Embed Size (px)
Citation preview
1
Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem
Gazdaság- és Társadalomtudományi Kar
Üzleti Tudományok Intézet
KVANTITATÍV MÓDSZEREK
Példatár megoldásokkal
Dr. Kövesi János
Dr. Tóth Zsuzsanna Eszter
Budapest
2008
2
Tartalomjegyzék
Valószínűségszámítási tételek. Feltételes valószínűség. Események függetlensége. ................ 3 Feltételes valószínűség ........................................................................................................... 3 Teljes valószínűség tétele ....................................................................................................... 5 Bayes-tétel .............................................................................................................................. 9 Események függetlensége .................................................................................................... 12
Leíró statisztika ........................................................................................................................ 14 Valószínűségi változó. Elméleti eloszlások ............................................................................. 23
Binomiális eloszlás ............................................................................................................... 23
Poisson-eloszlás ................................................................................................................... 24 Exponenciális eloszlás .......................................................................................................... 26 Normális eloszlás ................................................................................................................. 28
Döntéselmélet ........................................................................................................................... 32
Első- és másodfajú hiba ............................................................................................................ 35 Becslés ...................................................................................................................................... 37 Hipotézisvizsgálatok ................................................................................................................ 41 Felhasznált irodalmak .............................................................................................................. 49
3
Valószínűségszámítási tételek. Feltételes valószínűség. Események
függetlensége.
Feltételes valószínűség
1. 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
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.
2. 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
4
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.
3. 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
4. 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 a 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
5
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.
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.
6
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
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?
7
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:
%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.
8
6. Egy egyetemi évfolyam 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 posztgraduális vizsgán a Menedzser szakos hallgatók 60%-a, az MBA szakos
hallgatók 80%-a szerepel sikeresen. A Menedzser szakos hallgatók az évfolyam 15%-át
teszik ki. Mennyi a valószínűsége annak, hogy egy találomra kiválasztott hallgató
sikeresen vizsgázik?
Megoldás:
A legyen az az esemény, hogy a kiválasztott hallgató sikeresen vizsgázik. B1 esemény jelentse
azt, hogy a kiválasztott hallgató Menedzser, B2 pedig, hogy MBA hallgató. Ennek
valószínűségei:
15,0)( 1 BP és 85,0)( 2 BP
Az A eseménynek a Bi események melletti feltételes valószínűségei adottak:
6,0)( 1 BAP és 8,0)( 2 BAP
A teljes valószínűség tételét alkalmazva:
77,08,085,06,015,0)()()()()( 2211 BPBAPBPBAPAP
77% a valószínűsége annak, hogy egy találomra kiválasztott hallgató sikeresen szerepel a
vizsgán.
9
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
6
5
2
96
5
)6
5
2
19(
10
110
1
6
5
)()(
)()()(
10
1
1010
10
j
j
j 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
minőség-ellenőrzés során az elkészült munkadarabok egy részét megvizsgálták, a súly
szempontjából szabványos darabok 98%-a bizonyult alakra jónak, a nem szabványos
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
10
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
11
1
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
100
50
50
11
100
30
3
2
100
20
20
17100
30
3
2
)()(
)()()(
50
11)(;
3
2)(;
20
17)(
100
50)(;
100
30)(;
100
20)(
3
1
22
2
321
321
j
jj BPBAP
BPBAPABP
BAPBAPBAP
BPBPBP
Tehát 41,67% annak a valószínűsége, hogy a kiválasztott egyed a második csoportból való.
4. Tudjuk, hogy egy gyakorlatban 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:
11
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
)()(
)()()/(
j
jj
ii
i
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
180
10
180
16
180
21
180
10180
21
)()(
)()()(
4
1
22
2
j
jj BPBAP
BPBAPABP
Tehát a találomra kiválasztott lövész a legnagyobb valószínűséggel a második csoportból
való, és ez a valószínűség: 7/19.
12
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.
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.
13
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
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.
14
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
Megoldás:
1. Osztályok számának meghatározása (egy lehetséges módszer)
Nk02 12827
0
minmax0
k
YYh
0202,002018,0
7
)05670,0(08460,00
h
15
2. Gyakorisági táblázat
oszályközhosszúság fi 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
1Me
A medián becsülhető a gyakorisági táblázat alapján:
me
me
me
me hf
fN
YeM
'
1
0,2ˆ
2
' Nfme
00709,00202,038
44500039,0ˆ
eM
5. Módusz
A 4. osztály a modális osztály, mert ebben a legnagyobb a tapasztalati gyakoriság:
16
mo
fa
amo h
dd
dYoM
0,
ˆ 1 momoa ffd 1 momof ffd
005516,00202,0
15383638
36380039,0ˆ
oM
6. Számtani átlag
Az egyenként ismert adatokból számítva:
0066541,0100
66541,0
100
98497,00846,0...)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 0,00434312
2. -0,0365 -0,0163 -0,0264 6 -0,1584 -0,0264 0,000697 0,00418176
3. -0,0163 0,0039 -0,0062 36 -0,2232 -0,0062 0,0000384 0,00138384
4. 0,0039 0,0241 0,014 38 0,532 0,014 0,000196 0,007448
5. 0,0241 0,0443 0,0342 15 0,513 0,0342 0,0011696 0,0175446
6. 0,0443 0,0645 0,0544 2 0,1088 0,0544 0,0029594 0,00591872
7. 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:
0188,099
0,03531115
99
)0066541,0(
99
)(
99
)(100
1
2100
1
2100
1
2
j
j
j
j
j
j xxxxx
s
Becslés gyakorisági táblázat alapján:
02154,0
100
0,0463852
1
7
1
2
1
1
2
r
i
i
i
ii
r
i
i
r
i
ii
f
df
f
xxf
s
17
11. Grafikus ábrázolás, hisztogram
Gyakorisági hisztogram
2
6
3638
15
21
0
5
10
15
20
25
30
35
40
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
Osztály sorszáma
Tap
aszta
lati
gyako
riság
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
Ku
mu
lált
rela
tív g
yako
riság
18
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 98 g, a
felső tűréshatár pedig 102 g?
Megoldás:
4. előadás diáinak végén.
19
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
mutatószám segítségével! Készítsünk gyakorisági sort, és becsüljük meg a móduszt!
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
26
7,346,33...5,88...21
18 ezer rekesz az átlagos teljesítmény.
Medián:
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.
20
Relatív szórás:
345157,018
2128,6V
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(4
3
65,13)5,137,13(75,05,13
75,6)126(4
1
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
Erősebb (de még mérsékelt) baloldali aszimmetria.
D, Készítsünk gyakorisági sort, és becsüljük meg a móduszt!
02
kN , 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
21
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!
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
fig
yelé
sek s
zám
a
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
22
2 2
60 366 *0,5 6,24
50
226 *0,5 6,23
22 26
8*5,25 ... 10*7,256,25
120
8(5,25 6,25) ... 10*(7,25 6,25)0,508
120
3*(6,25 6,24)0,059
0,508
Me
Mo
x
s
P
Enyhe bal oldali aszimmetria.
23
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)(
7
7
k
k
nqp
k
nkPp
kk
kk
k
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)
24
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
nincs selejtes,
legalább egy selejtes van,
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.
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?
25
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
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)
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 pn 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?
26
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 pn
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)( M
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( pp
Vagyis 35,4% a valószínűsége annak, hogy a szakadások száma 100 óra alatt meghaladja a 3-
at.
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:
27
óra
óraMD
1
1000
1
10001
)()(
Az az esemény, hogy egy izzólámpa 3000 órán belül nem megy tönkre, azt jelenti, hogy a
ξ≥3000. Ennek valószínűsége:
05,0)1(1)3000(1)3000(1)3000( 33000
1000
1
eeFPP
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
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
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
A feladatunk a P(η<3) valószínűség meghatározása. Ez a valószínűség így is felírható
(felhasználva a szakadások egymástól való függetlenségét):
28
)3(...)3()3(1
)3,...,3,3(1)3),...,,(min(1)3(1)3(
40021
4002140021
PPP
PPPP
50
13
150
1
)3(1)3(
eePP ii
9993,09802,01)(1)3( 40040050
1
eP
A keresett esemény tehát majdnem biztosan (99,993% valószínűséggel) bekövetkezik.
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( 12
2
1
eePP
2. 7769,01)3(3
2
1
eP
3. 3834,011)31( 2
3
2
1
2
1
2
3
eeeeP
Normális eloszlás
1. Egy vizsgálat szerint a felnőtt korú férfiak testmagassága N(174 cm 7 cm) 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(
FPP
29
b) 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(
FFP
c) 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(
uuu
F
P
2. 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?
%28,202275,097725,01)2(1)2()1
1311()11()11(
FP
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
uuuFP
34,1334,21
11
34,299,0)(01,0)(01,0)1
11(01,0)11()11(
Szórás változtatása:
30
85,034,21311
01,0)1311
(
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
uuu
xxFxP
52,1464,19,0
1664,195,0)(05,0)(
05,0)9,0
16(05,0)()(
14,52 év garanciát kellene adnia a cégnek.
3. 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(
P
Tegyük fel, hogy a munkadarabnak μ=20cm-es mérettől való eltérése x cm. Így a feltétel
szerint:
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(
xx
x
xxx
xxxxxxP
Tehát 95%-os valószínűséggel állíthatjuk, hogy a hosszeltérés 4 mm-nél nem lesz nagyobb.
4. 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( P ?
31
Megoldás:
9,3229,110
20
9,0)10
20(
1,0)10
20()20(
P
A naponta beérkező megrendelések átlagos száma 33.
5. 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(
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)
32
Döntéselmélet
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.
3. Savage-kritérium
Elmaradó haszon mátrixot készítünk, majd a Wald-kritériumot alkalmazzuk.
33
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
S3 30000
34
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.
30000300004
130000
4
130000
4
130000
4
1)(
115000550004
120000
4
120000
4
120000
4
1)(
36250800004
145000
4
110000
4
110000
4
1)(
525001050004
170000
4
135000
4
10
4
1)(
3
2
1
0
sM
sM
sM
sM
Ezek közül a legnagyobb várható értékűt választjuk, azaz s2-őt.
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 s3-at választjuk:
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
35
Első- és másodfajú hiba
1. Egy tömeggyártásban előállított termék szélességi mérete szabályozott folyamatban
9200 mm és 10 mm. Legyen a névleges érték körül szimmetrikusan elhelyezkedő
beavatkozási határ: 00 2 BH .
a) Számítsa ki az elsőfajú hibát!
b) Tételezzük fel, hogy egy veszélyes zavarhatás a beállítási szintet 9221 mm-re
változtatja (a szórást nem befolyásolja). Mekkora lesz a szabályozás másodfajú
hibája?
c) A számításokat végezze el 1n és 4n elemű minták átlagára is!
Megoldás:
a) elsőfajú hiba
%56,4%28,202275,097725,01
)2(1)2()1
920918()918()12920()()(
2
FFABHFABHP
b) másodfajú hiba
%505,0115,0
)4()0()1
922918()
1
922922()918()922()922918(
FFP
c) n=4-re
Változnak a beavatkozási határok!
9219195,029205,04
1 FBHABH
nx
%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
FFP
FP
36
2. Egy termék tömegének eloszlása N(100 g; 1 g). Mekkora szimmetrikus beavatkozási
határokat használnak 15%-os kockázati szint mellett n=4 elemű minták számtani
átlagára?
Mekkora a másodfajú hiba, ha a folyamat N(100,5 g; 1,2 g)-ra állítódik el?
Megoldás:
%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()(
FFP
FBH
ABHABH
uABH
ABHP
37
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, 8 g 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
46,50198,488
3
834,222,495
3
834,222,495
34,2
1)(
22,4959
486505491494502496498502483
8
%2
01,02/
02/
02/
uu
nux
nuxP
gx
g
2. Hosszú évek tapasztalata alapján Magyarországon a lánycsecsemők születéskori súlya
normális eloszlást követ 3,2 kg átlaggal és 0,6 kg szórással. Kérdések:
a) Mi a valószínűsége annak, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott lánycsecsemő
súlya 3,0 és 3,4 kg között van?
b) Mi a valószínűsége annak, hogy egy 10 elemű véletlen minta átlaga 3,0 és 3,4 kg
között van?
c) Mi ugyanennek a valószínűsége 100 elemű minta esetén?
d) Milyen intervallumba várhatók a 100 elemű minták átlagai 95%-os
valószínűséggel?
e) Szerkesszünk konfidencia intervallumot a sokasági átlagra, ha egy 100 elemű
minta átlaga 3,1 kg és a szórás továbbra is 0,6 kg!
Megoldás:
26,0163,021)33,0(2)33,0()33,0()6,0
2,33()
6,0
2,34,3()4,33()
Pa
Tehát 26% annak a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott lánycsecsemő súlya
3,0 és 3,4 kg között van.
7062,018531,021)05,1(2)054,1()054,1()
10
6,0
2,33()
10
6,0
2,34,3()4,33()
Pb
Azaz az ekkora elemszámú mintaátlagok 71%-a ebben az intervallumban lesz.
38
9992,019996,021)33,3(2)33,3()33,3()
100
6,0
2,33()
100
6,0
2,34,3()4,33()
Pc
Azaz 100 elemű minták esetén már csak az átlagok 0,08%-a nem fér bele ebbe az
intervallumba.
32,308,3
100
6,096,12,3
100
6,096,12,3
96,1975,0)(%5
1)() 02/
02/
uu
nux
nuxPd
Azaz a keresett intervallum: (3,08; 3,32), a mintaátlagok 95%-a ebbe az intervallumba esik.
22,398,2
100
6,096,11,3
100
6,096,11,3
96,1975,0)(%5
1)() 02/
02/
uu
nux
nuxPe
Azaz a keresett intervallum: (2,98; 3,22). Ez az intervallum tartalmazza a feltételezett 3,2-es
sokasági átlagot, azaz ezzel a feltevéssel mintabeli eredményünk összhangban van.
3. Egy évben a BME gazdálkodási szakának nappali tagozatára jelentkezők közül 17 fős
mintát vettek egyszerű véletlen kiválasztással. A mintában szereplő felvételizők pontszáma
a következő volt:
118; 119; 121; 103; 101; 125; 116; 99; 100; 114; 115; 96; 88; 112; 113; 109; 94.
Határozzuk meg a felvételizők átlagos pontszámának 95%-os konfidencia intervallumát!
Megoldás: A pontszámok várható értékének intervallumbecslése ismeretlen elméleti szórás
esetén
41,10817
1843
17
94109113...121119118
68,1012,114
16
)41,10894()41,108109(...)41,108119()41,108118(
117
)(
%5
2222
17
1
2
x
xx
s i
i
39
9,11392,102
17
68,1012,241,108
17
68,1012,241,108
12,2)16()(
1)(
975,02/
2/2/
tDFt
n
stx
n
stxP
4. 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!
Megoldás: A várható érték becslése ismeretlen elméleti szórás esetén.
3,2647657,235234
225
11300096,1250000
225
11300096,1250000
96,1)224()(
1)(
250000
113000
225
%5
975,02/
2/2/
1
tDFt
n
stx
n
stxP
x
s
n
87,26940513,230594
225
113000576,2250000
225
113000576,2250000
576,2)224()(
%1
995,02/
2
tDFt
40
5. 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!
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
i
i
i
r
i
i
f
xf
x
508,0258,0
120
)25,625,7(10...)25,675,5(28)25,625,5(8)(
222
1
1
2
r
i
i
r
i
ii
f
xxf
s
326,6173,6
120
508,0645,125,6
120
508,0645,125,6
%10
1)( 2/2/
n
stx
n
stxP
41
Hipotézisvizsgálatok
1. Egy sörgyártó vállalatnál a sör névleges térfogata 500ml kell, hogy legyen, és a térfogat
szórása legfeljebb 10 ml 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
fi 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·Σfi).
42
%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(
FPP
FFP
FFP
FFP
FFFP
FP
0
22
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
5%-os szignifikancia szinten a sör névleges térfogata N(499,1; 12,6) eloszlást követ.
b) PARAMÉTERES! egymintás u-próba, mert n>30
0
2/
1
0
96,1714,096,1
96,1)975,0(
%5
714,0
100
6,12
5001,499
500:
500:
Huuu
uuu
n
s
xu
H
H
krszkr
krkr
sz
5%-os szignifikancia szinten teljesül az átlagos töltési térfogatra vonatkozó hipotézis.
(Megjegyzés: az ellenhipotézis lehetne μ<500 is, mivel a minta alapján az átlag 499,1.)
43
2. 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 fi pi Fi χszám2
-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
%73,00073,0992656,01)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(
FPP
FFP
FFP
FFFP
FP
44
1
22
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
5%-os szignifikancia szinten a mikrohullámú sütők élettartama nem N(6,36; 0,67) eloszlást
követ.
b) PARAMÉTERES! egymintás u-próba, mert n>30
1
1
0
64,1
64,1)95,0(
%5
9,5
120
67,0
636,6
6:
6:
Hu
uuu
n
s
xu
H
H
sz
krkr
sz
5%-os szignifikancia szinten az átlagos élettartam meghaladja a 6 évet.
3. Egy adott évben 98 vegyipari vállalatot megvizsgálva a 8 napon túl gyógyuló sérülteket
eredményező balesetek száma az alábbi táblázatban foglaltaknak megfelelően alakult.
Balesetek
száma
0 1 2 3 4 5 6 7
Vállalatok
száma
4 18 22 17 15 10 4 6
Leírható-e a balesetek száma Poisson-eloszlással (α=1%)?
Megoldás:
Illeszkedésvizsgálat
λ becslése (a számtani átlag segítségével) a H0 hipotézis megfogalmazásához:
0,396
289
96
674610515417322218140
H0: a balesetek száma leírható λ=3,0 paraméterű Poisson-eloszlással
H1: a balesetek száma nem λ=3,0 paraméterű Poisson-eloszlású
45
Osztályok fk pk Fk 2
i
0 4 0,049 4,704 0,105
1 18 0,149 14,304 0,955
2 22 0,224 21,504 0,0114
3 15 0,224 21,504 1,967
4 15 0,168 16,128 0,0789
5 10 0,1 9,6 0,0167
6 4 0,05 4,8 0,133
7 6 0,021 2,016 7,87
96 1,0 96 11,137
(Megjegyzés. A pk értékeket a Poisson-eloszlás táblázatából keressük ki, az Fk elméleti
gyakorisági értékeket pedig a következőképpen kapjuk: Fk= pk·Σfk)
0
22
2
22
1
22
61181
812,16
137,1187,7133,00167,0
0789,0967,10114,0304,14
)304,1418(
704,4
)704,44()(
H
lrDF
F
Ff
krszám
kr
n
i i
iiszám
1%-os szignifikancia szinten a balesetek száma leírható λ=3,0 paraméterű Poisson-eloszlással.
4. Egy halogénizzókat gyártó vállalatnál megvizsgálták egy új típusú izzó élettartamát. A
korábbi típusú izzók élettartama 5132 óra volt. Véletlen mintavétellel kiválasztva 325 új
típusú izzót, az átlagos élettartamuk 5213 óra volt, 216 óra szórással. Vizsgáljuk meg
10%-os szignifikancia szinten, hogy valóban megnőtt-e az izzók élettartama?
Megoldás:
Egymintás u-próba, mivel n>30
H0: az átlagos élettartam 5132 óra (μ=5132h)
H1: az átlagos élettartam nagyobb, mint 5132 óra (μ>5132h)
1
285,19,0)(%10:
76,698,11
81
325/216
51325213
//
Huu
uuu
ns
x
n
xu
krsz
krkr
sz
A nullhipotézist elutasítjuk 10%-os szignifikancia szinten, az új típusú izzók élettartama
valóban nagyobb.
5. Egy automata gépsor által töltött dobozokból 10 elemű mintát veszünk. A mintába került
10 doboz grammban kifejezett töltősúlya a következő:
46
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
1%-os szignifikancia szinten a gépsor teljesíti a 250g várható értékű specifikációt.
(Megjegyzés: az ellenhipotézis μ<250 is lehetne)
6. 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
2. kétmintás t-próba
47
0
2222
1
0
403,2
116,118,796,12
5
25
4,13
25
18
112117
:
:
Htt
tt
n
s
n
s
xxt
H
H
krsz
kr
B
B
A
A
BAsz
BA
BA
1%-os szignifikancia szinten nincs különbség a két iskola tanulóinak intelligencia szintje
között.
7. 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!
Megoldás:
a) szórások egyezőségének vizsgálata: F-próba
0
2
2
2
2
1
0
79,1
164,16,7
2,8
:
:
HFF
F
s
sF
H
H
krsz
kr
B
Asz
BA
BA
5%-os szignifikancia szinten a két gépen a töltési tömeg szórása azonosnak tekinthető.
b) átlagok egyezőségének vizsgálata: kétmintás u-próba, mivel nA, nB >30
48
1
2222
1
0
64,195,0)(%5
188,456,11,2
8
37
6,7
32
2,8
495503
:
:
Huu
uu
nn
xxu
H
H
krsz
kr
B
B
A
A
BAsz
BA
BA
1
1
0
96,1
96,1975,0)(025,02/%5
188,4
:
:
:_
Hu
uu
u
H
H
megoldásMásik
sz
kr
sz
BA
BA
5%-os szignifikancia szinten a két gépen a töltési tömeg átlaga nem tekinthető azonosnak.
49
Felhasznált irodalmak Denkinger G.: Valószínűségszámítási gyakorlatok, Tankönyvkiadó, Budapest,
1977
Szabó Gábor Csaba – Szűts I.: Matematikai statisztika példatár I-II.,
Tankönyvkiadó, Budapest, 1987.
Solt György: Valószínűségszámítás. Műszaki Könyvkiadó, Budapest, 1973
Ay János – Kupcsik József: Általános statisztika példatár. Közgazdasági és Jogi
Könyvkiadó, Budapest, 1961
Juhász Györgyné – Sándorné Kriszt Éva: Statisztika II. távoktatással (főiskolai
jegyzet). Távoktatási Universitas Alapítvány, 2002
Hunyadi László – Vita László: Statisztika közgazdászoknak. Központi Statisztikai
Hivatal, Budapest, 2002
Kerékgyártó Györgyné – Mundruczó György – Sugár András: Statisztikai
módszerek és alkalmazásuk a gazdasági, üzleti elemzésekben. Aula kiadó,
Budapest, 2001
