságáról? b) Hogyan alakul a vállalkozó döntése, ha megkapja az eddig eladott 231 db.

berendezésről készült alábbi meghibásodási statisztikát.

Meghibásodott alkatrészek száma 0 1 2 3 Berendezések száma 135 56 27 13

Megoldás: Döntési mátrix készítése. 4 tényállapotunk van: 0, 1, 2, vagy 3 meghibásodás fordul elő. A stratégiák: 0, 1, 2, vagy 3 tartalék alkatrészt vásárolunk. A következmények pedig az ezzel kapcsolatos költségek.

t0 t1 t2 t3

s0 0 35000 70000 105000 s1 10000 10000 45000 80000 s2 20000 20000 20000 55000 s3 30000 30000 30000 30000

1. Wald-kritérium Minden egyes stratégiánál megkeressük a legrosszabb következményt.

S0 � 105000 S1 � 80000 S2 � 55000

83

S3� 30000 E legrosszabb következmények közül a legkevésbé rosszat választjuk, vagyis s3-at. 2. Laplace-kritérium Minden egyes tényállapot bekövetkezéséhez ugyanakkora valószínűséget kapcsolunk. P(t0)= P(t1)= P(t2)= P(t3)= ¼=0,25 Kiszámítjuk minden egyes stratégiához kapcsolódóan a következmények várható értékét.

300003000041

3000041

3000041

3000041

)(

287505500041

2000041

2000041

2000041

)(

362508000041

4500041

1000041

1000041

)(

5250010500041

7000041

3500041

041

)(

3

2

1

0

=⋅+⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅+⋅=

sM

sM

sM

sM

Ezek közül a legkisebb várható értékűt választjuk (mivel költségekről van szó), azaz s2-t. 3. Savage-kritérium Elmaradó haszon mátrixot készítünk, majd a Wald-kritériumot alkalmazzuk.

t0 t1 t2 t3

s0 0 25000 50000 75000 s1 10000 0 25000 50000 s2 20000 10000 0 25000 s3 30000 20000 10000 0

Kiválasztjuk minden egyes stratégiánál a legrosszabb következményeket: S0 � 75000 S1 � 50000 S2 � 25000 S3� 30000 Majd ezek közül a legkevésbé rosszat választjuk, vagyis s2-őt.

b) kérdés A tényállapotok bekövetkezési valószínűségét illetően kapunk információkat: Így P(t0)=135/231=0,5844, P(t1)=56/231=0,2424, P(t2)=0,1168, P(t3)=0,0563 Ezen valószínűségek felhasználásával számítjuk az egyes cselekvési változatok várható kilátásait, majd a legjobbat, vagyis s1-et választjuk (megint azért, mert költségekről van szó):

84

30000300000563,0300001168,0300002424,0300005844,0)(

5,21968550000563,0200001168,0200002424,0200005844,0)(

18028800000563,0450001168,0100002424,0100005844,0)(

5,225711050000563,0700001168,0350002424,005844,0)(

3

2

1

0

=⋅+⋅+⋅+⋅==⋅+⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅+⋅==⋅+⋅+⋅+⋅=

sM

sM

sM

sM

3. Salvador elhatározta, hogy megtakarított pénzén motelt kíván építeni, de nem tudja

még, hogy 20, 30, 40, vagy 50 szobát rendezzen-e be. Az előrelátható költségek a következők: A szobaszámtól független évi költségek:

• Tereprendezés és közművesítés: 10000 peso • Feltételezik, hogy az építményeknek és közműveknek 10 évig kell tartaniuk, és a

fix költségeket is 10 év alatt írják le, így a kezdeti tereprendezés és közművesítés költségének egy évre jutó hányada: 10 000 peso.

• Javítási és karbantartási költségek (fix költségrész) évente: 1500 peso • Éjjeli őr évente (járulékos költségekkel): 6000 peso • Egy karbantartó évente (járulékos költségekkel): 8000 peso

A fix költségek évi összege: 25500 peso. A szobák számával arányos évi költségek:

20 30 40 50 Építés, közművesítés, a szobák bebútorozása. Egy szoba költsége 40 000 peso és 10 éven keresztül azonos összeget írnak le. Különböző szobaszámok esetén:

80 000 120 000 160 000 200 000

10 szobánként egy alkalmazott: egy alkalmazott évi költsége a járulékos költségekkel együtt 6000 peso

12 000 18 000 24 000 30 000

Karbantartás és javítások szobánként évi 150 peso

3000 4500 6000 7500

Tűzbiztosítás (szobánként évi 25 peso)

500 750 1000 1250

Összesen 95 500 143 250 191 000 238750

A kivett szobák R átlagos számával arányos évi költségek: 0 10 20 30 40 50 Mosás, takarítás: 5 peso/nap/szoba 0 18000 36000 54000 72000 90000 Villany, gáz, víz: 5 peso/nap/szoba 0 18000 36000 54000 72000 90000 összesen 0 36000 72000 108000 144000 180000 Szobabér, bevételek 0 10 20 30 40 50 Bevétel 0 219000 438000 657000 876000 1095000 Ezen számok alapján meghatározták az évi bevételt különböző R és S értékek esetén. A következő táblázat tartalmazza ezeket az értékeket.

85

Nyereség (ezer pesoban kifejezve) 0 10 20 30 40 50 S=20 -121 62 245 245 245 245 S=30 -168,75 14,25 197,25 380,25 380,25 380,25 S=40 -216,5 -33,5 149,5 332,5 515,5 515,5 S=50 -264,25 -81,25 101,75 284,75 467,75 650,75 Ebben a bizonytalan helyzetben Salvador milyen kritériumot válasszon?

Megoldás: Laplace kritériuma: e kritérium szerint Salvador 1/6 valószínűséget adna R különböző értékeinek (0, 10, 20, 30, 40, 50). Ilyen körülmények között S különböző értékei esetén az alábbi valószínű nyereségeket kapná:

Valószínű nyereség

S=20 153,5 S=30 197,25 S=40 210,5 S=50 193,5

E kritérium alapján Salvador nyilván az S=40 szobaszámot választaná. Az egyenlő valószínűség hipotézise azonban sok embernek nem felel meg, bár elég sokan megelégszenek ezzel. Wald kritériuma: a legóvatosabb magatartás követése, vagyis a táblázat minden sorából a legkisebb eredményt nézzük meg, és azt a sort választjuk, amelyben az előbbi értékek közül a legnagyobbat találjuk. Salvador esetében a következőt kapjuk.

Minimum érték S=20 -121 S=30 -168,75 S=40 -216,5 S=50 -264,25

Salvador az S=20 szobaszám választása esetén biztos lehet abban, hogy veszít többet 121 000 pesónál. Ez elég pesszimista kritérium… Hurwicz kritériuma: bevezet szubjektív módon egy α optimizmus együtthatót. Legyen valamely adott sorban a legkisebb szám a, a legnagyobb pedig A. Ebben az esetben

aAH ⋅−+⋅= )1( αα értéket kell minden sor számára meghatározni. Azt a sort választjuk, amelyik a legnagyobb H értéket adja. Látjuk, hogy ha α=0, akkor Wald kritériumához jutunk, ha viszont α=1, akkor a teljes optimizmus kritériumát kapjuk. Salvador kiszámította H értékeit az α együttható különböző értékei esetén:

α=0,1 α=0,2 α=0,5 α=0,8 α=0,9 S=20 -84,40 -47,8 62 171,8 206,4 S=30 -113,85 -58,95 105,75 270,45 325,35 S=40 -143,3 -70,10 149,50 369,10 442,30 S=50 -172,75 -81,25 193,25 467,75 559,25

86

Ebben a problémában a teljesen pesszimista magatartás S=20 választásához, a teljesen optimista magatartás pedig S=50 választásához vezet. Savage kritériuma: minden R érték esetén meghatározzuk a legkedvezőbb esetet, és kivonjuk az ennek megfelelő értéket az ezen állapotra vonatkozó oszlop minden egyes eleméből. Ez a számítás megadja a különbséget a tényleges választás eredménye és a természet szándékai ismeretében legkedvezőbb választás eredménye között. Ezt a különbséget nevezik regretnek. Példánkban -121-et kell kivonni az R=0 oszlopból és 62-t az R=10 oszlopból stb.

0 10 20 30 40 50 S=20 0 0 0 -135,25 -270,50 -405,75 S=30 -47,75 -47,75 -47,74 0 -135,25 -270,50 S=40 -95,50 -95,50 -95,50 -47,75 0 -135,25 S=50 -143,25 -143,25 -143,25 95,50 -47,75 0

A regretek minimális értéke ebben az esetben S különböző értékei esetén:

Minimum regret érték S=20 -405,75 S=30 -270,50 S=40 -135,25 S=50 -143,25

Látjuk, hogy S=40 választása esetén Salvador regretje nem lehet nagyobb 135,25-nél. A választás nehézsége: Salvador az alábbi megoldások közül választhat: a) Laplace kritériuma szerint 40 szobát épít. b) Wald kritériuma szerint csupán 20 szobát épít. c) Hurwicz kritériuma szerint 20 szobát épít, ha teljesen pesszimista, és 50-et, ha teljesen optimista d) Savage kritériuma szerint 40 szobát épít. Eddig tartott a feladat megoldása. Nézzünk egy picit a feladaton túl! A kritérium kiválasztása pontosan a szabadságnak az a magasabb formája, amelyet a gazdasági élet szereplőinél megtalálunk. Minden kritérium meg kell, hogy feleljen a döntést hozó szándékainak és jellemének. Amint azt a fenti példán láttuk, a kritérium kiválasztása meghatározza a döntést, és ez a döntés különbözhet attól, hogy melyik kritériumot választjuk. Salvador nem ment volna bele a vállalkozásba, ha nem lett volna valamilyen előzetes információja arról, hogy milyen esélye van a tervezett vállalkozás sikerének. Pontosabban: ismerte azt a tényt, hogy a meglévő motelekben az utóbbi években az alábbi átlagos keresletet figyelték meg: kereslet 0 10 20 30 40 50 Valószínűség 0,01 0,09 0,20 0,30 0,30 0,10

87

Ennek következtében sokkal több támpontja volt a választáshoz. Csupán ki kellett számítania a várható nyereséget mindegyik hipotézis esetében:

12,301)50(50

676,330)40(40

22,305)1,03,03,0(25,3802,025,19709,025,1401,075,168)30(30

87,224)1,03,03,02,0(24509,06201,0121)20(20

====

=++⋅+⋅+⋅+⋅−===+++⋅+⋅+⋅−==

ES

ES

ES

ES

Ezután összehasonlította a várható értékeket. Így a legelőnyösebb megoldásnak a 40 szobás motel építése tűnik. A kritérium kiválasztása: Amint láttuk, a kritérium kiválasztása a legnehezebb kérdés, de talán a legérdekesebb is. Ami bennünket illet, úgy véljük, hogy kellőképpen pontos információk hiányában a választásnál célszerű kiszámítani a tönkremenés és a siker esélyeit. Nevezzük α-nak annak a szubjektív valószínűségét, hogy rossz eredményeket érünk el, és γ-nak annak a szubjektív valószínűségét, hogy sikert érünk el. A közbenső helyzeteknek a valószínűsége β, és egész egyszerűen: 1=++ γβα Ilyen feltételek között, ha ΣP a balszerencsés eredmények összege, I a közbenső eredmények összege és S a kielégítő eredmények összege, az

p

S

n

I

m

P ∑∑∑ ⋅+⋅+⋅ γβα

súlyozott összeg minden hipotézis esetében a várható érték szubjektív becslése, ahol m, n és p a megfelelő eredmények száma, amelyek az egyes kategóriákban előfordulnak. Az alapprobléma annak meghatározása, hogy az egyes különböző eredményeket melyik osztályba soroljuk. Térjünk vissza az elején megadott jövedelemtáblázathoz! Az első megoldás az lehet, hogy balszerencsésnek veszünk minden olyan eredményt, amely veszteségnek felel meg, vagyis ahol a táblázatban negatív érték szerepel. Ezzel szemben azt

az ellenvetést lehet tenni, hogy mivel a súlyozott átlagot vesszük, m

P∑ egyenlő például abban

az esetben, amikor S=40, a következővel:

1252

5,335,216 −=+−

abban az esetben pedig, amikor S=30, a következővel egyenlő:

75,168−=∑m

P

Tehát az az intuitív elképzelésünk alakul ki, hogy az épített szobák számával együtt nő a kockázat. Ezért inkább a második megoldást választjuk, amely abból áll, hogy csupán a táblázat első oszlopának (R=0) eredményeit tekintjük balszerencsés eredményeknek, a kis nyereséget és kis veszteséget pedig egyenértékű eredményeknek vesszük. Ez a megoldás természetesen aszimmetria alapján oda vezet, hogy az R=50 maximális keresletnek megfelelő eredményeket tekintsük kielégítő eredményeknek. Így az alábbi eloszláshoz jutunk. Vegyünk egy konkrét példát, feltéve, hogy Salvador 10%-ra becsüli a tönkremenés valószínűségét, de nem mer nagyobb valószínűséget adni 20%-nál a siker elérésének.

88

0 10 20 30 40 50 S=20 S=30 S=40 S=50

Balszerencséseredmények Közbenső

eredmények

Kielégítőeredmények

0 10 20 30 40 50 S=20 S=30 S=40 S=50

Balszerencséseredmények Közbenső

eredmények

Kielégítőeredmények

α0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1 IV.

IV. IV.

IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV. IV. IV.

IV.

IV. IV.

III. III. III. III. III. III. II. II. I.

III. III. III. II. II. II. I. I. I. I.

I.I. I. I. I.I.II. II. II. II. II.

α0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1 IV.

IV. IV.

IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV. IV. IV.

IV.

IV. IV.

III. III. III. III. III. III. II. II. I.

III. III. III. II. II. II. I. I. I. I.

I.I. I. I. I.I.II. II. II. II. II.

Az ábrán a legelőnyösebb döntés térképe látható: minden döntést, amely 20, 30, 40, 50 szoba építésére vonatkozik, egy szám – I., II., III. és IV. ábrázolja. Minden (α,γ) becslés pár számára le lehet olvasni a legelőnyösebb döntést. Így α=0,1; γ=0,2, tehát β=0,7, és kiszámíthatjuk, hogy

8,2382,01

75,6507,0

475,46775,10125,81

1,01

5,264)50(

2,2502,01

5,5157,0

45,5155,3325,149,335

1,01

5,216)40(

3,2292,01

25,3807,0

425,38025,19725,14

1,01

75,168)30(

4,1762,01

2457,0

4245362

1,01

121)20(

=⋅+⋅++−+⋅−=

=⋅+⋅+++−+⋅−=

=⋅+⋅⋅+++⋅−=

=⋅+⋅⋅++⋅−=

ε

ε

ε

ε

Ez a második megoldás megfelelőnek látszik a balszerencsés eredmények kategóriájára, viszont hátránynak lehet tekinteni azt, hogy két különböző kategóriába sorolja a barátunk számára azonos hasznot hozó eredményeket. Salvador optimistább, ha 20 ügyfél elutasítására számít, mint ha 10 ügyfél elutasítására számít. Logikusabb lenne tehát egy harmadik

89

megoldást alkalmazni, amelyben balszerencsés eseményeknek tekintjük azokat, amikor egyetlen ügyfél sem jelentkezik, kedvező eseményeknek pedig azt vesszük, amikor mindegyik szoba megtelik. Az eloszlást ebben az esetben az alábbi ábra mutatja be:

S=50

S=40

S=30

S=20

50403020100

Balszerencsés eredmények

Közbensőeredmények

Kielégítőeredmények

S=50

S=40

S=30

S=20

50403020100

Balszerencsés eredmények

Közbensőeredmények

Kielégítőeredmények

4. Egy könyvesbolt vezetője arról kíván döntést hozni, hogy a legújabb krimi bestsellerből hány példányt rendeljen. A krimik korábbi eladási tapasztalatára építve úgy véli, hogy 18-20 közötti darabot fog tudni értékesíteni. Minden egyes példány 3 dollárjába kerül, és 4 dollárért értékesíti azokat. Ha egyes példányokat nem tud értékesíteni, akkor a 1 dollárt visszakap az el nem adott példányok visszaküldésével. Függetlenül attól, hogy hány darabot rendel a szállítási és a kezelési költség 5 dollár. Készítsen döntési mátrixot a keresletek és megrendelések lehetséges kombinációit illetően!

Megoldás: A döntési mátrix elkészítése (nyereségmátrix dollárban):

t18 t19 t20

s18 13 13 13 s19 11 14 14 220 9 12 15

a) Hány példányszám mellett döntsön a könyvesbolt vezetője, ha nincs információja a

keresleti szintek bekövetkezési valószínűségeit illetően? Legyen az optimizmus együttható 0,6! Wald kritérium: minden cselekvési változathoz megnézzük a legrosszabb következményt, majd a legjobbat választjuk:

ti s18 13 s19 11 220 9

Ezek közül a legjobb a 13, tehát 18 példányt rendel az újságos.

90

Maximax kritérium: minden cselekvési változathoz megnézzük a legjobb következményt, majd a legjobbat választjuk:

ti s18 13 s19 14 220 15

A maximax kritérium értelmében 20 példányt rendel. Savage kritérium: regretmátrix készítése, majd Wald kritérium alkalmazása:

t18 t19 t20

s18 0 1 2 s19 2 0 1 220 4 2 0

Legrosszabb következmények:

ti s18 2 s19 2 220 4

E kritérium szerint vagy 18 vagy 19 példányt rendel az újságos. Hurwicz-kritérium:

1313)6,01(136,0)( 18 =⋅−+⋅=sϕ

8,1211)6,01(146,0)( 19 =⋅−+⋅=sϕ 6,129)6,01(156,0)( 20 =⋅−+⋅=sϕ

A Hurwicz-kritérium értelmében 18 példányt rendel. Laplace-kritérium:

12)15129(3

1)(

13)141411(3

1)(

13)131313(3

1)(

20

19

18

=++=

=++=

=++=

sM

sM

sM

A Laplace-kritérium értelmében 18 vagy 19 példányt érdemes rendelnie.

91

b) Múltbeli eladások alapján a könyvesbolt vezetője az alábbi szubjektív becsléseire alapozott valószínűségeket rendelte az egyes keresleti szintekhez. Hogyan döntsön ezen információk birtokában?

Keresleti szint Valószínűség 18 0,4 19 0,35 20 0,25 1

55,111525,01235,094,0)(

8,121425,01435,0114,0)(

131325,01335,0134,0)(

20

19

18

=⋅+⋅+⋅==⋅+⋅+⋅==⋅+⋅+⋅=

sM

sM

sM

Ennek értelmében érdemes 18 példányt rendelnie.

c) A kereskedő úgy döntött, hogy csak akkor rendel krimit, ha várhatóan 20-at el tud adni belőle. (Ha nem, akkor más típusú könyveket rendel.) Keresleti szint megítélésére gyors felmérést szokott végezni az ismerősök között. Az ismerősök által adott előrejelzés az esetek 75%-ában jelezte helyesen előre 20 könyv eladását. 19 könyv keresleténél az ismerősök 15% valószínűséggel jeleztek 20 könyvet, 18 könyv keresleténél pedig 10% valószínűséggel. A rendelések hány %-ban fog a kereskedő krimit rendelni? Hosszútávon mekkora lesz az árbevétele a krimik eladásából?

Legyen S = az ismerősök 20-at jeleztek T1 = 18-at vesznek meg T2 = 19-et vesznek meg T3 = 20-at vesznek meg P(T1), P(T2),P(T3) b. részből ismert, rendre: 0,4; 0,35 és 0,25. Most tudjuk még, hogy ha 18-at vettek, akkor az ismerősök 20-at jeleztek, P(S|T1)=0,1, ha 19-et vettek, akkor az ismerősök 20-at jeleztek P(S|T2) = 0,15 és ha 20-at vettek, akkor az ismerősök 20-at jeleztek P(S|T3) = 0,75. Nekünk éppen a fordított valószínűségek kellenek. Előtte az esetek hány %-ában jeleznek 20-at a teljes valószínűség tétele értelmében: P(S) = 0,4·0,1+0,35·0,15+0,25*0,75 = 0,28 A Bayes-tétel felhasználásával: P(T1|S) = 0,1428 P(T2|S) = 0,1875 P(T3|S) = 0,6696 Ezekkel a valószínűségekkel a nyereség: M(NY) = 13,5792

92

IX. Rang-módszerek alkalmazása

1. Kérjük, aláhúzással jelölje meg az alábbi tényezőpárosításokban, hogy melyik tényezőt tartja a kettő közül fontosabbnak egy feltételezett munkahely, vagy munkakör változtatás esetén.

Érdekes munkafeladatok (G) A jól végzett munka megbecsülése (K) Magas nyereségrészesedés (C) Jó viszony a vezetővel (F) Előmeneteli lehetőség (H) Érdekes munkafeladatok (G) Rendszeres prémium (B) Jó munkafeltételek (J) Ne kelljen nagyon keményen dolgozni (D) Jó viszony a munkatársakkal (E) Érdekes munkafeladatok (G) Jó munkafeltételek (J) A jól végzett munka megbecsülése (K) Jó viszony a vezetővel (F) Ne kelljen nagyon keményen dolgozni (D) Érdekes munkafeladatok (G) Rendszeres prémium (B) Magas nyereségrészesedés (C) Érdekes munkafeladatok (G) Magas nyereségrészesedés (C) Jó munkafeltételek (J) Jó viszony a vezetővel (F) Jó fizetés (A) Előmeneteli lehetőség (H) Érdekes munkafeladatok (G) Jó viszony a munkatársakkal (E) Rendszeres prémium (B) Érdekes munkafeladatok (G) Jó fizetés (A) Rendszeres prémium (B) Magas nyereségrészesedés (C) Jó fizetés (A) Jó fizetés (A) Ne kelljen nagyon keményen dolgozni (D) A jól végzett munka megbecsülése (K) Rendszeres prémium (B) Jó viszony a vezetővel (F) Előmeneteli lehetőség (H) Magas nyereségrészesedés (C) A jól végzett munka megbecsülése (K) Jó viszony a munkatársakkal (E) A jól végzett munka megbecsülése (K) Előmeneteli lehetőség (H) Jó munkafeltételek (J) Jó viszony a munkatársakkal (E) Előmeneteli lehetőség (H) Jó munkafeltételek (J) Jó viszony a munkatársakkal (E) Jó viszony a vezetővel (F) Rendszeres prémium (B) Ne kelljen nagyon keményen dolgozni (D) Rendszeres prémium (B) Rendszeres prémium (B) Jó viszony a munkatársakkal (E) Előmeneteli lehetőség (H) Rendszeres prémium (B) Jó munkafeltételek (J) Jó fizetés (A) Jó viszony a munkatársakkal (E) Magas nyereségrészesedés (C) Jó viszony a munkatársakkal (E) Jó viszony a vezetővel (F) A jól végzett munka megbecsülése (K) Ne kelljen nagyon keményen dolgozni (D) Jó fizetés (A) A jól végzett munka megbecsülése (K) Ne kelljen nagyon keményen dolgozni (D) Jó munkafeltételek (J) Előmeneteli lehetőség (H) Ne kelljen nagyon keményen dolgozni (D) Jó viszony a vezetővel (F) Ne kelljen nagyon keményen dolgozni (D) Jó viszony a munkatársakkal (E) Jó fizetés (A) Jó munkafeltételek (J) Jól végzett munka megbecsülése (K) Jó viszony a vezetővel (F) Érdekes munkafeladatok (G) Jó munkafeltételek (J) Magas nyereségrészesedés (C)

93

Jó fizetés (A) Jó viszony a vezetővel (F) Magas nyereségrészesedés (C) Ne kelljen nagyon keményen dolgozni (D) A jól végzett munka megbecsülése (K) Előmeneteli lehetőség (H) Magas nyereségrészesedés (C) Előmeneteli lehetőség (H) Érdekes munkafeladatok (G) Jó fizetés (A)

94

A

B C D E F G H J K a a2 p u

Jó fize-tés

Rend-szeres prémi-

um

Magas nyereségrészese-

dés

Ne kelljen nagyon kemé-nyen dol-

gozni

Jó viszony

a munka-társak-

kal

Jó viszony

a vezető-

vel

Érdekes munka-felada-

tok

Előme-neteli lehető-

ség

Jó munka-felté-telek

A jól végzett munka meg-

becsü-lése

A Jó fizetés

x

B Rendszeres prémium

x

C Magas nyereség-részesedés

x

D Ne kelljen nagyon keményen dolgozni

x

E Jó viszony a munkatársakkal

x

F Jó viszony a vezetővel

x

G Érdekes munkafeladatok

x

H Előmeneteli lehetőség

x

J Jó munkafeltételek

x

K A jól végzett munka

megbecsülése

x

Σ Összesen

95

2. Egy piackutató cég szeretné megállapítani, hogy nyolc különböző dvd lejátszó közül melyek elégítik ki a legjobban a vevők igényeit. E célból egy szakértői bizottság 9, a fogyasztó szempontjából lényeges jellemző szerint rangsorolja a fenti készülékeket. A kapott rangszámokat a következő táblázat tartalmazza. Hogyan lehetne egyesített rangsort készíteni, amely minden jellemzőt egybefoglalva egy általános minősítést tükröz?

Típus/jellemz ő 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. Ri

A 3 5 6 5 5 6 7 6 7 50

B 5 3 7 3 6 2 5 2 2 35

C 8 8 4 6 1 5 8 4 3 47

D 2 2 2 1 2 1 1 5 5 21

E 4 1 5 8 8 4 4 8 4 46

F 1 6 3 2 4 7 2 3 6 34

G 6 7 8 4 7 8 6 7 8 61

H 7 4 1 7 3 3 3 1 1 30

Megoldás: Először meg kell vizsgálni, hogy az egyes rangsorok csupán véletlenszerű ingadozást mutatnak, vagy szignifikáns összhang van a különböző szempontok szerint végzett rangsorolások között. Ha kimutatható ilyen összhang, akkor a rangszámok összegzése alapján készíthetünk egy olyan eredő rangsort, amely egy általános minősítést fog tükrözni. Az összhang vizsgálatára szolgál a Kendall-féle egyetértési együttható. W értékét úgy számíthatjuk, hogy a rangszámösszegek tényleges négyzetes eltéréseit elosztjuk a lehetséges maximális négyzetes eltérések összegével. Ez a hányados jellemző lesz az egyetértés vagy összhang mértékére. Ebben a példában nincs kötés, vagyis nincs rangszámegyezés.

max∆∆=W

12

)( 32

max

nnk −=∆ , esetünkben k (a döntéshozók száma) 9, n (rangsorolt

dolgok száma) 8.

5,402

)18(9

2

)1( =+⋅=+= nkR

340212

)88(9

12

)( 3232

max =−=−=∆ nnk

1146)5,4030(...)5,4047()5,4035()5,4050()( 22222

1

=−++−+−+−=−=∆ ∑=

n

ii RR

Az egyetértési együttható mértéke:

337,03402

1146

max

==∆

∆=W

Végezzük el a szignifikancia vizsgálatot! H0: nincs egyetértés, a rangszámok véletlenszerűen helyezkednek el H1: van egyetértés a rangsorolók között

96

2,21337,0)18(9)1(2 =⋅−⋅=−= Wnkszámχ

DF=n–1=8–1=7

3,182 =kritχ

Mivel 2

számχ > 2kritχ , így H0-t elvetjük, W értékében szignifikáns összhang mutatkozik.

Mindezek után elkészíthetjük a rangszámösszegek alapján az eredő rangsort, amely általános minősítést takar:

Típus Ri Eredő rangsor

A 50 7 B 35 4 C 47 6 D 21 1 E 46 5 F 34 3 G 61 8 H 30 2

Így a D, H, F, B, E, C, A, G típusú DVD lejátszók elégítik ki legjobban a vevők igényeit.

3. Egy textilgyárban a fonalcsévék homogén festésének minősítése a következőképpen történik. Az egyes festett csévéket, amelynek a színhomogenitását kell ellenőrizni 10-10 részcsévére bontják. Az így nyert részcsévéket 10 betanított és a célra alkalmas munkás értékeli színárnyalat szerint. Ha az egy csévéből származó részcsévék között az értékelők nem tudnak különbséget tenni, a festés homogénnek tekinthető és felhasználható. Ellenkező esetben selejtes a fonal. Az értékelés szemmel történik, az értékelők az eredményt rangsor formájában adják meg. A megegyező színárnyalatú részcsévék a rangszámuk átlagát kapják.

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. Ri

A 5,5 6 4,5 5,5 2 8 2,5 7 5,5 4 50,5B 5,5 6 4,5 5,5 7 8 9,5 7 5,5 9 67,5C 5,5 6 9,5 5,5 7 8 6,5 7 5,5 4 64,5D 5,5 1 4,5 5,5 7 2 6,5 2,5 5,5 4 44E 5,5 6 4,5 5,5 7 5 2,5 2,5 5,5 4 48F 5,5 6 4,5 5,5 7 5 2,5 2,5 5,5 4 48G 5,5 2 4,5 5,5 2 2 6,5 2,5 5,5 4 40H 5,5 6 4,5 5,5 7 2 9,5 7 5,5 4 56,5I 5,5 6 4,5 5,5 7 5 6,5 7 5,5 9 61,5J 5,5 10 9,5 5,5 2 10 2,5 10 5,5 9 69,5

Ha szignifikáns a véleményegyezés a bírálók között, akkor feltehető, hogy az egyes részcsévék festése nem homogén. Ha a bírálók között nincs egyetértés, akkor a rangszámok csak a véletlen következtében ingadoznak, a festés tehát homogén. Vizsgálja meg, hogy homogénnek tekinthető-e a festés?

97

Megoldás: A megoldás során meghatározzuk a Kendall-féle egyetértési együtthatót, majd elvégezzük annak szignifikancia vizsgálatát. Most számolnunk kell rangszámegyezéssel, így a W számítása során figyelembe kell vennünk a kötéseket:

∑−−

∆=−∆

∆=

L

LknnkKW

)(12

1 32max

12

)( 3∑ −= d

ttL

552

)110(10

2

)1( =+⋅=+= nkR

5,965)555,69(...)555,64()555,67()555,50()( 22222

1

=−++−+−+−=−=∆ ∑=

n

ii RR

5,82)1010(12

1 31 =−=L

28)77(12

1 32 =−=L

[ ] 5,42)22()88(12

1 333 =−+−=L

5,82)1010(12

1 34 =−=L

[ ] 30)33()77(12

1 335 =−+−=L

[ ] 63)33(12

1 36 =⋅−=L

[ ] 5,10)22(2)44(12

1 337 =−+⋅−=L

[ ] 15)44()55(12

1 338 =−+−=L

5,82)1010(12

1 39 =−=L

[ ] 30)33()77(12

1 3310 =−+−=L

∑L

L =409,5

23,040958250

5,965

5,40910)1010(1012

15,965

)(12

1 3232max

=−

=⋅−−

=−−

∆=−∆

∆=∑

L

LknnkKW

98

W=0,23 az egyetértés mértékét mutatja. Meg kell, hogy állapítsuk, hogy ez az érték adott szignifikancia szinten mit jelent. Végezzük el a szignifikancia vizsgálatot 5%-os szignifikancia szinten! H0: A bírálók között nincs egyetértés (W 0-nál nagyobb értéke a véletlennek tulajdonítható) H1: A bírálók között egyetértés van (W 0-nál nagyobb értéke nem a véletlennek tulajdonítható)

38,25282,0)110(10)1(2 =⋅−⋅=−= Wnkszámχ

DF=9 9,162 =kritχ

Mivel 2számχ > 2

kritχ , így H0-t elvetjük, W értékében szignifikáns összhang mutatkozik. Így a

cséve festése az egyes bírálók szignifikáns egyetértése miatt nem tekinthető homogénnek. 4. Egy tíztagú team teammunka eredményeként kiérdemelt jutalmát, az eredményhez való

hozzájárulás arányában szeretné egymás között szétosztani. 7 kiválasztott teamtag rangsorolta a team tagjait és saját magát is. Az összegzett rangsort az alábbi táblázat tartalmazza. Hogyan lehetne eredő rangsort készíteni?

A B C D E F G R i

A 1 1 1 1 1 1 1 7

B 5 5 6 7 8 5 6 42

C 3 2 2 3 2 2 4 18

D 4 6 5 6 7 7 5 40

E 7 7 9 8 6 9 9 55

F 2 3 3 2 3 4 3 20

G 8 8 7 5 10 8 8 54

H 9 10 8 10 5 10 10 62

I 6 4 4 4 4 3 2 27

J 10 9 10 9 9 6 7 60

Megoldás: A teamtagok által készített rangsorok között az egyetértés mértékét a Kendall-féle egyetértési együtthatóval vizsgáljuk meg.

max∆∆=W

5,382

)110(72

)1( =+⋅=+= nkR

2,3762)5,3860(...)5,3818()5,3842()5,387()( 22222

1

=−++−+−+−=−=∆ ∑=

n

ii RR

5,404212

)1010(7

12

)( 3232

max =−=−=∆ nnk

93,05,40422,3762

max

==∆

∆=W

99

W szignifikancia vizsgálata: H0: A rangsorolók között nincs egyetértés (W 0-nál nagyobb értéke a véletlennek tulajdonítható) H1: A rangsorolók között egyetértés van (W 0-nál nagyobb értéke nem a véletlennek tulajdonítható)

33,5791,0)110(7)1(2 =⋅−⋅=−= Wnkszámχ

9,162 =kritχ

Mivel 2számχ > 2

kritχ , így H0-t elvetjük, W értékében szignifikáns összhang mutatkozik. Az

eredő rangsor: teamtag A B C D E F G H I J rangszámösszeg 7 42 18 40 55 20 54 62 27 601 eredő rangsor 1 6 2 5 8 3 7 10 4 9 A teamtagok eredő rangsora: A, C, F, I, D, B, G, E, J, H 5. Egy vállalat szociálpszichológiai vizsgálatot végeztetett 5 vezető beosztású műszaki

dolgozójával. A következő kérdésekre keressük a választ: a) Az egyéni döntések mennyiben térnek el a csoportdöntéstől? b) A csoportdöntés hogyan befolyásolja az egyéni döntést? c) Milyen a csoport hatékonysága az adott témacsoportban folytatott vita során? d) A csoporttevékenységet tekintve ki játssza az informális vezető szerepét?

A vizsgálat során 7 kiválasztott gyártmányt kellett rangsorolni előre megadott műszaki-gazdasági szempontok alapján. A gyártmányok kiválasztása úgy történt, hogy a hátrányok és előnyök közel azonosan legyenek, de az értékelésnél olyan szempontok is szerepet játszanak, amelyeket számszerűsíteni nem lehet. A vizsgálat menete: minden személy döntött a sorrendről (EED), közösen döntik el a sorrendet (CSD), a vita után minden személy egymástól függetlenül ismét rangsorolta a gyártmányokat (KED).

Kovács Kiss Nagy Szabó TóthCSD EED KED EED KED EED KED EED KED EED KED

A 1 6 2 2 1 1 1 7 1 3 3

B 2 1 1 4 2 3 3 2 3 2 2

C 3 3 3 7 7 2 2 1 2 5 5

D 4 2 4 6 6 4 4 4 5 7 7

E 5 5 5 1 3 7 7 6 7 1 1

F 6 7 7 3 4 6 6 5 6 4 4

G 7 4 6 5 5 5 5 3 4 6 6

a) Az egyéni döntések mennyiben térnek el a csoportdöntéstől?

Erre a kérdésre a Spearman-féle rangkorrelációs együttható számítása ad választ:

100

nn

dr

n

ii

s −−=∑

=3

1

261

Minden személyre ki kell számolni az EED-CSD különbséget és az alapján a rangkorrelációs együtthatót: Kovács Kiss Nagy Szabó Tóth A 5 25 1 1 0 0 6 36 2 4 B -1 1 2 4 1 1 0 0 0 0 C 0 0 4 16 -1 1 -2 4 2 4 D -2 4 2 4 0 0 0 0 3 9 E 0 0 -4 16 2 4 1 1 -4 16 F 1 1 -3 9 0 0 -1 1 -2 4 G -3 9 -2 4 -2 4 -4 16 -1 1 Σd2 40 54 10 58 38

286,077

4061

3=

−⋅−=kovácsr

036,077

5461

3=

−⋅−=kissr

822,077

1061

3=

−⋅−=nagyr

035,077

5861

3−=

−⋅−=szabór

322,077

3861

3=

−⋅−=tóthr

A rangkorrelációs együtthatók mértékéből az látszik, hogy Nagy döntése áll legközelebb a csoportos döntéshez. Részben még erre a kérdésre kapunk választ, ha megvizsgáljuk a csoportdöntések és a KED közötti korrelációs együtthatókat. Kovács Kiss Nagy Szabó Tóth A -1 1 0 0 0 0 0 0 -2 4 B 1 1 0 0 -1 1 -1 1 0 0 C 0 0 -4 16 1 1 1 1 -2 4 D 0 0 -2 4 0 0 -1 1 -3 9 E 0 0 -2 4 -2 4 -2 4 4 16 F -1 1 2 4 0 0 0 0 2 4 G 1 1 2 4 2 4 3 9 1 1 Σd2 4 32 10 16 38

93,077

461

3=

−⋅−=kovácsr

429,077

3261

3=

−⋅−=kissr

101

822,077

1061

3=

−⋅−=nagyr

715,077

1661

3=

−⋅−=szabór

322,077

3861

3=

−⋅−=tóthr

b) A csoportdöntés hogyan befolyásolja az egyéni döntést?

A csoportvita hatásának az egyéni döntésre való befolyását úgy állapíthatjuk meg, hogy az EED és a KED közötti rangkorrelációs együtthatókat kiszámítjuk, és ez alapján értékeljük az egyes egyéni döntések változását, majd ismét felállítjuk a szorossági sorrendet. Kovács Kiss Nagy Szabó Tóth A 4 16 1 1 0 6 36 0 B 0 0 2 4 0 -1 1 0 C 0 0 0 0 0 -1 1 D -2 4 0 0 0 -1 1 0 E 0 0 -2 4 0 -1 1 0 F 0 0 -1 1 0 -1 1 0 G -2 4 0 0 0 -1 1 0 Σd2 24 10 0 42 0

572,077

2461

3=

−⋅−=kovácsr

822,077

1061

3=

−⋅−=kissr

177

061

3=

−⋅−=nagyr

25,077

4261

3=

−⋅−=szabór

177

061

3=

−⋅−=tóthr

A csoportvita nem befolyásolta sem Nagy, sem Tóth döntéseit, a legnagyobb változás Szabó döntéseinél van.

c) Milyen a csoport hatékonysága az adott témacsoportban folytatott vita során? A csoportvita során tanúsított hatékonyságot a Kendall-féle egyetértési együttható segítségével lehet mérni. A jelölésünk a következő: WEED: a csoportban a megbeszélés előtti egyetértés WKED: a csoportvita utáni egyetértés WEED>WKED: a vita során az egyetértésben visszafejlődés van WEED≈WKED: nincs változás WEED<WKED: a vita során fejlődés tapasztalható, meg kell vizsgálni kinek a hatására

102

Ri(EED) Ri(KED) (Ri-Rátl)2EED (Ri-

Rátl)2KED

A 19 8 1 144 B 12 11 64 81 C 18 19 4 1 D 23 26 9 36 E 20 23 0 9 F 25 27 25 49 G 23 26 9 36 SZUM 140 356

KEDEED Rnk

R ==+⋅=+= 202

)17(5

2

)1(

70012

)77(5

12

)( 3232

max =−=−=∆ nnk

2,0700

140

max

==∆

∆=EEDW

51,0700

356

max

==∆

∆=KEDW

Tehát WEED<WKED: a vita során fejlődés tapasztalható, meg kell vizsgálni kinek a hatására Végezzük el a szignifikancia vizsgálatokat! H0: A rangsorolók között nincs egyetértés (WEEd és WKED 0-nál nagyobb értéke a véletlennek tulajdonítható) H1: A rangsorolók között egyetértés van (WEEd és WKED 0-nál nagyobb értéke nem a véletlennek tulajdonítható)

8,416,0)17(5)1()(2 =⋅−⋅=−= WnkEEDszámχ

6,122 =kritχ

Mivel 2számχ (EED) < 2

kritχ , így H0-t elfogadjuk, WEED értékében nem szignifikáns α=5%

mellett.

3,1551,0)17(5)1()(2 =⋅−⋅=−= WnkKEDszámχ

6,122 =kritχ

Mivel 2számχ (KED) > 2

kritχ , így H0-t elvetjük, WKED értékében szignifikáns α=5% mellett.

Azt látjuk, hogy a korrigált egyéni döntések alapján számított együttható 5%-os α mellett már szignifikáns, vagyis a vita során határozott egyetértés alakult ki, a csoportvita után az egyéni döntések határozottan közeledtek a csoportdöntéshez.

d) A csoporttevékenységet tekintve ki játssza az informális vezető szerepét? Amit eddig láttunk:

• Nagy és Tóth ragaszkodott előzetes egyéni véleményéhez

103

• Nagy egyéni, előzetes véleményét fejezte ki legjobban a csoportdöntés • Nagy hatására a többiek véleménye közeledett az elfogadott csoportdöntéshez, sőt

Kovács ezt a véleményt teljesen magáévá tette. • Tóth ugyan ragaszkodott előzetes egyéni véleményéhez, de ez semmilyen hatással

nem volt a többiekre, korrigált döntése leginkább eltér a többiekétől. Nézzük meg, hogy a csoportos döntés és a KED alapján számítható eredő rangsor milyen mértékben egyezik meg, vagyis a két rangsor Spearman-féle rangkorrelációs együtthatóját kell kiszámolni. CSD KED di di

2

A 1 1 0 0 B 2 2 0 0 C 3 3 0 0 D 4 5,5 1,5 2,25 E 5 4 1 1 F 6 7 1 1 G 7 5,5 1,5 2,25

89,077

5,661

3=

−⋅−=−KEDCSDr

Végezzük el a rangkorrelációs együttható szignifikancia vizsgálatát 5%-os szignifikancia szinten!

H0: rCSD-KED=0 H1: rCSD-KED≠0

α=0,05, a kritikus értékek: tα/2=t0,975= ±2,447

164,589,01

789,0

1

222

=−

=−−=

sssz r

nrt

Elutasítjuk a nullhipotézist, a rangkorrelációs együttható értéke szignifikáns α=5% mellett.

104

X. Felhasznált irodalmak

� Ay János – Kupcsik József: Általános statisztika példatár. Közgazdasági és Jogi

Könyvkiadó, Budapest, 1961 � Denkinger Géza: Valószínűségszámítási gyakorlatok, Tankönyvkiadó, Budapest,

1977 � Gáspár László – Temesi József: Lineáris programozási gyakorlatok, Nemzeti

Tankönyvkiadó Rt., Budapest, 1999 � Hunyadi László – Vita László: Statisztika közgazdászoknak. Központi Statisztikai

Hivatal, Budapest, 2002 � Juhász Györgyné – Sándorné Kriszt Éva: Statisztika II. távoktatással (főiskolai

jegyzet). Távoktatási Universitas Alapítvány, 2002 � Kaufmann, A. –Faure, R.: Bevezetés az operációkutatásba, Műszaki Könyvkiadó,

Budapest, 1969 � Kerékgyártó Györgyné – Mundruczó György – Sugár András: Statisztikai

módszerek és alkalmazásuk a gazdasági, üzleti elemzésekben. Aula kiadó, Budapest, 2001

� Kindler József – Papp Ottó: Komplex rendszerek vizsgálata, Műszaki Könyvkiadó, Budapest, 1977

� Korpás Attiláné dr. (szerk.): Általános statisztika II., Nemzeti Tankönyvkiadó, Budapest, 2002

� Sincich, T.: Statistics by Example, Fourth Edition, Dellen Publishing Company, San Fransisco, 1990

� Spiegel, M. R. : Statisztika, Elmélet és gyakorlat, Schaum-könyvek, Panem – McGraw-Hill, Budapest, 1995

� Solt György: Valószínűségszámítás. Műszaki Könyvkiadó, Budapest, 1973 � Szabó Gábor Csaba – Szűts István: Matematikai statisztika példatár I-II.,

Tankönyvkiadó, Budapest, 1987.