Mathematics | Probability theory » Események, valószínűség, eloszlások

1 1. MÚVELETEK ESEMÉNYEKKEL 1) Igazoljuk, hogy tetszőleges A és B események esetén igaz, hogy A− B = B− A Megoldás. Az események különbégének definíciójából következik, hogy a bizonyítandó azonosság baloldalán álló esemény A − B = A⋅ B . Az események szorzása kommutatív művelet, tehát A⋅ B = B ⋅ A. Tekintettel arra, hogy A = A , B ⋅ A = B ⋅ A. A különbség előbb használt tulajdonságából viszont adódik, hogy B⋅ A = B − A. Mindent összevetve azt kaptuk, hogy A− B = B− A. ami bizonyítandó volt. 2) Igazoljuk, hogy tetszőleges A és B események esetén az A ⋅ B , A ⋅ B , A ⋅ B é s A ⋅ B események összege a biztos esemény. Megoldás. Először disztibutivitást: felhasználjuk, hogy A⋅ B = A + B , majd A⋅ B + A⋅ B + A ⋅ B + A⋅ B = A⋅ B + A⋅ B + A ⋅ B + A + B = = A⋅(B + B) + A ⋅ B + A + B . Mivel B + B = H , és A = A ⋅ H , A⋅(B + B) + A ⋅ B + A + B = A⋅ H + A ⋅ B + A ⋅ H +

B . A ⋅ H = A -ból és a disztributivitásból következik, hogy A ⋅ H + A ⋅ B + A ⋅ H + B = A + A ⋅ (B + H) + B . Viszont B + H = H , tehát a 2 A + A ⋅ (B + H ) + B = A + A ⋅ H + B = A + A + B = H + B = H . 3) Egy medencét két csapon keresztül lehet megtölteni. Az A esemény jelentse azt, hogy az első csapon át folyik a víz, a B pedig azt, hogy a második csapon át folyik. Fogalmazzuk meg szavakban - a lehető legegyszerűbb magyar mondatokkal a következő eseményeket: A + B , A + B, A − B, A ⋅ B, ( A − B ) + (B − A), A ⋅ B, A + B , A ⋅ B , A ⋅ B Megoldás. A + B : az els› csapon folyik a v’ z, vagy a m‡ sodikon nem folyik A + B : valamelyik csapon folyik a víz. A − B : csak az első csapon folyik a víz. A. B : mindkét csapon folyik a víz ( A − B ) + ( B − A) A. B : csak az egyik csapon folyik a víz. : csak a második csapon folyik a víz. A + B : egyik csapon sem folyik a víz. A. B : egyik csapon sem folyik a

víz. A. B : valamelyik csapon nem folyik a víz 4) Egy üzemben három gép dolgozik. Jelentse Ai azt az eseményt, hogy az i-edik gép egy éven belül elromlik (i=1,2,3). Fejezzük ki az A1 , A2 , A3 eseményekkel a következőket: a) csak az első gép romlik el egy éven belül; b) mindhárom gép elromlik egy éven belül; c) egyik gép sem romlik el egy éven belül; d) az első és a második gép nem romlik el egy éven belül; e) az első és a második gép elromlik egy éven belül, de a harmadik nem; f) egy gép romlik el egy éven belül; g) legfeljebb egy gép romlik el egy éven belül; h) legfeljebb két gép romlik el egy éven belül; i) legalább egy gép elromlik egy éven belül. Megoldás. a) Csak az első gép romlik el egy éven belül: A1 ⋅ A2 ⋅ A3 b) Mindhárom gép elromlik egy éven belül: A1 ⋅ A2 ⋅ A3 c) Egyik gép sem romlik el egy éven belül: A1 ⋅ A2 ⋅ A3 3 d) Az első és a második gép nem romlik el egy éven belül: A1 + A2

e) Az első és a második gép elromlik egy éven belül, de a harmadik nem: A1 ⋅ A2 ⋅ A3 f) Csak egy gép romlik el egy éven belül A1⋅ A2 ⋅ A3 + A1 ⋅ A2 ⋅ A3 + A1 ⋅ A2 ⋅ A3 g) Legfeljebb egy gép romlik el egy éven belül: A1 ⋅ A2 ⋅ A3 + A1 ⋅ A2 ⋅ A3 + A1 ⋅ A2 ⋅ A3 + A1 ⋅ A2 ⋅ A3 h) Legfeljebb két gép romlik el egy éven belül: i) Legalább egy gép elromlik egy éven belül: A1 + A2 + A3 A1 ⋅ A2 ⋅ A3 4 2. KLASSZIKUS VALÓSZÍNŰSÉG 1) Feldobunk egy kockát. Adjuk meg a következő eseményeket és valószínűségeiket: a) páros számot dobunk. b) páros vagy páratlan számot dobunk. c) nem dobunk 3-at. d) 3-at vagy 4-et dobunk. e) sem 3-at sem 4-et nem dobunk. f) 4-nél kisebb vagy egyenlő számot dobunk. Megoldás. Az eseménytér H = (1,2,3,4,5,6) , és az elemi események egyformán valószínűek. a )A: páros számot dobunk. A = (2,4,6) , P ( A) = k 3 1 = = . n 6 2 P( B ) = k 3 1 = = . n 6 2 b) B: páratlan számot

dobunk. B = (1,3,5) , c) C : nemdobunk 3-at. P( C ) = C = (1,2,4,5,6) , k 5 = . n 6 d) D:.3-at vagy 4-et dobunk D = (3,4) , P ( D) = k 2 1 = = . n 6 3 e) E: sem 3-at sem 4-et nem dobunk E = (1,2,5,6) , P( E ) = k 4 2 = = . n 6 3 f) F: 4-nél kisebb vagy egyenlő számot dobunk F = (1,2,3,4) , P( F ) = k 4 2 = = . n 6 3 2) Kétszer dobunk fel egy kockát. Adjuk meg a következő eseményeket és valószínűségeiket a) egyforma számokat dobunk, b) a két dobott szám nem egyforma, c) az első dobott szám kisebb, mint a második, 5 d) a két dobott szám összege 11, e) a dobott számok között egy páros van, f) a dobott számok között egy páratlan van, és az első 5-nél kisebb. Megoldás. Egy elemi esemény egyr endezett számpárral írható le, amelynek mindkét eleme az 1,2,3,4,5,6 számok egyike. Tehát az elemi események száma 6 ⋅ 6 = 36 . a) A : egyforma számokat dobunk. A = ({11 , }, {2,2}, {3,3}, {4,4}, {5,5}, {6,6}) , P( A) = 6 1 = . 36 6 b)

B : a két dobott szám nem egyforma. B = ({1,2}, {1,3}, {1,4}, {1,5}, {1,6}, {2,1}, {2,3}, {2,4}, {2,5}, {2,6}, {3,1}, {3,2}, {3,4}, {3,5}, {3,6}, {4,1}, {4,2}, {4,3}, {4,5}, {4,6}, {5,1}, {5,2}, {5,3}, {5,4}, {5,6}, {6,1}, {6,2}, {6,3}, {6,4}, {6,5}). P( B ) = 6⋅5 5 = . 36 6 c) C : az első dobott szám kisebb, mint a második. C = ({1,2}, {1,3}, {1,4}, {1,5}, {1,6}, {2,3}, {2,4}, . {2,5}, {2,6}, {3,4}, {3,5}, {3,6}, {4,5}, {4,6}, {5,6}) P( C ) = 5 + 4 + 3 + 2 + 1 12 1 = = . 36 36 3 d) D : a két dobott szám összege 11. D = ({5,6}, {6,5}) . P( D ) = 2 1 = . 36 18 e) E : a dobott számok között egy páros van . ( E = {2,1}, {2,3}, {2,5}, {4,1}, {4,3}, {4,5}, {6,1}, {6,3}, {6,5}, {1,2}, {3,2}, {5,2}, {1,4}, {3,4}, {5,4}, {1,6}, {3,6}, {5,6}) 6 3⋅ 3⋅ 2 1 = . 36 2 P( E ) = f) F :a dobott számok között egy páratlan van, és az első 5-nél kisebb. E = ({1,2}, {1,4}, {1,6}, {3,2}, {3,4}, {3,6}, . {2,1}, {2,3}, {2,5}, {4,1}, {4,3}, {4,5}) P( E ) = 2 ⋅

3 + 2 ⋅ 3 12 1 = = . 36 36 3 3) Valaki találomra leír egy négyjegyű számot (az első jegy nem lehet 0). Mi annak a valószínűsége, hogy éppen az 1999-es számot fogja leírni? Megoldás. n = 9 ⋅ 10 3 , és k = 1 , tehát P= 1 9000 4) Egy dobozban 6 csavar van, 4 jó és kettő selejt. Kettőt véletlenszerűen kiválasztunk közülük egymás után, visszatevés nélkül. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a) mindkettő selejt lesz, b) mindkettő egyforma lesz ( vagy selejtes, vagy jó), c) legalább az egyik jó lesz? Megoldás. a) Először oldjuk meg a feladatot úgy, hogy a kiválasztás sorrendjére nem vagyunk tekintettel, azaz két kiválasztást nem tekintünk különbözőnek, ha ugyanazokat a csavarokat választottuk ki, csak különböző sorrendben. Ekkor az elemi események száma  6 n=   2 BS : Mindkettő selejt lesz. A BS esemény szempontjából az elemi események közül csak egy kedvező van, amikor a 2 selejtes csavart

választjuk ki. P( B S ) = 1 2!⋅ 4! 2 1 = = = . 6! 5 ⋅ 6 15  6    2 B : Mindkettő egyforma lesz ( vagy selejtes, vagy jó). 7 B J -vel jelöljük azt az eseményt, hogy mindkét kiválasztott jó. B = BS + B J . Mivel a jobboldalon szereplő két eseményt egymást kizárja, ezért P( B ) = P( B S ) + P ( B J ) . A B J esemény szempontjából kedvezők azok az esetek, amikor a 4 jó közül kettő kerül kiválasztásra, tehát  4    2 4 ! 2 !⋅ 4 ! 3 ⋅ 4 2 = . = ⋅ = P( B J ) = 5⋅ 6 5  6 2 !⋅ 2 ! 6!    2 Az BS esemény valószínűségét pedig pont az előbb határoztuk meg, tehát P( B ) = 1 2 7 + = . 15 5 15 C : Legalább az egyik jó lesz. Ebben az esetben C = BS ( ) P( C ) = 1 − P C = 1 − 1 14 . = 15 15 b) Most oldjuk meg a feladatot úgy, hogy a kiválasztás sorrendjére is tekintettel vagyunk, azaz két kiválasztást különbözőnek tekintünk, ha ugyanazokat a csavarokat választottuk

ki, csak különböző sorrendben. Ekkor az elemi események száma  6 n =   ⋅ 2!  2 BS : Mindkettő selejt lesz. A BS esemény szempontjából az elemi események közül 2! kedvező van, mert a 2 selejtet ennyi különböző sorrendben lehet kiválasztani. P( B S ) = 2! 1 1 = = .  6  6 15   ⋅ 2!    2  2 B : Mindkettő egyforma lesz ( vagy selejtes, vagy jó). B J -vel jelöljük azt az eseményt, hogy mindkét kiválasztott jó. B = BS + B J . Mivel a jobboldalon szereplő két eseményt egymást kizárja, ezért P( B ) = P( B S ) + P ( B J ) . A B J esemény szempontjából kedvezők azok az esetek, amikor a 4 jó közül kerül kettő kiválasztásra, tehát 8  4  4   ⋅ 2!    2 2  2 = . = P( B J ) =  6 5  6   ⋅ 2!    2  2 Az BS esemény valószínűségét pedig pont az előbb határoztuk meg, tehát P( B ) = 1 2 7 + = . 15 5 15 C :

Legalább az egyik jó lesz. Ebben az esetben C = BS ( ) P( C ) = 1 − P C = 1 − 2 3 = . 5 5 Tehát a tekintett események valószínűségei ugyanazok akár tekintettel vagyunk a kiválasztás sorrendjére, akár nem. 5) Egy dobozban 50 darab 8 mm-es és 50 darab 6 mm-es anyáscsavar van. Véletlenszerűen kiveszünk belőle 20 csavart visszatevés nélkül, és a kiválasztás sorrendjére is tekintettel vagyunk. Mi a valószínűsége annak, hogy azonos számú 8 mm-es és 6 mm-es csavart fogunk kiválasztani? Megoldás A kísérlettel kapcsolatos elemi események száma  100 n=  ⋅ 20! .  20  Ha A-val jelöljük a kérdéses eseményt akkor ez azt jelenti, hogy 10 darab 8 mmes és 10 darab 6 mm-es csavart választunk ki. Tehát  50  50 k =   ⋅   ⋅ 20!,  10  10 és  50  50  50  50   ⋅   ⋅ 20!   ⋅    10  10  10  10 = . P ( A) =  100

 100     ⋅ 20!  20   20  Oldja meg a feladatot úgy, hogy a kiválasztás sorrendjére nem vagyunk tekintettel! 6) A 32 lapos kártyacsomagból véletlenszerűen kiválasztunk egy lapot. Mi annak a valószínűsége, hogy a kiválasztott lap piros vagy ász lesz? Megoldás. Legyen A a tekintett esemény és B jelentse azt, hogy a kiválasztott lap piros, C pedig az, hogy a kiválasztott lap ász. 9 A= B+C. Mivel a B és C események nem zárják ki egymást (miért?), tehát P ( A) = P ( B ) + P ( C ) − P ( B ⋅ C ) . n = 32, k B = 8, k C = 4 , P( B ) = 8 4 . , P(C ) = 32 32 A B ⋅ C esemény azt jelenti, hogy a piros ászt választjuk ki, tehát P( B ⋅ C ) = P ( A) = 1 . 32 8 4 1 11 . + − = 32 32 32 32 7) Egy gép két napon keresztül egyforma alkatrészeket gyárt, egyenlő mennyiségben. Az első napon 10% a selejt, a másodikon már csak 4%. Az összes termék közül véletlenszerűen kiválasztunk egyet. Mekkora

valószínűséggel választunk selejtet? Nap Mennyiség Ebből selejt 1. N .01N . 2. N 0.04 N 2N 014 . N Összesen Az elemi események száma n = 2N . Kedvező esetek száma k = 014 . N, tehát P= 014 . N 014 . = = 0.07 2N 2 8) Egy dobozban 15 papírlap van 1-től 15-ig számozva. Véletlenszerűen (visszatevés nélkül) kihúzunk 5 lapot. Mi a valószínűsége, hogy a kíhúzott számok közül a legkisebb nagyobb 6-nál? Megoldás. A : legkisebb kihúzott szám nagyobb 6-nál Az összes esetek száma 10  15 n =   = 252 .  5 Az A esemény szempontjából kedvezők azok az esetek, amikor a 7,.,15 számokat tartalmazó cédulák közül választunk 5-öt.  9 k =   5  9    5 126 P( A) = = = 0.0409  15 3003    5 9) Az 1,2,.,9 számjegyek közül visszatevéssel kiválasztunk 4-et, és egymás után írjuk őket a kiválasztás sorrendjének megfelelően. Mi a valószínűsége annak, hogy az

1998et fogjuk leírni? Megoldás. A: az 1998-et fogjuk leírni Az összes esetek száma n = 94 . Az A esemény szempontjából csak egy kedvező eset van, P ( A) = 1 = 0.0002 94 10) Egy gyártási folyamatban 5% a selejt. Mennyi annak a valószínűsége, hogy egy 1000-es tételből 20 darab visszatevés nélkül kiválasztott gyártmány között 5-nél kevesebb selejtet találunk? A : a kiválasztottak között 5-nél kevesebb a selejt. Ai : a kiválasztottak között i selejt van (i=0,1,.,20) 4 A = ∑ Ai , i =0 és az összeadandók egymást páronként kizárják, tehát  50  950  4 4  i  ⋅  20 − i      P( A) = ∑ P( Ai ) = ∑ . 1000   i =0 i =0    20  11) Egy kalapban 1000 db cédula van, mindegyikre rá van írva az alábbi 3 jegyű számok egyike: 000, 001, 002, . , 999 Véletlenszerűen kihúzunk egy cédulát Határozzuk meg a következő események valószínűségeit: 11 a) a 127-es számot húzzuk ki;

b) a kihúzott számnak egy jegye szerepel a 127-ben; c) a 127 két jegye szerepel a kihúzott számban; d) a kihúzott számnak egy jegye sem szerepel a 127-ben. Megoldás. A kísérletnek 1000 különböző kimenetele lehetséges Az elemi események száma n = 1000 . Jelentse ei azt az elemi eseményt, amikor a kihúzott cédulán az i szám szerepel , i = 1,2,K ,1000 . a) A : a 127-es számot húzzuk ki. Az A esemény akkor és csakis akkor következik be, ha a 127-es számú cédulát húzzuk ki, tehát a kedvező esetek száma k = 1, P ( A) = 1 . 1000 b) B : a kihúzott számnak egy jegye szerepel a 127-ben. A kedvező esetek számának meghatározásánál azt kell figyelembe vennünk, hogy a kihúzott szám hányadik jegye az, ami szerepel a 127-ben, és az mivel egyenlő, továbbá a másik két jegyre milyen lehetőségeink vannak A 127 melyik jegye szerepel a kihúzott számban Ez a kihúzott szám hányadik jegye 1. 2. 3. 1 1 1 1 2 2 2 2 7 7 7 7 Nézzük

meg például, hogy hány olyan lehetőség van, amikor az 1-es szerepel a kihúzott számban és az első heleyen! (1 ) A második és a harmadik számjegy egymástól függetlenül lehet a 0,3,4,5,6,8,9 számjegyek bármelyike, tehát ezen lehetőségek száma 7 ⋅ 7 . Nyilván a fenti 9 eset mindegyike további 7 ⋅ 7 lehetőséget jelent, és így k = 3⋅ 3⋅ 7 ⋅ 7 , P( B ) = k 9 ⋅ 49 = = 0.441 n 1000 c) C : a 127 két jegye szerepel a kihúzott számban 12 Először számoljuk össze, hohy hány olyan eset van, amikor például a kihúzott szám valamelyik két helyén az 1 és a 2 számok szerepelnek. 12 1 2 12 ,    3   összesen   ⋅ 2! lehetősé g.  2   21 2 1 21 Mindegyik esetben a hiányzó számjegy megválasztásánál további 7 lehetőségünk van (1,2, és 7 nem lehet), tehát  3 7 ⋅   ⋅ 2!  2 olyan eset van, amikor a kihúzott szám valamelyik két helyén az 1 és a 2 számok

szerepelnek.  3   lehetőségünk van annak megválasztására, hogy az 1,2,7 számok közül melyek  2 azok, amelyek a kihúzott szám valamelyik két helyén szerepelnek (1,2 1,7 2,7). Tehát  3  3 k =   ⋅ 7.   ⋅ 2 !,  2  2 és  3  3   ⋅ 7.   ⋅ 2!  2  2 3 ⋅ 7⋅.3 ⋅ 2 = = 0126 P( C ) = . . 1000 1000 d) D : a kihúzott számnak egy jegye sem szerepel a 127-ben. Ez azt jelenti, hogy a kihúzott szám mind a három jegye a 0,3,4,5,6,8,9 számok valamelyike, tehát k = 73 , P( D ) = 73 = 0.343 1000 12) A 32 lapos kártyából véletlenszerűen kihúzunk 6 lapot, és a kiválasztás sorrendjére nem vagyunk tekintettel. Mi annak a valószínűsége, hogy mind a négy szín előfordul a kiválasztott lapok között? 13 Megoldás. Az elemi események száma  32 n= .  6 Legyen A az az esemény, hogy mind a négy szín előfordul a kiválasztott lapok között.

Az A esemény kétféle módon következhet be: két színből 2-2 lapot választunk ki, és a másik kettőből 1-1 lapot ( A1 ), vagy egy színből 3 lapot választunk ki, és a másik három színből 1-1 lapot ( A2 ) A = A1 + A2 , és az A1 , A2 események egymást kizárják, tehát P( A) = P( A1 ) + P( A2 ) . Az A1 esemény szempontjából kedvező esetek számának meghatározásához először gondoljuk meg, hogy hány olyan eset van, amikor például két-két piros, illetve zöld lapot választottunk, ki a másik két színből pedig egyet-egyet. Ezen esetk száma nyilván  8  8  8  8   ⋅  ⋅  ⋅   2  2  1  1  4 Mivel   módon jelölhetjük ki azt a két színt, amelyekből két-két lapot  2 választunk, ezért az A1 esemény szempontjából kedvező esetek száma 2  4  8  8  8  8 4 !  8!  2 2 2 k A1 =     ⋅   ⋅  

⋅   =   ⋅ 8 = 6 ⋅ 28 ⋅ 8 ,  2  2  2  1  1 2 !⋅ 2 !  2 !⋅ 6! és 2  8  8  8  8  8 2   ⋅  ⋅  ⋅  6⋅  ⋅8  2  2  1  1  2 P( A1 ) = =  32  32      6  6 Az A2 esemény szempontjából kedvező esetek számának meghatározásához először gondoljuk meg, hogy hány olyan eset van, amikor például három piros lapot választottunk ki, a másik három színből pedig egyet-egyet. Ezen esetek száma nyilván  8  8  8  8   ⋅  ⋅  ⋅  .  3  1  1  1 14  4 Mivel   módon jelölhetjük ki azt a színt, amelyikből három lapot választunk,  1 tehát az A2 esemény szempontjából kedvező esetek száma  4  8  8  8  8 k A2 =   ⋅   ⋅   ⋅   ⋅ 

 ,  1  3  1  1  1 és így  8 4 ⋅   ⋅ 83  3 P( A2 ) = .  32    6 Mindent összevetve 2 2  8  8  8  8 6 ⋅   ⋅ 8 2 4 ⋅   ⋅ 83 6 ⋅   ⋅ 82 + 4 ⋅   ⋅ 83  2  3  3  2 = + P ( A) = .  32  32  32        6  6  6 Gyakorlásként oldja meg a feladatot úgy, hogy a kiválasztás sorrendjére is tekintettel vagyunk! 13) 50 termékből, amelyek között 10 selejtes, véletlenszerűen visszatevés nélkül kiveszünk 6-ot. Mennyi annak a valószínűsége, hogy egyenlő lesz a jók és selejtek száma? Megoldás. Az összes lehetséges kiválasztások száma  50 n=   6 Az, hogy a kiválasztottak között egyenlő lesz a jók és selejtek száma csak úgy lehetséges, ha 3 jót és 3 selejtet választunk ki. Ezen esemény szempontjából kedvező esetek száma 

40  10 k =   ⋅  .  3  3 Tehát  40  10   ⋅   3  3 = 0.0746 p=  50    6 15 16 3. FELTÉTELES VALÓSZÍNŰSÉGEK 1) Valamely termék egy üzemben háron technológiával készülhet. A késztermékeket első illetve másodosztályú minősítéssel osztályozzák. Egy napi termelés alapján állították össze a következő táblázatot: 1.techn 2.techn 3.techn Összesen I.osztályú 300 310 315 925 II.osztályú 220 190 175 585 Összesen 520 500 490 1510 A napi termelt mennyiséget egy helyen összegyűjtik. Bármelyiket egyenlő valószínűséggel vehetjük ki a halmazból. Az Ai jelentse azt az eseményt, hogy a kiválasztott termék az i. technológiával készült (i=1,2,3) A Bk pedig jelentse azt az eseményt, hogy a termék k-ad osztályú minősítést kapott (k=1,2). Határozzuk meg a következő valószínűségeket: a) P( A1 ) , b) P( B2 ) , c) P( A1 ⋅

B2 ) , d) P( A1 B2 ) , ( ) e) P A1 ( B1 + B2 ) , ( ) f) P ( B1 + B2 ) A1 . Megoldás. a) P( A1 ) = 520 , 1510 b) P( B2 ) = 585 , 1510 c) P( A1 B2 ) = d) P( A1 B2 ) = 220 , 1510 P( A1 B2 ) P( B2 ) 220 220 , = 1510 = 585 585 1510 17 e) P (A1 B1 + B2 ) = P ( A1 H ) = f) P ((B1 + B2 A1 )) = P ( A1H ) P( A1 ) 520 = = , 1 1510 P (H ) P ((B1 + B2 )A1 ) P (H A1 ) P (HA1 ) P ( A1 ) = = = =1 . P( A1 ) P( A1 ) P( A1 ) P ( A1 ) 2). 50 csavar között 30 selejt van Visszatevés nélkül véletlenszerűen kiválasztunk 12 csavart, és a kihúzás sorrendjében megvizsgáljuk őket. Az első 6 csavar jónak bizonyult. Mennyi a valószínűsége, hogy a teljes mintában 3 db selejt lesz? Megoldás. A : a mintában 3 db selejt van, B : az első 6 jó. A ( ) feltételes valószínűséget kell meghatározni. A feltételes P AB valószínűség definíciója szerint P( A B ) = P( AB ) P( B ) . A kísérlet lehetséges kimeneteleinek a száma  50 n =   ⋅ 12! .

 12 A B semény szempontjából kedvező esetek száma  20  44 k B =   ⋅ 6!⋅   ⋅ 6! .  6  6 Az A ⋅ B esemény azt jelenti, hogy a kiválasztottak között 3 selejt van és az első 6 jó. tehát az AB esemény szempontjából kedvezők azok az esetek, amikor az első 6-ot a jók közül választjuk (akármilyen sorrendben), és a második 6 közül 3-at a maradék 14 jó közül választjuk, 3-at pedig a 30 selejt közül. Természetesen az íly módon másodjára kiválasztottak is tetszőleges sorrendben előfordulhatnak a 7.-12 helyeken  20  14  30 k AB =   ⋅ 6!⋅   ⋅   ⋅ 6! .  6  3  3 Tehát 18  20  14  30   ⋅ 6!⋅   ⋅   ⋅ 6!  6  3  3  50   ⋅ 12 ! P( AB )  12 = P( A B ) = = P( B )  44  20   ⋅ 6!⋅   ⋅ 6!  6  6  50   ⋅ 12 !  12

 20  14  30  20  14  30   ⋅ 6!⋅   ⋅   ⋅ 6!   ⋅   ⋅    6  3  3  6  3  3 = = .  20  44  20  44   ⋅ 6!⋅   ⋅ 6!   ⋅   6  6  6  6 3) Egy bank megvizsgálta a hitelkártya tulajdonosainak megoszlását a számlájuk egyenlege és az utolsó befizetésük ideje szerint : EGYENLEG UTOLSÓ BEFIZETÉS <100 $ Időben 100 $ - 500 $ 0.45 Későn Összesen >500 $ Összesen 0.75 0.05 0.15 0.55 a) Határozzuk meg a hiányzó valószínűségeket. b) Mi a valószínűsége, hogy egy számlatulajdonos az utolsó befizetését időben teljesíti? c) Mi a valószínűsége, hogy egy számlaegyenleg 100$-nál kevesebb és az utolsó befizetés időben történt? d) Az utolsó befizetést későn eszközlők között mi a valószínűsége annak, hogy a számlaegyenleg 100$-nál kevesebb? 19

Megoldás. a) EGYENLEG UTOLSÓ BEFIZETÉS <100 $ Időben 100 $ - 500 $ 0.45 Későn Összesen >500 $ Összesen 0.75 0.05 0.15 0.55 1 EGYENLEG UTOLSÓ BEFIZETÉS <100 $ 100 $ - 500 $ >500 $ Összesen Időben 0.45 Későn 0.1 0.05 0.25 0.55 0.3 1 100 $ - 500 $ >500 $ Összesen 0.45 0.25 0.75 Összesen 0.15 0.75 EGYENLEG UTOLSÓ BEFIZETÉS <100 $ Időben Későn 0.1 0.1 0.05 0.25 Összesen 0.15 0.55 0.3 1 EGYENLEG UTOLSÓ BEFIZETÉS <100 $ 100 $ - 500 $ >500 $ Összesen Időben 0.05 0.45 0.25 0.75 Későn 0.1 0.1 0.05 0.25 Összesen 0.15 0.55 0.3 1 20 b) Mi a valószínűsége, hogy egy számlatulajdonos az utolsó befizetését időben teljesíti? EGYENLEG UTOLSÓ BEFIZETÉS <100 $ 100 $ - 500 $ >500 $ Összesen Időben 0.05 0.45 0.25 0.75 Későn 0.1 0.1 0.05 0.25 Összesen 0.15 0.55 0.3 1 p = 0.75 c) Mi a valószínűsége, hogy egy számlaegyenleg 100$-nál kevesebb

és az utolsó befizetés időben történt? EGYENLEG UTOLSÓ BEFIZETÉS <100 $ 100 $ - 500 $ >500 $ Összesen Időben 0.05 0.45 0.25 0.75 Későn 0.1 0.1 0.05 0.25 Összesen 0.15 0.55 0.3 1 p = 0.05 d) Az utolsó befizetést későn eszközlők között mi a valószínűsége annak, hogy a számlaegyenleg 100$-nál kevesebb? Itt egy feltételes valószínűség a kérdés. EGYENLEG UTOLSÓ BEFIZETÉS <100 $ 100 $ - 500 $ >500 $ Összesen Időben 0.05 0.45 0.25 0.75 Későn 0.1 0.1 0.05 0.25 Összesen 0.15 0.55 0.3 1 p= 01 . = 0.4 0.25 21 4) Valamely termék egy üzemben kétféle technológival készül. A késztermék vagy megfelelő, vagy nem megfelelő minősítést kaphat. A nem megfelelő lehet a felső tűréshatár feletti, vagy az alsó tűréshatár alatti. Egy napi termelés alapján a következő adódott: I. techn II. techn Összesen Megfelelő 450 425 875 Felső tűréshatár feletti 32 15 47 Alsó

tűréshatár alatti 28 20 48 Összesen 510 460 970 a) A teljes napi termelésből véletlenszerűen visszatevés nélkül kiválasztunk két terméket. Feltéve, hogy mindkettő felső tűréshatár felettinek bizonyult, mi a valószínűsége annak, hogy az elsőt az I., a másodikat a II technológiával gyártották? b) A teljes napi termelésből véletlenszerűen visszatevés nélkül kiválasztunk két terméket. Feltéve, hogy van köztük nem megfelelő, mi a valószínűsége annak, hogy mindkettőt az I . technológiával gyártották? c) A teljes napi termelésből véletlenszerűen kiválasztunk kettőt. Feltéve, hogy mindkettő az I. technológiával készült, mi a valószínűsége annak, hogy van közöttük felső tűréshatár feletti? Megoldás. a) B : mindkettő a felső tűréshatár feletti, A : az elsőt az I., a másodikat a II technológiával gyártották ( ) A P A B feltételes valószínűséget kell kiszámolnunk. Ha tudom, hogy a B esemény

bekövetkezett, akkor azt tudom, hogy mindkettőt a 47 felső tűréshatár feletti termék közül választották. Az ilyen kiválasztások száma 47 ⋅ 46 . Ezen esetek közül azok jelentik egyúttal az A esemény bekövetkezését is amikor az elsőt a 32 I. technóligiával készült közül, a másodikat pedig a 15 II-es technológiával készült közül választják. Ezek száma 32 ⋅ 15 , tehát P( A B ) = 32 ⋅ 15 = 0.2202 47 ⋅ 46 b) A : mindkettőt az I. technológiával gyártották, B : van köztük megfelelő. ( ) Meghatározandó P A B . 22 Ha tudom, hogy a B esemény bekövetkezett, akkor azt tudom, hogy nem mindkettőt a 875 megfelelőből választották. Ezen esetek száma 970 ⋅ 969 − 875 ⋅ 874 Ezen esetek közül azok jelentik egyúttal az A esemény bekövetkezését is amikor nem mindkettőt az I. tecnológiával készült 450 megfelelő közül választották Az ilyen kiválasztások száma 510 ⋅ 509 − 450 ⋅ 449 , tehát P( A B ) = 510

⋅ 509 − 450 ⋅ 449 57540 = = 0.3285 970 ⋅ 969 − 875 ⋅ 874 175180 c) A : van közöttük felső tűréshatár feletti, B : mindkettő az I. technológiával készült ( ) P( A B ) = 1 − P A B = 1 − 32 ⋅ 31 = 0.9962 510 ⋅ 509 5) Háromszor egymás után feldobunk egy kockát. Mi a valószínűsége, hogy a harmadik dobás 6-os lesz, feltéve, hogy a dobott számok összege 8? A : a harmadik dobás 6-os, B : a dobott számok összege 8. ( ) A P A B feltételes valószínűséget kell meghatároznunk. P( A B ) = P( A ⋅ B ) P( B ) A kísérlet lehetséges kimeneteleinek a száma n = 63 . 23 A B esemény szempontjából kedvező esetek száma: 1. dobás 1 1 1 1 1 1 2. dobás 1 2 3 4 5 6 3. dobás 6 5 4 3 2 1 esetek száma 6 2 2 2 2 2 1 2 3 4 5 5 4 3 2 1 5 3 3 3 3 1 2 3 4 4 3 2 1 4 4 4 1 2 3 3 2 1 4 3 5 5 1 2 2 1 6 1 1 2 1 21 P( B ) = 21 . 63 Az A ⋅ B esemény csak az 1,1,6 sorozattal következik be, P( A ⋅ B ) = 1 , 63 1 3 1

P( A B ) = 6 = . 21 21 63 24 6) A 32 lapos kártyából véletlenszerűen visszatevés nélkül kihúzunk 6 lapot úgy, hogy a kísérlet minden kimenetele egyformán valószínű. Feltéve, hogy az első két lap egyforma színű mi annak a valószínűsége, hogy a hat lap között lesz két különböző színű? Megoldás. A : a hat lap között lesz két különböző színű, B : az első két lap egyforma színű. ( ) P A⋅B ). ( ) P A B = 1− P A B , ( ) P AB = ( P( B ) A kísérlet különböző kimeneteleinek a száma  32 n =   ⋅ 6!  6 A B esemény szempontjából kedvező esetek számának meghatározásához először nézzük meg például, hogy hány olyan kiválasztás lehetséges, amikor az első két lap piros! Ezek száma  30  8   ⋅ 2!⋅   ⋅ 4 !  4  2 Nyilván a B esemény szempontjából nem csak ezek a kedvezők, hanem azok is, amikor a másik három szín valamelyikéből való az

első két kihúzott lap, tehát  30  8 k B = 4 ⋅   ⋅ 2 !⋅   ⋅ 4 ! ,  4  2  30  8 4 ⋅   ⋅ 2 !⋅   ⋅ 4 !  4  2 P( B ) = .  32   ⋅ 6!  6 Az A esemény azt jelenti, hogy mind a hat lap egyforma színű, tehát A ⋅ B = A , és  8 4 ⋅   ⋅ 6!  6 . P A =  32   ⋅ 6!  6 ( ) 25  8 4 ⋅   ⋅ 6!  6  8  32 4 ⋅   ⋅ 6!   ⋅ 6!  6  6 6! = = P AB =  30  30  8  30  8 4 ⋅   ⋅ 2 !⋅   ⋅ 4 ! 4 ⋅   ⋅ 2 !⋅   ⋅ 4 ! 2 !⋅   ⋅ 4!  4  4  2  4  2  32   ⋅ 6!  6 ( ) 6! .  30 2 !⋅   ⋅ 4 !  4 ( ) P A B = 1− 7) Egy dobozba véletlenszerűen helyezünk el 4 golyót a következőképpen. Feldobunk egy érmét, és ha írást dobunk, akkor egy fehér

golyót teszünk a dobozba, ha pedig fejet dobunk, akkor egy feketét. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a dobozba 3 fehér golyó kerül, ha az első betett golyó fehér volt? Megoldás. A : a dobozba három fehér golyó kerül, Bi : az i-re írást dobunk (i=1,2,3,4). ( ) P A B1 = P( B1 ) = P( A ⋅ B1 ) P( B1 ) . 1 . 2 Az A ⋅ B1 esemény azt jelenti, hogy az elsőre írást dobunk, és a további három dobás közül kétszer fogunk írást dobni, tehát 2 1  3  1  1 P( A ⋅ B1 ) = ⋅   ⋅   ⋅ , 2  2  2  2 2 1  3  1  1 ⋅  ⋅  ⋅ 2 2  2  2  2  3  1  1 3 =   ⋅  ⋅ = . P( A B1 ) = 1  2  2  2 8 2 8) Az alábbi esetek melyikében függetlenek az A és B események? a) P( A) = 0.6, P( B ) = 03, P( A B ) = 06 26 ( ) b) P( A) = 0.3, P( B ) = 07, P B A = 03 c) P( A) = 0.3, P( B ) = 0.3, P( A B ) = 02 Megoldás. a) A és B függetlenek, mert P( A

B ) = P( A) . ( ) b) A és B nem függetlenek, mert P B A ≠ P( B ) . c) A és B nem függetlenek, mert P( A ⋅ B ) ≠ P( A) ⋅ P( B ) 27 4. TELJES VALÓSZÍNŰSÉG TÉTELE, BAYES TÉTEL 1) Egy üzemben 10 gépen gyártanak egyforma alkatrészeket, mindegyiken egyenlő számút. Az első két gép együttvéve 3% selejtet termel, a következő öt gépnél együttvéve 2% a selejt, és végül a többi gépnél együttvéve 1%. A kész darabokat egy helyen gyűjtik. Közülük véletlenszerűen kiválasztunk egyet Mekkora annak a valószínűsége, hogy az selejt lesz? Megoldás. Tegyük fel, hogy mindegyik gépen N alkatrészt gyártottak A: a kiválasztott alkatrész selejt, Bi : a kiválasztott alkatrész az i. gépen készült, i=1,2,,10 P( Bi ) = N 1 = . 10 N 10 P( A B1 + B2 ) = 3 , 100 2 , ) 100 ( P A B3 + B4 + B5 + B6 + B7 = P( A B8 + B9 + B10 ) = A B1 + B2 , B3 + B4 + B5 + B6 + B7 , eseményrendszert alkotnak, és P( B1 + B2 ) = 2 , 10 P( B8 + B9 + B10 ) = 1

. 100 B8 + B9 + B10 P( B3 + B4 + B5 + B6 + B7 ) = események teljes 5 , 10 3 . 10 A teljes valószínűség tétele szerint P ( A) = 3 2 2 5 1 3 6 + 10 + 3 19 ⋅ + ⋅ + ⋅ = = = 0.019 100 10 100 10 100 10 1000 1000 2) Egy gép két napon keresztül egyforma alkatrészeket gyárt, egyenlő mennyiségben. Az első napon 10% a selejt, a másodikon már csak 4% Az összes termék közül véletlenszerűen kiválasztunk egyet. Mekkora valószínűséggel választunk selejtet? Megoldás. Ezt a feladatot már megoldottuk egyszer Most azt nézzük meg, hogyan lehetséges a megoldás a teljes valószínűség tételének felhasználásával. 28 Legyen A az az esemény, hogy a két napi termelésből véletlenszerűen kiválasztott alkatrész selejt. B1 : a kiválasztott alkatrész az első napon készült, B2 : a kiválasztott alkatrész a második napon készült. Ha N jelenti az egy napon gyártott termékek számát, akkor P( B1 ) = P( B2 ) = N 1 = , 2N 2 és B1 , B2

teljes eseményrendszert alkotnak. Továbbá P( A B1 ) = 1 , 10 P( A B2 ) = 4 , 100 tehát a teljes valószínűség tétele szerint ( ) ( ) P( A) = P A B1 ⋅ P( B1 ) + P A B2 ⋅ P( B2 ) = = 1 1 4 1 1 1 4  ⋅ + ⋅ =  +  = 0.07 10 2 100 2 2  10 100  3) Bizonyos fajta búzavetőmag összetételének vizsgálatakor megállapították, hogy az négyféle magot tartalmaz, mégpedig 96%-a az I-es fajtából, 1%-a a IIesből, 2%-a a III-asból és 1%-a a IV-esből tevődik össze. Annak valószínűsége, hogy az I-es fajta szemből legalább 50 szemet tartalmazó kalász fejlődik 0.5 Ugyanez a valószínűség a többi fajtáknál sorban a következő: 0.15, 02 és 005 Mennyi a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott magból legalább 50 szemet tartalmazó kalász fejlődik? Megoldás. I : a kiválasztott mag I-es fajtájú, II . a kiválasztott mag II-es fajtájú, III : a kiválasztott mag III-as fajtájú, IV : a kiválasztott mag

IV-es fajtájú, A : a kiválasztott magból legalább 50 szemet tartalmazó kalász fejlődik. P( I ) = 0.96, P( II ) = 0.01, P( III ) = 0.02, P( IV ) = 0.01 P( A I ) = 0.5, P( A II ) = 015 . , P( A III ) = 02, P( A IV ) = 005 P( A) = 0.5 ⋅ 096 + 015 . ⋅ 001 + 02 ⋅ 002 + 005 ⋅ 001 = 0486 4) Egy üzemben három csavargyártó gép működik. A gépek a termelés 25, 35 illetve 40%-át szolgáltatják. Az első gép selejtaránya 5%, a másodiké 4%, a 29 harmadiké pedig 2%. A napi termelésből kiválasztanak egy csavart és azt selejtnek találjuk. Mi a valószínűsége annak, hogy ezt a csavart a) az első gép gyártotta? b) a második vagy a harmadik gép gyártotta? Megoldás. I : a kiválasztott csavart az I-es gép gyártotta, II : a kiválasztott csavart a II-es gép gyártotta, III : a kiválasztott csavart a III-as gép gyártotta, S : a kiválasztott csavar selejt. P( I ) = 0.25, P( II ) = 0.35, P( III ) = 04 , P( S I ) = 0.05, P( S II ) = 004, P(

S III ) = 002 a) A Bayes tétel szerint P( I S ) = = P ( S I ) P( I ) P( S I ) P( I ) + P( S II ) P( II ) + P( S III ) P( IIII ) = 0.05 ⋅ 025 0.0125 = = 0.3623 0.05 ⋅ 025 + 004 ⋅ 035 + 002 ⋅ 04 00345 b) P( II + III S ) = P(( II + III ) ⋅ S ) P( S ) = P( II ⋅ S + III ⋅ S ) P( S ) = = P( II S ) + P( IIII S ) = = + = P( S II ) P( II ) P( S I ) P( I ) + P( S II ) P( II ) + P( S III ) P( IIII ) P( S III ) P( III ) P( S I ) P( I ) + P( S II ) P( II ) + P( S III ) P( IIII ) 0.0140 0008 + = 0.6377 0.0345 00345 Másik megoldás: 1 = P( H S ) = P( I + II + III S ) = P( I ⋅ S + ( II + III ) ⋅ S ) P( S ) = + = 30 = P( I ⋅ S ) + P(( II + III ) ⋅ S ) P( S ) = = P( I S ) + P( II + III S ) , amiből P( II + III S ) = 1 − P( I S ) = 1 − 0.3623 = 06377 5) Egy üzemben kétféle technológiával készítenek egy termékfajtát. Egyrészt hagyományos módon, és az így készült termék 60%-a I. osztályú, 40%-a II osztályú. Másrészt

automata gépsoron, így 90% lesz I osztályú és 10% II osztályú. A termékek 50%-a készül a hagyományos technológiával a) Mennyi annak a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott termék I. osztályú? b) Mennyi a valószínűsége, hogy a találomra megvizsgált termék az automata gépsoron készült, ha az II. osztályú minősítést kapott? c) Mennyi annak a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen kiválsztott termék első osztályú és az automata gépen készült? Megoldás. H : a kiválasztott termék a hagyományos technológiával készült, A : a kiválasztott termék az automata gépen készült, I : a kiválasztott termék első osztályú, II : a kiválasztott termék másod osztályú. P( H ) = P( A) = 0.5 , P( I H ) = 0.6, P( II H ) = 04, P( I A) = 09, P( II A) = 01 . a) P( I ) = P( I H ) P( H ) + P( I A) P( A) = 0.6 ⋅ 05 + 09 ⋅ 05 = 075 b) P( A II ) = P( II A) P( A) P( II ) = . ⋅ 05 01 = 0.2 1 − 0.75 c) P( I ⋅ A) =

P( I A) P( A) = 0.9 ⋅ 05 = 045 6) Tegyük fel, hogy valamely üzemből kikerülő áru 75%-a első osztályú. A kikerült termékeket vizsgálatnak vetik alá. Annak valószínűsége, hogy a vizsgálat során egy első osztályú terméket nem első osztályúnak minősítenek 0.02 Annak valószínűsége viszont, hogy egy nem első osztályú terméket első osztályúnak 31 minősítenek 0.05 Mennyi a valószínűsége, hogy egy olyan termék, amely e vizsgálaton első osztályú minősítést kapott, valóban első osztályú? Megoldás. E : a kiválasztott termék első osztályú, M : a kiválasztott termék nem első osztályú, EM : a kiválasztott termék a vizgálaton első osztályú minősítést kap, MM : a kiválasztott termék a vizsgálaton nem első osztályú minősítést kap. P( E ) = 0.75, P( M ) = 025 , P( MM E ) = 0.02, P( EM M ) = 005 ( ) A P E EM feltételes valószínűséget kell meghatároznunk. A Bayes tétel szerint P( E EM ) = ( ) ( P(

EM E ) ⋅ P( E ) P( EM E ) ⋅ P( E ) + P( EM M ) ⋅ P( M ) , ) és P EM E = 1 − P MM E = 1 − 0.02 = 098 , tehát P( E EM ) = 0.98 ⋅ 075 0.735 = = 0.9883 0.98 ⋅ 075 + 005 ⋅ 025 07475 7) Két műszakban gyártottak egy bizonyos terméket. Az egyikben a selejtarány 10%, a másikban 25%. Már nem tudjuk, hogy melyik tételt melyik műszakban gyártották. A két tétel közül véletlenszerűen kiválasztjuk az egyiket és ebből véletlenszerűen kiveszünk egy terméket. Ha a kiválasztott termék hibátlannak bizonyul, akkor ugyanabból a tételből választjuk a másodikat, ha elsőre selejtet választottunk, akkor a másik tételből. Mi annak a valószínűsége, hogy a második kiválasztott hibátlan lesz? Feltehető, hogy mindkét tétel olyan nagy, hogy a selejtarányt egy termék kiválasztása nem befolyásolja. Megoldsá. Legyen 1-es az a tétel, amelyikben 01 a selejtartány, és 2-es az, amelyikben 0.25 a selejtarány H1: az 1. kiválasztott termék

hibátlan, H2 : a 2. kiválasztott termék hibátlan, S1: az 1. kiválasztott termék selejt, S2 : a 2. kiválasztott termék selejt T1 : az 1-es tételt választottuk ki, T2 : a 2-es tételt választottuk ki. H = T 1 ⋅ H1 + T 1 ⋅ S1 + T 2 ⋅ H1 + T 2 ⋅ S1 , 32 H 2 = H ⋅ H 2 = (T1 ⋅ H1 + T1 ⋅ S1 + T 2 ⋅ H1 + T 2 ⋅ S1) ⋅ H 2 = = T 1 ⋅ H1 ⋅ H 2 + T 1 ⋅ S 1 ⋅ H 2 + T 2 ⋅ H 1 ⋅ H 2 + T 2 ⋅ S 1 ⋅ H 2 . Tehát P( H 2 ) = P( T 1 ⋅ H 1 ⋅ H 2 ) + P ( T 1 ⋅ S 1 ⋅ H 2 ) + P ( T 2 ⋅ H 1 ⋅ H 2 ) + P ( T 2 ⋅ S 1 ⋅ H 2 ) . A valószínűségek szorzási szabálya szerint ( ) ( ) P(T1 ⋅ S1 ⋅ H 2) = P( H 2 T1 ⋅ S1) ⋅ P( S1 T1) ⋅ P(T1) = 0.75 ⋅ 01 . ⋅ 05 , P(T 2 ⋅ H1 ⋅ H 2) = P( H 2 T 2 ⋅ H1) ⋅ P( H1 T 2) ⋅ P(T 2) = 0.75 ⋅ 075 ⋅ 05 , P(T 2 ⋅ S1 ⋅ H 2) = P( H 2 T 2 ⋅ S1) ⋅ P( S1 T 2) ⋅ P(T 2) = 09 ⋅ 0.25 ⋅ 05 P(T1 ⋅ H1 ⋅ H 2) = P H 2 T1 ⋅ H1 ⋅ P H1 T1 ⋅ P(T1) = 0.9 ⋅ 09 ⋅ 05 , P( H 2) = 0.9

⋅ 09 ⋅ 05 + 075 ⋅ 01 . ⋅ 05 + 075 ⋅ 075 ⋅ 05 + 09 ⋅ 025 ⋅ 05 = 08363 A fenti megoldást szemléletessé tehetjük, ha az egymást követő kiválasztásokat ábrázoljuk. 33 8) Egy egyetemen végzett felmérés szerint a nők 40%-a, a férfiak 60%-a dohányzik. A hallgatók 58%-a nő és 42%-a férfi a) A hallgatók közül véletlenszerűen kiválasztunk egyet. Mi a valószínűsége annak, hogy a kiválasztott dohányzó lesz? b) A hallgatók közül véletlenszerűen kiválasztottunk egyet, és az dohányzik. Mi a valószínűsége annak, hogy férfi az illető? Megoldás. N : a kiválasztott nő, F : a kiválasztott férfi, D : a kiválasztott dohányzik, ND : a kiválasztott nem dohányzik. ( ) ( ) P( F ) = 0.42, P( N ) = 058, P D F = 06, P D N = 04 34 a) A teljes valószínűség tétele szerint ( ) ( ) P( D) = P D F ⋅ P( F ) + P D N ⋅ P( N ) = 0.6 ⋅ 042 + 04 ⋅ 058 = 0484 b)A Bayes tétel alapján P( F D ) = = P( D F ) ⋅ P( F )

P( D F ) ⋅ P( F ) + P ( D N ) ⋅ P ( N ) = 0.6 ⋅ 042 = 0.5207 0.6 ⋅ 042 + 04 ⋅ 058 = 0484 35 5. FÜGGETLEN KÍSÉRLETEK 1) 100 db alkatrész közül 2 selejtes. Öt elemű mintát választunk visszatevéssel Mennyi annak a valószínűsége, hogy mind az öt alkatrész jó lesz? Megoldás. A : egy kiválasztott alkatrész jó P ( A) = 98 100  5 p =   ⋅ 0.98 5 ⋅ 002 5−0 = 098 5 = 09039  5 2). Egy gyártási folyamatban 5% a selejt Mennyi annak a valószínűsége, hogy 20 darab visszatevéssel kiválasztott gyártmány között 5-nél kevesebb selejtet találunk? Megoldás. A : a 20 kiválasztott között 5-nél kevesebb lesz a selejt, Ai : a 20 kiválasztott között i db lesz a selejt, i=0,1,2,3,4. 4 A = ∑ Ai , i =0 és az összegben szereplő események egymást páronként kizárják. 4 4  20 P( A) = ∑ P( Ai ) = ∑   ⋅ 0.05i ⋅ 09520−i = 09974 i =0 i =0  i  3) Valamely üzemben a legyártott

gépalkatrészek 3%-a felső tűréshatáron felüli, 5%-a pedig az alsó tűréshatáron aluli méretű. Mennyi a valószínűsége, hogy a visszatevéssel kiválasztott 50 elemű mintában 6 darabnak a mérete nem lesz megfelelő? Megoldás. A : a kiválasztott 50 elemü mintában 6 darabnak a mérete nem megfelelő, B : kiválasztunk egy gépalkatrészt, és az nem megfelelő. A kiválasztott alkatrész nem megfelelő, ha a mérete a felső tűréshatáron felüli, vagy az alsó tűréshatáron aluli, ezért P( B ) = 0.03 + 005 = 008  50 P( A) =   ⋅ 0.08 6 ⋅ 092 44 = 01063 . .  6 36 4) Egy üzemben 100 gép működik egymástól függetlenül. A gépek mindegyike bármelyik időpontban 0.95 valószínűséggel működik és 005 valószínűséggel áll javítás alatt. Mennyi annak a valószínűsége, hogy egy adott időpontban legalább 98 gép működik? Megoldás. Ai : egy adott időpontban i gép működik (i=0,1,.,100), A : egy adott időpontban

legalább 98 gép működik. 100 A = ∑ Ai , i = 98 100 100  100 P( A) = ∑ P( Ai ) = ∑   ⋅ 0.95i ⋅ 005100−i = 01183 . . i = 98 i = 988 i  5) Egy préselőgép műanyag dobozokat gyárt. Selejtes doboz készítésének valószínűsége 0.1 Az egyes dobozok elkészítése egymástól független a) Egy adott napon 1000 dobozt préselnek Mekkora a valószínűsége, hogy a tételnek 10%-a lesz selejt? b) Egy 10 000-es tételből, amelyikben 1000 db selejt van véletlenszerűen, visszatevés nélkül 5 elemű mintát veszünk oly módon, hogy bármely öt termék választásának ugyanaz a valószínűsége. Mekkora a valószínűsége, hogy az öt elemű mintában 2 selejtes doboz lesz? Megoldás. a) Annak a valószínűségét kell meghatározni, hogy az 1000 doboz között 100 selejt lesz.  1000 p= . 100 ⋅ 09 900 = 00420  ⋅ 01  100  b) Annak a valószínűsége, hogy a 10000-es tételből egyet kiválasztva az selejt lesz p = 01

. , tehát annak a valószínűsége, hogy a visszatevéssel kiválasztott 5 termék között 2 selejt lesz  5 . 2 ⋅ 09 3 = 00729   ⋅ 01 2   6) Egy üzemben két gépen gyártanak egyforma munkadarabokat. Az első gépen készült munkadaraboknak 2%-a selejt, a második gépnél 5% a selejt. Az első gép egy műszak alatt 100 terméket készít, a második 160-at. A műszak után az elkészült munkadarabok közül 20 elemű mintát veszünk visszatevéssel. Mekkora annak a valószínűsége, hogy ebben a selejtek száma 2 lesz? 37 Megoldás. Tekintsük azt a kísérletet, hogy az elkészültek közül véletlenszerűen kiválasztunk 1 munkadarabot. Ezzel a kísérlettel kapcsolatosan tekintsük a következő eseményeket: A1 : A2 : S : J: a kiválasztott munkadarab az 1. gépen készült, a kiválasztott munkadarab az 2. gépen készült, a kiválasztott munkadarab selejt, a kiválasztott munkadarab jó. A következő valószínűségeket ismerjük: 100

, 260 160 P( A2 ) = , 260 P S A1 = 0.02 , P( A1 ) = ( ) P( S A ) = 0.05 2 A teljes valószínűség tétele szerint ( ) ( ) p = P( S ) = P S A1 ⋅ P( A1 ) + P S A2 ⋅ P( A2 ) = = 2 100 5 160 1000 10 1 ⋅ + ⋅ = = = . 100 260 100 260 100 ⋅ 260 260 26 A feladatban az a kérdés, hogy mi annak a valószínűsége, hogy ha ezt a kísérletet 20-szor egymástól függetlenül végrehajtjuk, akkor a kiválasztott munkadarabok között 2 selejt lesz. Jelölje ezt az eseményt A A független kísérletekkel kapcsolatos általános eredményünk szerint 2  20 20 − 2  1   25  P( A) =   p 2 (1 − p) = 190 ⋅   ⋅    26   26   2 18 . . = 01387 7) 10 kockát feldobunk. Mennyi annak a valószínűsége, hogy pontosan 5 kockával dobunk 6-ost? Megoldás. 5 5  10  1   5  p =   ⋅   ⋅   = 0.0130  5   6  6 8) Egy 500 darabból álló árumennyiség 5%-a

szépséghibás. Az átvevő az áru átvétele előtt abból 10 darabot visszatevés nélkül kiválaszt, és megvizsgálja azokat, majd ezt megismétli a már megvizsgált darabok visszatevése után. A megrendelt mennyiséget csak akkor veszi át, ha mindkét próba csak hibátlan darabokat tartalmaz. Mennyi a valószínűsége, hogy az 500 darabos tételt átveszik? 38 Megoldás. A : a kiválasztottak mindegyike hibátlan. A tételt akkor és csakis akkor veszik át, ha az A esemény mindkét kiválasztásnál bekövetkezik. Tehát a tétel átvételének valószínűsége p = P ( A) ⋅ P ( A ) A tételben 25 szépséghibás és 475 hibátlan áru van. Ebből választunk visszatevés nélkül 10-et. Az összes esetek száma:  500 n=   10  Az A esenmény szempontjából kedvezők azok az esetek, amikor mind a 10et a 475 hibátlan közül választjuk.  475 k = ,  10  tehát  475    10  = 0.5967 P( A) =  500  

 10  A tétel átvételének valószínűsége p = 0.5987 2 = 03584 39 6. VALÓSZÍNŰSÉGI VÁLTOZÓK ÉS JELLEMZŐIK 1. Adjuk meg a következő valószínűségi változók eloszlását: Kísérlet X a)Egy pénzérmét kétszer feldobunk A dobott fejek száma b) Egy pénzérrmét négyszer feldobunk A dobott fejek száma c) A 32 lapos kártyából kihúzunk egy A kihúzott piros lapok száma lapot d) A 32 lapos kártyából kihúzunk egy A kihúzott lap értéke. Az érték lapot számozott lapok esetén a rajtuk lévő szám, alsó 1, felső 2, király 3, ász 4. Megoldás. a) X lehetséges értékei: 0,1,2 . p0 = P( X = 0) = P({ I , I }) = 1 , 4 2 1 = , 4 2 p1 = P( X = 1) = P({I, F} + { F , I }) = p2 = P( X = 2) = P({ F , F }) = 1 . 4 b) X lehetséges értékei: 0,1,2, 3, 4. p0 = P( X = 0) = 1 , 24 3  4 1  1 p1 = P( X = 1) =     ,  1 2  4 2 2  4  1   1 p2 = P ( X = 2) =       , 

2  2   4 3  4  1   1 p3 = P( X = 3) =       ,  3  2   4 4  1 p4 = P ( X = 4 ) =   .  2 40 2) Egy fogyasztói szervezet, amelyik az új autókat vizsgálja, rendszeresen jelentést készít az észlelt legfontosabb hibákról. X jelölje, hogy egy adott tipusból véletlenszerűen kiválasztott autón hány hibát találnak. Az eddigi tapasztalataik szerint X eloszlása a követkető: xi 0 1 2 3 4 5 6 7 8 pi 0.41 0113 0209 0223 0178 0114 0061 0028 011 9 10 0.004 0001 a) Ábrázoljuk a fenti eloszlást b) Határozzuk meg a P(2 ≤ X ≤ 5) valószínűséget. Megoldás. a) b) 2 ≤ X ≤ 5 = ( X = 2) + ( X = 3) + ( X = 4) + ( X = 5) , tehát P(2 ≤ X ≤ 5) = P( X = 2) + P( X = 3) + P( X = 4) + P( X = 5) = = 0.209 + 0223 + 0178 . + 0114 . = 0.724 3) Tekintsük a következő játékot. Egy 52 lapos kártyából véletlenszerűen kihúz a játékos egy lapot. Ha a kihúzott lap

káró, akkor a játékos nyer 2 dollárt, ha nem káró, akkor veszít 1 dollárt. Határozzuk meg a játékos nyereményének várhatóértékét. A veszteséget negatív nyereségként vegyük figyelembe 41 Megoldás. Jelentse X a játékos nyereményét X lehetséges értékei 2, -1 P( X = 2 ) = 13 1 = , 52 4 P( X = −1) = 1 − 1 3 = . 4 4 A játékos nyereményének várhatóértéke E( X ) = 2 ⋅ 1 3 1 + ( −1) ⋅ = − . 4 4 4 4) Három állásajánlat, A,B és C közül kell választanunk. A következő táblázatban az elkövetkezendő 5 évben elérhető jövedelmeket és ezek valószínűségeit foglaltuk össze. Állás Elérhető jövedelem Valószínűség A 40 000$ 0.4 50 000 0.6 30 000 0.2 50 000 0.5 80 000 0.3 20 000 0.35 40 000 0.25 60 000 0.40 B C Melyiket válasszuk, ha azt akarjuk, hogy az öt éves várható jövedelmünk a lehető legnagyobb legyen? Megoldás. X A , X B , X C jelentse az 5 éves jövedelmet az A, B illetve a C

állás esetén. Mindhárom valószínűségi változó, amelyek eloszása ismert: XA : 40000 50000 0.4 0.6 30000 50000 XB : 80000 42 0.2 0.5 0.3 30000 40000 60000 0.35 0.25 0.4 XC : E ( X A ) = 0.4 ⋅ 40000 + 06 ⋅ 50000 = 16000 + 30000 = 46000 , E ( X B ) = 0.2 ⋅ 30000 + 05 ⋅ 50000 + 03 ⋅ 80000 = = 6000 + 25000 + 24000 = 55000 , E ( X C ) = 0.35 ⋅ 20000 + 025 ⋅ 40000 + 04 ⋅ 60000 = = 7000 + 10000 + 24000 = 41000 . Tehát a B állásajánlat esetén lesz az 5 éves várható jövedelmünk a legnagyobb. 5) Egy cég két projekt valamelyikét indíthatja el. Az A projekt költsége 10 millió és az elérhető jövedelem 20 millió, 10 millió vagy 4 millió rendre 0.5, 02 illetve 0.3 valószínűséggel A B projekt költsége 56 milló és 157 millió, 10 millió, vagy 3 millió bevételt eredményezhet 0.35, 055 illetve 01 valószínűséggel Melyik mellett kell dönteni, ha azt akarják, hogy a várható profit a legkedvezőbb legyen? Melyik a

minimális kockázatú döntés? Legyen X A az elérhető haszon az A,, X B pedig a B projekt esetén.esetén Mindkettő valószínűségi változó, amelyek eloszása ismert: XA : 10 ⋅106 0 -6 ⋅106 0.5 0.2 0.3 10.1 ⋅106 4.4 ⋅106 -2.6 ⋅106 0.35 0.55 0.1 XB : E ( X A ) = 3.2 ⋅ 10 6 , E ( X B ) = 5.695 ⋅ 10 6 , 43 tehát a B projekt mellet kell döntenünk, ha azt akarjuk, hogy a várható hasznunk maximális legyen. A döntések kockázatát a haszon szórásával mérjük. Először meg kell határozni az X A2 és az X B2 változók várhatóértékét. X A2 : 100 ⋅1012 0 36 ⋅1012 0.5 0.2 0.3 102.01 ⋅1012 19.36 ⋅1012 6.76 ⋅1012 0.35 0.55 0.1 X B2 : ( ) E ( X ) = 47.0275 ⋅ 10 E X A2 = 60.8 ⋅ 1012 , 2 B 12 Tehát ( ) ( D 2 ( X A ) = E X 2A − ( E ( X A )) = 60.8 ⋅ 1012 − 32 ⋅ 10 6 2 ) = 2 = 50.56 ⋅ 1012 , ( ) ( D 2 ( X B ) = E X B2 − ( E ( X B )) = 47.0275 ⋅ 1012 − 5695 ⋅ 10 6 2 ) = 2 = 14.59447 ⋅

1012 , és D( X A ) = 50.56 ⋅ 1012 = 7110556 ⋅ 10 6 , D( X B ) = 14.59447 ⋅ 1012 = 3820272 . ⋅ 10 6 . 6) Egy kis üzletben egy hetilapot is árusítanak. Megfigyeléseik szerint a lap iránti kereslet (pld/hét) eloszlása a következő: xi 1 2 3 4 5 pi 0.1 0.3 0.4 0.1 0.1 A hetilap beszerzési ára példányonként 20 Ft, és eladási ára 50 Ft. A hét végéig el nem adott példányokat 10Ft/pld áron egy nyugdíjas-klubnak eladják. Határozzuk 44 meg, hogy minek van nagyobb kockázata, ha hetente 3 vagy ha 4 példányt rendelnek. Megoldás. Töltsük ki az alkalmankénti haszon táblázatát! Rendelés Kereslet Valószínűség 3 4 1 0.1 10 0 2 0.3 50 40 3 0.4 90 80 4 0.1 90 120 5 0.1 90 120 E ( H 3 ) = 10 ⋅ 01 . + 50 ⋅ 03 + 90 ⋅ 06 = 70 , E ( H 4 ) = 0 ⋅ 01 . + 40 ⋅ 03 + 80 ⋅ 04 + 120 ⋅ 02 = 68 ( ) E H 32 = 10 2 ⋅ 01 . + 50 2 ⋅ 03 + 90 2 ⋅ 06 = 5620 , ( ) E H 42 = 0 2 ⋅ 01 . + 40 2 ⋅ 03 + 80 2 ⋅ 04 +

120 2 ⋅ 02 = 5920 ( ) D ( H ) = E ( H ) − ( E ( H )) = 5920 − 68 = 1296 . D 2 ( H 3 ) = E H 32 − ( E ( H 3 )) = 5620 − 70 2 = 720 , 2 2 2 2 4 4 2 4 Mivel D( H 4 ) = 1296 > D( H 3 ) = 720 , annak a nagyobb a kockázata, ha 4 lapot rendelünk. 7) Két kockával dobunk és X jelenti a dobott számok összegét. Határozzuk meg X eloszlását. Számítsuk ki ezen eloszlás numerikus jellemzőit Megoldás. X eloszlása: xi 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 pi 1 36 2 36 3 36 4 36 5 36 6 36 5 36 4 36 3 36 2 36 1 36 45 Az eloszlás ábrája: Mivel egy móduszú szimmetrikus eloszlásról van szó, a módusz, a medián, és a várhatóérték egyenlők, tehát mindegyik 7-tel egyenlő. ( ) E X 2 = 4⋅ 1 2 3 4 5 6 5 4 + 9 ⋅ + 16 ⋅ + 25 ⋅ + 36 ⋅ + 49 ⋅ + 64 ⋅ + 81 ⋅ + 36 36 36 36 36 36 36 36 +100 ⋅ 3 2 1 1974 + +121 ⋅ + 144 ⋅ = , 36 36 36 36 1974 210 2 − (7) = , 36 36 D2 ( X ) = D( X ) = 210 = 2.4152 36 8) A kockát kétszer

egymásután feldobjuk. X jelentse a dobott számok minimumát. Határozzuk meg X eloszlásfüggvényét Megoldás. Határozzuk meg az X=1 esemény valószínűségét Ez az esemény akkor következik be, ha az első dobás egyes, vagy a második dobás egyes, tehát P( X = 1) = 6 6 1 11 + − = . 36 36 36 36 Hasonló meggondolásokkal adódik, hogy P( X = 2 ) = 9 , 36 P( X = 3) = P( X = 5) = tehát 3 , 36 7 , 36 P( X = 4 ) = P( X = 6) = 1 , 36 5 , 36 46 x ≤1 1< x ≤ 2 2<x≤3 3< x ≤ 4 4< x≤5 5< x ≤ 6  0, 11 36,  20 36,  F ( x ) = 27 36, 32 36,  35 36,  1,  6< x 8) Egy valószínűségi változó eloszlásfüggvénye 0 1 3  F ( x) =  2 3 1 ha x ≤ 1 ha 1 < x ≤ 2 ha 2 < x ≤ 3 ha 3 < x Mit állapíthatunk meg erről a valószínűségi változóról? Megoldás. Rajzoljuk fel az illető eloszlásfüggvényt! A valószínűségi változó diszkrét, melynek eloszlása xi 1

2 3 pi 1 3 1 3 1 3 9) Egy urnában 6 cédula van, rajtuk rendre az 1, 2, 3, 4, 5 és a 6 számok szerepelnek. Véletlenszerűen kiválasztunk közülük egyet X jelentse a kihúzott lapon szereplő számot. Határozzuk meg X várhatóértékét 47 Megoldás. X eloszlása : xi 1 2 3 4 5 6 pi 1 6 1 6 1 6 1 6 1 6 1 6 E( X ) = 1 21 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = = 35 . ( 6 6 10) Egy ellenörző állomáson megvizsgálják a személygépkocsik gumiabroncsait. X jelentse egy gépkocsi esetén a nem megfelelő abroncsok számát. Tapasztalataik szerint X eloszlása a következő: xi 0 1 2 3 4 5 pi 0.49 0.16 0.12 0.1 0.09 0.04 a) Határozzuk meg X várhatóértékét. b) Mi a valószínűsége annak, hogy egy gépkocsi esetén a nem megfelelő abroncsok száma nagyobb az átlagosnál? c) Mi a valószínűsége annak, hogy 10 egymás után beérkező gépkocsi között egy lesz olyan, amelyiknél valamelyik abroncs nem megfelelő? Megoldás. a) E ( X ) = 1

⋅ 016 . + 2 ⋅ 012 . + 3 ⋅ 01 . + 4 ⋅ 009 + 5 ⋅ 004 = 12 . b) P( X > 12 . ) = P( X ≥ 2) = 012 . + 01 . + 009 + 004 = 035 c) Annak a valószínűsége, hogy egy gépkocsin valamelyik abroncs nem megfelelő 1 − 0.49 = 051 Jelentse Y a 10 egymás után beérkező gépkocsi között azoknak a számát, amelyeknél valamelyik abroncs nem megfelelő. Y binomiális eloszlású 10 és 0.51 paraméterekkel, rövid jelölés: Y∼ B(10, 051) Tehát  10 P(Y > 0) = 1 − P(Y = 0) = 1 −   ⋅ 0.510 ⋅ 049 10 = 1 − 049 10 = 09992  0 48 11) Egy gyufagyárban a dobozokat automata gépsor tölti. Az egyes dobozokba kerülő gyufaszálak számának eloszlása a tapasztalatok szerint a következő: darabszám 47 valószí- 0.05 nűség 48 49 50 51 52 53 0.10 0.15 0.40 0.15 0.10 0.05 Mekkora annak a valószínűsége, hogy egy dobozba legalább 50 szál gyufa kerül? Megoldás. Jelentse X az egy dobozba kerülő gyufaszálak számát P( X

≥ 50) = 0.4 + 015 . + 01 . + 005 = 07 12) Egy könyvtár két különböző hetilapra fizet elő. Normál körülmények között mindkettő a szerdai postával érkezik. A gyakorlatban azonban más napokon is érkeznek egymástól függetlenül, és mindkét újság esetén P(szerdán érkezik)=0.4, P(csütörtökön érkezik)=03 , P(pénteken érkezik)=0.2, P(szombaton érkezik)=01 Az X valószínűségi változó jelentse, hogy szerdát követően hány nap múlva található már meg mind a két újság a könyvtárban. Tehát például, ha az egyik szerdán érkezik és a másik pénteken, akkor X=2. Ha mindkettő csütörtökön érkezik, akkor X=1 stb. Határozzuk meg X eloszlálsát 49 Megoldás. 1.lap Sze Cs P Szo val. 0.16 0.12 0.08 0.04 X val. 0 0.12 1 0.09 2 0.06 3 0.03 X val. 1 0.08 1 0.06 2 0.04 3 0.02 X val. 2 0.04 2 0.03 2 0.02 3 0.01 X 3 3 3 3 2.lap Sze Cs P Szo X eloszlása: xi 0 1 2 3 pi 0.16 0.33 0.32 0.19 13) Egy

gyártósorról lekerülő alkatrészek lehetnek hibátlanok (H), vagy selejtesek (S). Tegyük fel, hogy egy bizonyos idő alatt gyártott alkatrészek 70%-a hibátlan Az alkatrészek közül véletlenszerűen kiválasztunk egyet és megvizsgáljuk, majd visszatesszük és ezt ismételjük mindaddig, amíg hibátlan alkatrészt nem találunk. X jelentse a megvizsgált alkatrészek számát. a) Mi X lehető legkisebb értéke és a kísérlet melyik kimeneteléhez tartozik ez az érték? b) Mi a lehetséges értékek halmaza? c) Határozzuk meg az öt legkisebb lehetséges érték valószínűségét. Vegyük észre azt a szabályszerűséget, amellyel X eloszlását meghatározhatjuk. Megoldás. Legyen H az az esemény, hogy a kiválasztott alkatrész hibátlan P( H ) = 0.7 a) X legkisebb értéke 1, és ezt akkor veszi fel, ha elsőre hibátlant választunk. b) X lehetséges értékei a pozitív egész számok. c) p1 = P( X = 1) = 0.7 50 Mivel az X = 2 akkor következik be, ha

elsőre hibásat és másodikra hibátlant választunk, p2 = P( X = 2) = 0.3 ⋅ 07 Hasonló meggondolásokkal adódnak a következők: p3 = P( X = 3) = 0.32 ⋅ 07 , p4 = P( X = 4) = 0.33 ⋅ 07 , p5 = P( X = 5) = 0.34 ⋅ 07 , és általában p k = P( X = k ) = 0.3 k −1 ⋅ 07 14) Egy főiskolán kreditrendszerű oktatás folyik. X jelentse, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott hallgató az adott félévben hány tantárgyat vett fel a leckekönyvébe. A tapasztalatok szerint X eloszlása a következő: xi 1 2 3 4 5 6 7 pi 0.02 0.03 0.09 0.25 0.40 0.16 0.05 a)Határozzuk meg X várhatóértékét és szórását. b) Mi a fent megatározott várhatóérték szemléletes jelentése? c) Mi annak a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott hallgató által felvett tantárgyak száma az átlagostól legfeljebb egy szórásnyival különbözik? Megoldás. a) E ( X ) = 1 ⋅ 0.02 + 2 ⋅ 003 + 3 ⋅ 009 + 4 ⋅ 025 + 5 ⋅ 040 + 6 ⋅ 016 . + 7

⋅ 005 = 466 . ( ) E X 2 = 1 ⋅ 0.02 + 4 ⋅ 003 + 9 ⋅ 009 + 16 ⋅ 025 + 25 ⋅ 040 + 36 ⋅ 016 . + 49 ⋅ 005 = = 2316 . D( X ) = ( ) E X 2 − ( E ( X )) = 2316 . − 466 2 = 12018 . . 2 b) Ha sok hallgatót kiválasztunk véletlenszerűen a főiskola hallgatói közül, akkor a felvett tárgyak átlaga (számtani közepe) körülbelül 4.66 lesz c) ( ) P X − 4.66 ≤ 12018 . = P(3.4582 ≤ X ≤ 58618 . )= 51 = P( X = 4) + P( X = 5) = 0.65 15) A gyártók által alkalmazott minőségellenőrzési eljárások része a beérkező anyagok vizsgálata. Tegyük fel, hogy egy számítógépgyártó cég egy másik cégtől szerzi be a klaviatúrákat, és ezeket 5-ös csomagokban szállítják. Minden csomagból visszatevés nélkül véletlenszerűen kiválasztanak kettőt és ezeket átvizsgálják. X jelentse, hogy hány hibásat találnak a csomagban Határozzuk meg X eloszlását a következő esetekben: a) A csomagban minden klaviatúra hibátlan; b) A

csomagban egy hibás és négy hibátlan klaviatúra van ; c) A csomagban két hibás és három hibátlan klaviatúra van ; d) A csomagban három hibás és két hibátlan klaviatúra van ; e) A csomagban négy hibás és egy hibátlan klaviatúra van; f) A csomagban minden klaviatúra hibás. Megoldás. M jelentse, hogy a csomagban hány hibás klaviatúra van a) M=0, tehát X = 0 a biztos esemény, P( X = 0) = 1 . b) M=1  4    2 6 = p0 = P( X = 0) = ,  5 10    2  1  4     1  1 4 = p1 = P( X = 1) = . 10  5    2 c) M=2  3    2 3 = p0 = P( X = 0) = ,  5 10    2  2  3     1  1 6 = p1 = P( X = 1) = , 10  5    2 52  2    2 1 = p 2 = P( X = 2 ) = .  5 10    2 d) M=3  2    2 1 = p0 = P( X = 0) = ,  5 10    2  3  2  

  1  1 6 = p1 = P( X = 1) = , 10  5    2  3    2 3 = p 2 = P( X = 2 ) = .  5 10    2 e) M=4  4  1     1  1 4 = p1 = P( X = 1) = , 10  5    2  4    2 6 = p 2 = P( X = 2 ) = .  5 10    2 f) M=5, tehát X = 2 a biztos esemény, P( X = 2) = 1 . 53 7. NEVEZETES DISZKRÉT ELOSZLÁSOK 1) 1985-ben egy felmérés azt állapította meg, hogy az USA-ban a 10 éven felüliek 17 %-a fogyaszt koffeinmentes kávét. Ha az adott populációból váletlenszerűen kiválasztunk 10-et, mi a valószínűsége annak, hogy közülük legalább kettő fogyaszt koffeinmentes kávét? Megoldás. . A : egyet kiválasztunk, és az fogyaszt koffeinmentes kávét. P( A) = 017 X jelentse, hogy a 10 kiválasztott közül hány fogyaszt koffeinmentes kávét. . ) X∼ B(10,017 P( X ≥ 2) = 1 − P( X < 2) = 1 − P( X ≤ 1) = 1  10 = 1 −

∑   ⋅ 017 . k ⋅ 08310 − k = 0527041 k k =0 2) Tízszer feldobunk egy kockát. a)Mi a valószínűsége annak, hogy négyszer fogunk 6-ot dobni? b) Mi a hatos dobások számának legvalószínűbb értéke? c) Mi a hatos dobások számának várhatóértéke? Megoldás. Jelentse X a 10-es dobássorozatban a hatos dobások számát. A X valószínűségi változó B(10, 1/6) eloszlású. a) Meg kell határoznunk az X=4 esemény valószínűségét. 4 10 − 4  10  1   5  P( X = 4 ) =   ⋅   ⋅   = 0.054266  4   6  6 1  11  b) A B(10, 1/6) eloszlás esetén a (10 + 1)  =   = 1 érték a 6  6   legvalószínűbb, tehát az a legvalószínűbb, hogy a tíz dobás során egyszer fogunk 6-ot dobni. c) 1 5 E ( X ) = 10 ⋅ = , 6 3 vagyis a 10-es dobássorozatban a 6-os dobások számának várhatóértéke 5/3. Ez azt jelent, hogy ha sok 10-es dobássorozatot végzünk, akkor az

átlagosan egy sorozatra jutó 6-os dobás közelítőleg 5/3 lesz. A közelítés annál pontosabb lesz minél több dobássorozatot végzünk. 3) Egy biztosítótársaság ügynökét átlagosan az esetek 2/3-ad részében engedik be a felkeresett lakásokba. Akik beengedik a lakásukba, azoknak átlagosan 30 % a köt valamilyen biztosítást Mi a valószínűsége annak, hogy a következő hétre tervezett 20 megkeresésből pontosan 5 biztosítást sikerül kötnie? 54 Megoldás. A : beengedik a felkeresett lakásba, B : sikerül biztosítást kötnie. 2 P ( A) = , 3 ( ) 103 , P BA = 3 2 1 ⋅ = . 10 3 5 X jelentse, hogy a 20 megkeresésből hány biztosítást sikerül kötnie. X∼ B(20,0.2) P ( B ) = P ( B A) ⋅ P ( A ) =  20 P( X = 5) =   ⋅ 0.2 5 ⋅ 08 20−5 = 017456 . .  5 4) Egy gép által gyártott 1000 alkatrész közül átlagosan 10 hibás. Mi annak a valószínűsége, hogy a véletlenszerűen kiválasztott 3 alkatész nem mind hibás,

de van köztük hibás? Megoldás. X legyen a kiválasztottak között a hibásak száma. valószínűséget A P(1 ≤ X ≤ 2) = P( X = 1) + P( X = 2) kell meghatároznunk. a) Ha visszatevés nélkül választunk, akkor X hipergeometrikus eloszlású N=1000, M=10, n=3 paraméterekkel.  10  990  10  990     ⋅   ⋅  1  2   2  1  = 0.029729 + P( X = 1) + P( X = 2) =  1000  1000      3   3  b) Ha visszatevéssel választunk, akkor X∼ B(3, 0.01) ,tehát  3  3 P( X = 1) + P( X = 2) =   ⋅ 0.01 ⋅ 099 2 +   ⋅ 0012 ⋅ 099 = 0029700  2  1 5) Egy tételben a selejtarány 3%. Visszatevéssel az adott tételből véletlenszerűen kiválasztunk 20 darabot. Mi annak a valószínűsége, hogy lesz selejt a kiválasztottak között? Megoldás. X legyen a kiválasztottak között a selejtek száma. X∼ B(20, 003)  20 P( X > 0) = 1

− P( X = 0) = 1 −   ⋅ 0.030 ⋅ 097 20− 0 = 0456206  0 6) Egy bankba a pénteki napokon 11:30 és 13:00 között a megfigyelések szerint átlagosan 60 ügyfél érkezik. Mi annak a valószínűsége, hogy pénteken a z adott időszakban egy 12 perces periódusban 10-nél több ügyfél érkezik a bankba? 55 Megoldás. a) X 1 jelentse az 1 óra (egységnyi idő) alatt beérkező ügyfelek számát. X 1 60 = 40 paraméterrel. Poisson eloszlású µ = 15 . 1 X 1 5 , a 12 perc= (=t) óra alatti bérkezők száma szintén Poisson eloszlású 5 1 µ ⋅ t = 40 ⋅ = 8 paraméterrel. 5 10 8 k −8 e = 0.184114 ! k k =0 P( X 1/ 5 > 10) = 1 − P( X 1/ 5 ≤ 10) = 1 − ∑ b) Legyen most az egységnyi idő az 1 perc. X 1 , az egységnyi idő (1 perc) 60 2 = paraméterrel. alatt beérkező ügyfelek száma Poisson eloszlású µ = 90 3 2 X 12 , a t=12 perc alatt beérkezők száma Poisson eloszlású µ ⋅ t = ⋅ 12 = 8 3 paraméterrel. 10 8 k −8 e =

0.184114 ! k k =0 P( X 12 > 10) = 1 − P( X 12 ≤ 10) = 1 − ∑ 7) Egy cég irodaházának telefonközpontjába fél óránkánt átlagosan 4.9 telefonhívás érkezik. a) Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy 10 és 11 óra között 8-szor fogjálk telefonon keresni az irodaházat. b) Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy egy adott órányi időtartam alatt legalább 12 hívást kap a központ. Megoldás. A telefonközpontba fél óra alatt beérkező hívások száma 4.9 paraméterű Poisson eloszlású. Legyen X az egy tetszőleges órányi időintervallumban beérkező hívások száma. X 98 paraméterű Poisson eloszlású valószínűségi változó. a) 9.8 8 −98 P( X = 8) = e = 0.117004 8! b) 11 9.8 k −98 P( X ≥ 12) = 1 − P( X < 12) = 1 − P( X ≤ 11) = 1 − ∑ ⋅e . k =0 k ! 57 8. NEVEZETES FOLYTONOS ELOSZLÁSOK 1) Legyen X N (100, 10) eloszlású. a) Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy az X az átlagától

legfeljebb 5%-kal tér el. b) Melyik az az érték, amelynél nagyobb érték felvételének valószínűsége 0.8? Megoldás. a) Legyen F ( x ) az N (100, 10) eloszlás eloszlásfüggvénye. ( ) P X − 100 ≤ 5 = P( −5 ≤ X − 100 ≤ 5) = P(95 ≤ X ≤ 105) = F (105) − F (95) . Ha csak a standard normális eloszlás eloszlásfüggvényére vonatkozó függvénytáblázatunk van, akkor a megoldás:  105 − 100   95 − 100  F (105) − F (95) = Φ  − Φ  = Φ(0.5) − Φ( −05) =   10  10  = Φ(0.5) − (1 − Φ(05)) = 2Φ(05) − 1 = 2 ⋅ 06915 − 1 = = 1.3830 − 1 = 03830 b) Jelöljük K-val a kérdéses értéket, amelyre P( X > K ) = 0.8 teljesül. Tehát K a P( X > K ) = 1 − P( X ≤ K ) = 1 − P( X < K ) = 0.8 P( X < K ) = F ( K ) = 0.2 összefüggésből határozható meg. Ha csak a standard normális eloszás eloszlásfüggvényére vonatkozó függvénytáblázatunk van, akkor  K − 100  F ( K )

= Φ  = 0.2  10  K −100 alapján nem más, mint az a hely, ahol a Φ a 0.2 értéket veszi fel, 10 amit a Φ függvény értékének visszakeresésével határozhatunk meg. Mivel a 0.2 függvényérétk nem szerepel a táblázatban, fel kell használnunk a  100 − K   K − 100   K − 100  Φ   = 1 − Φ  = 1 − Φ −  10    10  10  összefüggést, tehát az  100 − K  1 − Φ  = 0.2  10  egyenlet alapján  100 − K  Φ  = 0.8  10  58 A 0.8 függvényérték visszakeresésével (a 08-hez legközelebb eső függvényérték a 0.7995) 100 − K = 0.84 , 10 ahonnan K = 91. 6 2) Egy klinikán a fogyókúrrára fogott betegek havi súlycsökkenése normális eloszlású, melynek várhatóétéke 6kg és szórása 2.4kg a) Mi annak a valószínűsége, hogy egy páciens havi súlycsökkenése 2.5kg és 7.5kg között lesz? b) Mi annak a valószínűsége, hogy 2kg-nál

kevesebbet fog fogyni? Megoldás. Legyen X a havi súlycsökkenés. X∼N(6, 24) Jelölje F(x) ennek az eloszlásnak az eloszlásfüggvényét, Φ( x ) pedig a standard normális eloszlásét. a)  2.5 − 6   7.5 − 6  P(2.5 < X < 75) = F (75) − F (25) = Φ  − Φ =  2.4   2.4  = Φ(0.63) − Φ( −146 . )= = Φ(0.63) − (1 − Φ(146 . )) A fenti függvényértékeket a Φ( x ) -re vonatkozó függvénytáblázatból kikeresve b) P(2.5 < X < 75) = 07341 + 09279 − 1 = 0662 P( X > 2 ) = 1 − P( X ≤ 2 ) = 1 − P ( X < 2 ) = 1 − F ( 2 ) =  2 − 6 = 1 − Φ . )=  = 1 − Φ( −167  2.4  = 1 − (1 − Φ(167 . )) = Φ(167 . ) = 09525 3) Egy kávégyártó cégnél a csomagolás automata gépsoron történik. A gép úgy van beállítva, hogy a kávécsomagok súlya normális eloszlású 25dkg várhatóértékkel és 0.1875dkg szórással A gép állításával azt lehet elérni, hogy a súly

várhatóértéke megváltozik. a) Mi a valószínűsége, hogy egy csomag kávé tömege 24.7dkg és 253dkg között lesz? b) Mi a valószínűsége, hogy egy csomag 24.625dkg-nál kevesebb kávét tartalmaz? 59 c) Ha azt szeretnénk hogy legfeljebb 10% legyen annak a valószínűsége, hogy egy csomag 25dkg-nál kevesebb kávét tartalmaz, akkor milyen várhatóértékre kell állítani a gépet? Megoldás. Legyen X a kávécsomag tömege. X∼N(25, 01875) Jelölje F(x) ennek az eloszlásnak az eloszlásfüggvényét, Φ( x ) pedig a standard normális eloszlásét. a) P(2.47 < X < 253) = F (253) − F (247) =  24.7 − 25  25.3 − 25 = Φ . ) − Φ( −16 . )=  − Φ  = Φ(16  01875   01875  . . = Φ(16 . ) − (1 − Φ(16 . )) = 2 ⋅ Φ(16 . ) − 1 = 2 ⋅ 09452 − 1 = = 0.8904 b)  24.625 − 25 P( X < 24.625) = F (24625) = Φ  = Φ( −2.13) = 1 − Φ(213) =   01875 . = 1 − 0.9834 = 00166 c) .

Milyen legyen az m értéke, ha azt akarjuk, hogy az N (m,01875 ) eloszlás esetén P( X < 25) = 01 . teljesüljön. Legyen Fm ( x ) az N (m,01875 . ) eloszlás eloszlásfüggvénye. Ekkor  25 − m  P( X < 25) = Fm (25) = Φ ,  01875  . tehát az m értékét a  25 − m  Φ .  = 01   01875 . egyenletből határozhatjuk meg. Először meghatározzuk azt a K-t, amelyre Φ( K ) = 01 . A Φ függvény táblázatában csak 0.5-nél nagyobb vagy egyenlő függvényértékek szerepelnek, ezért felhasználjuk a Φ( K ) = 1 − Φ( − K ) azonosságot. 1 − Φ( − K ) = 01 . , 60 és ebből adódik, hogy Φ( − K ) = 0.9 A függvénytáblázatból adódik, hogy a Φ függvény az 1.28 helyen veszi fel a 0.9 értéket, tehát − K = 128 . , tehát K = −128 . Ezek után m-et a 25 − m . = −128 . 01875 egyenletből határozhatjuk meg: m = 25.24 4) Egy banknál a kérelmezők 60%-a kap egy bizonyos hitelkártyát. Határozzuk meg,

hogy mi annak a valószínűsége, hogy a következő 300 kérelmezőből 200-nál kevesebben fognak kártyát kapni. Határozzuk meg ezt a valószínűséget egyrészt a pontos eloszlást felhasználva, másrészt a normális eloszlással való közelítéssel is. Megoldás. Jelölje X azt, hogy a 300 kérelmezőből hányan kapnak bankkártyát. X∼B(300, 0.6) 199 300   300 − k k P( X < 200) = ∑  =  ⋅ 0.6 ⋅ 04 k   k =0 = 1− 300  300 ∑  k  ⋅ 0.6 k ⋅ 04 300 − k = 09898 k = 200 A közelítő normális eloszlás felhasználásával a kérdéses valószínűség: X közelítőleg N 300 ⋅ 0.6, 300 ⋅ 06 ⋅ 04 eloszlású Legyen F ( x ) ennek a ( ) normális eloszlásnak az eloszlásfüggvénye.  200.5 − 180  P( X < 200) ≈ F (200.5) = Φ  = 0.9922  8.48528  A közelítés hibája 0.9898 − 09922 = 00024 5) Egy cégnél a dolgozók ebédideje 60 perc. A tényleges ebédidők azonban

változnak. A tapasztalatok szerint normális eloszlás szerint, melynek várhatóértéke 64.9 perc és szórása 68 perc a) Mi a valószínűsége annak, hogy egy dolgozó ebédideje nem haladja meg a megengedettet? b) Átlagosan a dolgozók hányad részének ebédideje haladja meg a 75 percet? Megoldás. Legyen X a dolgozók ebédideje (percekben). X ∼ N (649,68) a) 61  60 − 64.9  P( X ≤ 60) = F (60) = Φ  = 0.2356  6.8  b)  75 − 64.9  P( X > 75) = 1 − P( X ≤ 75) = 1 − Φ  = 0.0687  6.8  Jelölje Y az n dolgozó közül azoknak a számát, akiknek ebédideje meghaladja a 75 percet. Y∼B(n, 00687) 1 Y 1 E   = E (Y ) = ⋅ n ⋅ 0.0687 = 00687 ,  n n n tehát átlagosan a dolgozók 6.87%-ának az ebédideje haladja meg a 75 percet 6)Egy gép furatokat készít. A furatok átmérője normális eloszlású, melynek várhatóértéke 60 mm, szórása pedig 1.2 mm Az egyes furatok átmérői egymástól

függetlenek. a) Mi annak a valószínűsége, hogy 10 egymás után készült furat között lesz olyan, amelyiknek az átmérője a 60 mm-től egy szórásnyinál jobban fog különbözni? b) Melyik az a K, amely esetén 0.05 annak a valószínűsége, hogy 10 egymás után készült furat között lesz olyan, amelyiknek az átmérője a 60 mm-től K-nál többel fog különbözni? c) Melyik az a K, amely esetén 0.95 annak a valószínűsége, hogy 10 egymás után készült furat mindegyikének az átmérője a 60 mm-től legfeljebb K-val fog különbözni? Megoldás. Jelentse X a furat átmérőjét. Esetünkben X∼N(60,12), és F ( x ) legyen ennek a normális eloszlásnak az eloszlásfüggvénye. a) Y jelentse a 10 egymás után készült furat között azoknak a számát, amelyek átmérője a 60 mm-től egy szórásnyinál jobban különbözik. Ha p = P X − 60 ≥ 12 , akkor Y azt jelenti, hogy a 10 eset közül hányban ( ) következett be a p valószínűségű

esemény, vagyis Y∼B(10, p). Az Y > 0 esemény valószínűségére vagyunk kíváncsiak. Először is meg kell határoznunk a p valószínűséget. Az "egy σ szabály" szerint p = P X − 60 ≥ 12 = 1 − 0.68 = 032 , ( ) tehát Y∼B(10,0.32) P(Y > 0) = 1 − P(Y ≤ 0) = 1 − P(Y = 0) , mivel binomiális eloszlású valószínűségi változó esetén az Y ≤ 0 esemény akkor és csakis akkor következik be, ha Y=0. Tehát  10 P(Y > 0) = 1 −   ⋅ 0.32 0 ⋅ 0,6810− 0 = 09789  0 b) Legyen Y a 10 egymás után készült furat között azoknak a száma, amelyek átmérője a 60 mm-től K-nál többel fog különbözni. Ha p = P X − 60 > K , ( akkor Y∼B(10, p). ) 62 ( ) Most annak a valószínűsége adott, hogy a p = P X − 60 > K valószínűségű esemény a 10 eset között bekövetkezik. A kérdés tehát az, hogy milyen K esetén lesz a p olyan, hogy a B(10, p) eloszlású valószínűségi változóra

teljesül, hogy P(Y > 0) = 0.05 Mivel Y binomiális eloszlású  10 10 − 0 = P(Y > 0) = 1 − P(Y ≤ 0) = 1 − P(Y = 0) = 1 −   ⋅ p 0 ⋅ (1 − p)  0 = 1 − (1 − p) 10 tehát p az = 0.05 , 1 − (1 − p) = 0.05 10 egyenletből határozható meg. 1 − p = 10 0.95 , p = 0. 0051 Tehát az X − 60 > K esemény valószínűségének 0.0051-nek kell lennie ( ) P X − 60 > K = P( X − 60 > K ) + P( X − 60 < − K ) = = 1 − P( X − 60 ≤ K ) + P( X − 60 < − K ) = = 1 − P( X ≤ K + 60) + P( X < − K + 60) = = 1 − F ( K + 60) + F ( − K + 60) =  K + 60 − 60   − K + 60 − 60  = 1 − Φ  + Φ =     12 12 . .  K  −K  = 1 − Φ   + Φ =  12  12 .  .    K   K   K  = 1 − Φ  +  1 − Φ   = 2 ⋅  1 − Φ   .  12  12  12  .   .  .  Vagyis K-t

a   K  2 ⋅  1 − Φ   = 0.0051  12 .   összefüggésből határozhatjuk meg.  K Φ  = 0.9975  12 .  Kikeressük azt az értéket, ahol a Φ függvény a 0.9975 értéket veszi fe1 Φ(2.8070) = 09975 , tehát 63 K = 2.8070 , 1. 2 amiből K = 1. 2 ⋅ 28070 = 33684 Tehát annak a valószínűsége 0.05, hogy 10 egymás után készült furat között lesz olyan, amelyiknek az átmérője a 60 mm-től 3.3684 mm-nél többel fog különbözni c) Legyen Y a 10 egymás után készült furat között azoknak a száma, amelyek átmérője a 60 mm-től legfeljebb K-val fog különbözni. Ha p = P X − 60 ≤ K , ( akkor ) Y ∼ B(10, p) . Most az Y = 10 esemény valószínűsége adott. A kérdés az, hogy milyen K esetén lesz a p olyan, hogy a B(10, p) eloszlású valószínűségi változóra teljesül, hogy  10 0 P(Y = 10) =   ⋅ p 10 ⋅ (1 − p) = p 10 = 0.95 ,  10 tehát p az p10 = 0.95

egyenletből határozható meg. p = 10 0.95, p = 0.9949 Tehát az X − 60 ≤ K esemény valószínűségének 0.9949-nak kell lennie ( ) P X − 60 ≤ K = P( − K ≤ X − 60 ≤ K ) = P( − K + 60 ≤ X ≤ K + 60) =  K  −K  = F ( K + 60) − F ( − K + 60) = Φ  − Φ =  12  12 .  .   K  K   K  = Φ  −  1 − Φ   = 2 ⋅ Φ  − 1 .  12  12  12 .   .  .  Vagyis K-t a  K 2 ⋅ Φ  − 1 = 0.9949  12 .  egyenletből határozhatjuk meg. .  K  19949 Φ  = = 0.9975  12 .  2 Kikeressük azt az értéket, ahol a Φ függvény a 0.9975 értéket veszi fe1 Φ(2.8070) = 09975 , tehát amiből K = 2.8070 , 1. 2 64 K = 3.3684 , vagyis annak a valószínűsége 0.95, hogy 10 egymás után készült furat midegyikének az átmérője a 60 mm-től legfeljebb 3.3684 mm-rel fog különbözni. 7) Egy légkondicionáló berendezés

motorjának élettartama a tapasztalatok szerint exponenciálislis eloszlású 5.8 év várhatóértékkel a) Mi annak a valószínűsége, hogy egy motort öt éven belül ki kell cserélni? b) Hány éves garanciát biztosítsanak, ha azt akarják, hogy átlagosan a motorok 80%-át ne kelljen garanciálisan cserélni? c) Mi a valószínűsége, hogy egy motor 7 évnél tovább fog működni? Megoldás. Jelölje T a berendezés élettartamát. A T exponenciális eloszlású és E (T ) = 58 . , tehát az exponenciális eloszlás paramétere 1 , λ= = 0172414 . 58 . vagyis eloszlásfüggvénye 0, x≤0   F ( x) =  1 − e −0.172414 x , x > 0  a) P(T < 5) = F (5) = 1 − e −0.172414⋅5 = 0577713 b) x ljelölje a garancia idejét. Legyen p annak a valószínűsége, hogy egy motort nem kell garanciálisan javítani. p = P( T > x ) = 1 − P ( T < x ) = e − 1 x 5.8 Ha X jelöli, hogy n motor közül hányat nem kell garanciálisan javítani, akkor

X∼ B(n, p) ,és E ( X ) = np azon motorok átlagos száma, amelyeket nem kell garanciálisan javítani. Azt szeretnénk, hogy np = 0.8 , n vagyis p = 0.8 teljesüljön. Az ehhez szükséges x-et tehát az 65 e − 1 x 5.8 = 08 egyenletből határozhatjuk meg: − 1 x = ln 0.8 = −02231 , 58 . vagyis x = 12938 . ≈ 13 . Tehát 1.3 év garanciális idő esetén fog teljesülni, hogy a motorok 80%-át nem kell garanciálisan javítani. c) P(T > 7) = 1 − P(T ≤ 7) = 1 − P( Z < 7) = 1 − F (7) = e −0.172414⋅7 = 0299124 8) Egy légitársaság megfigyelései szerint az utasok poggyászának súly normális eloszlású 12kg várhatóértékkel és 2kg szórással. a) Mi annak a valószínűsége, hogy egy utas csomagjának súlya 7.5kg és 125kg között lesz? b) Mi az a súlyhatár, amelynél csak átlagosan az utasok 10%- nak lesz nehezebb a csomagja? Megoldás. X jelentse a poggyász súlyát. X∼N(12,2) a)  12.5 − 12   7.5 − 12  P(7.5

< X < 125) = F (125) − F (75) = Φ  − Φ =    2  2 = Φ(0.25) − Φ( −225) = = Φ(0.25) − (1 − Φ(225)) = 05987 + 09878 − 1 = 05865 b) Melyik az az s, amelyre P( X > s) = 01 . teljesül?  s − 12  P ( X > s ) = 1 − P ( X ≤ s) = 1 − P ( X < s ) = 1 − F ( s ) = 1 − Φ  . ,  = 01  2  amiből  s − 12  Φ  = 0.9  2  Mivel Φ(128 . ) = 09 , az s-et az 66 s − 12 = 128 . 2 egyenletből határozhatjuk meg: s = 14.56 9) Legyen X normális eloszlású, amelynek várhatóértéke 10. Milyen szórás esetén teljesül, hogy P(8 < X < 12) = 0.7 ? Megoldás. Legyen F ( x ) a N (10, σ ) eloszlás eloszlásfüggvénye.  12 − 10   8 − 10  P(8 < X < 12) = F (12) − F (8) = Φ  − Φ =  σ   σ   2   2   −2   2 = Φ   − Φ  = Φ   −  1 − Φ    = ,  σ  σ

  σ σ   2 = 2 ⋅ Φ  − 1 = 0.7 , σ  .  2  17 Φ  = = 0.85 σ  2 Mivel a Φ függvénynek a 0.85-höz legközelebb eső táblázatbeli értéke a 0.8504, és ezt a 104 helyen veszi fel, 2 = 104 . , σ és σ = 19231 . . 10) Legyen X normális eloszlású m = 10, σ = 2 paraméterekkel. Melyik az az a,b intervallum, amelyikre teljesül, hogy P( X < a ) = 0.05 és P(a ≤ X < b) = 0.8 Megoldás. Legyen F ( x ) a N (10,2) eloszlás eloszlásfüggvénye.  a − 10  P( X < a ) = F ( a ) = Φ   = 0.05 ,  2  és  b − 10  P(a ≤ X < b) = F (b) − F (a ) = F (b) − 0.05 = Φ  − 0.05 = 08 ,  2  vagyis  b − 10  Φ  = 0.85  2  A táblázatból a 0.85 függvényértéket visszakeresve kapjuk, hogy 67 b − 10 = 104 . , 2 és így b = 12.08 A 0.05 függvényértéket nem találjuk meg a táblázatban, ezért felhasználjuk a Φ( x ) = 1 − Φ( − x )

azonosságot:  a − 10   10 − a  Φ  = 1 − Φ  = 0.05 ,  2   2   10 − a  Φ  = 0.95  2  A 0.95-ös függvényértéket visszakeresve 10 − a = 165 . , 2 a = 6.7 11) Egy cégnek két ügynöke van, Kovács és Szabó urak. Mindkettőjük havi eladásai normális eloszlásúak. Kovács úr esetén az eladások várhatóértéke 20 000$ szórása 8000$. Szabó úrnak nagyobb területe van, így az ő eladásainak várhatóértéke 35 000$ ‚é szórása 5000$. a) Mi annak a valószínűsége, hogy Kovács úr egy hónapban 30 000$-nál nagyobb értékű árut ad el? b) Szabó úr havonta 500$ alapfizetést és 4% jutalékot kap. Kovács úr tiszta jutalékos rendszerben dolgozik. Kovács úr havi keresetének várhatóértéke 300$ral kevesebb, mint Szabó úré Hány százalékos jutalékot kap Kovács úr? Megoldás. Jelölje X K , illetve X Sz a két üzletkötő eladásainak az értékét 10000 Ftban. Ekkor X K ∼N(2,

0.8), X Sz ∼N(35, 05) Legyen F1 ( x ) , illetve F2 ( x ) ezen eloszlások eloszlásfüggvénye. a)  3 − 2 P( X K > 3) = 1 − P( X K ≤ 3) = 1 − P( X K < 3) = 1 − F1 (3) = 1 − Φ =  0.8  . = 1 − Φ(125 . ) = 1 − 08944 = 01056 . b) Legyen YK , illetve YSz az üzletkötők havi keresete. YSz = 0.05 + 004 X Sz , YK = rX K . E (YK ) = E (YSz ) − 0.03 Másrészt és E (YSz ) = 0.05 + 004 ⋅ E ( X Sz ) = 005 + 004 ⋅ 35 . = 019 . , 68 E (YK ) = r ⋅ E ( X K ) = r ⋅ 2 . Tehát 2r = 019 . − 003 = 016 . , r = 0.08 , vagyis Kovács úr 8%-os jutalékot kap. 12) Ha X standard normális eloszlású, akkor mivel egyenlők a hiányzó értékek? a)P(0 < X < ?)=0.4 b) P(? < X < 0)=0.48 c) P(? < X)=0.1 d) P(X < ?) =0.75 Megoldás. a) P(0 < X < x ) = Φ( x ) − Φ(0) = Φ( x ) − 0.5 = 04 , tehát Φ( x ) = 0.9 A 0.9-es függvényértéket visszakeresve a táblázatból (08997 a legközelebbi függvényérték) x

= 128 . b) P( x < X < 0) = Φ(0) − Φ( x ) = 0.5 − Φ( x ) = 048 , Φ( x ) = 0.02 Mivel a 0.02 függvényértéket nem találjuk meg a táblázatban, fel kell használnunk a Φ( x ) = 1 − Φ( − x ) azonosságot: Φ( x ) = 1 − Φ( − x ) = 0.02 , Φ( − x ) = 0.98 A0.98-as függvényértéket visszakeresve kapjuk, hogy − x = 2.06 , tehát x = −2.06 c) P( x < X ) = 1 − P( X ≤ x ) = 1 − P( X < x ) = 1 − Φ( x ) = 01 . , Φ( x ) = 0.9 , amiből x=1.28 d) P( X < x ) = Φ( x ) = 0.75 , x = 0.67 69 13) Egy áruház pénztárához 9 és 12 óra közötti időszakban óránként átlagosan 54 vásárló érkezik. Mi a valószínűsége annak, hogy az adott időszakban két vásárló beérkezése között 1.5 percnél rövidebb idő telik el? Jelölje T a két vásárló beérkezése között eltelt időt. 1. Megoldás Azt tudjuk, hogy az 1 óra alatt beérkező vásárlók száma 54 paraméterű Poisson 54 = 0.9 paraméterű eloszlású,

tehát az egy perc alatt beérkező vásárlók száma 60 Poisson eloszlású. (egységnyi idő =1 perc!) Ha T jelenti a két vásárló beérkezése között eltelt időt percekben mérve, akkor T 0.9 paraméterű exponenciális eloszlású és a T<1.5 esemény valószínűsége a kérdés Legyen F ( x ) a 0.9 paraméterű exponenciális eloszlás eloszlásfüggvénye Ekkor . P(T < 15 . ) = F (15 . ) = 1 − e −09 ⋅15 = 1 − 0.2592=07408 2. Megoldás Ha T jelenti a két vásárló beérkezése között eltelt időt órákban mérve, akkor mivel az egy óra alatt beérkező vásárlók száma 54 paraméterű Poisson eloszlású (egységnyi idő =1 óra!), a T 54 paraméterű exponenciális eloszlású 1.5 esemény valószínűségi változó , és 15 perc=15/60 óra miatt most a T < 60 valószínűségére vagyunk kíváncsiak. Ha most F ( x ) az 54 paraméterű exponenciális eloszlás eloszlásfüggvénye, akkor . 15 −54 ⋅ 15 .  .   15  . 60 = 1 − e

−0.9 ⋅15 = 0.7408 P T <  = F   = 1 − e     60 60 14) A japán 16 mm-es filmkamerák 12 V-os elemmel működnek. Egy bizonyos márkájú elemek tesztje azt mutatja, hogy működési idejük exponenciális eloszlású, melynek várhatóértéke (várható élettartama) 85 üzemóra. a) Mi a valószínűsége, hogy egy ilyen elemet 80 és 90 óra között tudunk használni? b) Mi a valószínűsége annak, hogy egy ilyen elemet 90 óránál tovább tudunk használni? c) Mi a valószínűsége, hogy egy 82 órás üzemeltetés során ki fog merülni az elem? Megoldás. Legyen T az elem élettartama. T 1 85 paraméterű exponenciális eloszlású, amelynek eloszlásfüggvényét jelölje F ( x ) . a) 1 1 ⋅ 90  − ⋅80   P 80 < X < 90 = F 90 − F 80 = 1 − e 85 − 1 − e 85  = 0.043305 ( b) c) ) ( ) ( ) −     P(T > 90) = 1 − P(T ≤ 90) = 1 − F (90) = 0,346864 70 P(T < 82) = F (82) = 0.618905

15) Egy televíziókészülék esetén az első meghibásodásig eltelt idő exponenciális eloszlású 2.3 év várhatóértékkel Egy éves garanciát vállalnak az ilyen készülékekre. a) Határozzuk meg a garanciálisan javítandó készülékek százalékos arányának várhatóértékét. b) Mennyi időre kellene garanciát vállalni ahhoz, hogy a garanciálisan javított készülékek százalékos arányának várhatóértéke 20% legyen? Megoldás. A készülék T élettartama exponenciális eloszlású 1 2.3 paraméterrel, amelynek eloszlásfüggvényét jelölje F ( x ) . a) Annak a valószínűsége, hogy egy készüléket garanciálisan javítani kell 1 ⋅1 2.3 P T < 1 = F 1 = 1− e = 0.35295 ( ) − () Legyen X az n készülék közül a garanciálisa javítandók száma. X∼ B(n,0.35295) A garanciálisan javítandók arányának várhatóértéke 1  X 1 E   = E ( X ) = ⋅ n ⋅ 0.35295 = 035295  n n n b) Jelöljük t-vel a kérdéses

garanciaidőt, amelyet a P(T < t ) = 0.2 egyenletből tudunk meghatározni. 1− e − − 1 t 2.3 = 02 , 1 t 2.3 = 08 , e t = −2.3 ⋅ ln 08 = 051323 16) Egy városi tűzoltóságon elemzést végeztek a költségek csökkentése érdekében. A megfigyelések szerint a tekintett időszakban átlagosan óránként 32 riasztás történt. a) Mi a valószínűsége, hogy egy óra alatt 4-nél több riasztás érkezik? b) Mi a valószínűsége, hogy két riasztás között 1 és 1.5 óra közötti idő telik el? c) Mi a valószínűsége, hogy a riasztások közötti idő fél óránál rövidebb? Megoldás. X 1 legyen az egy óra alatti riasztások száma. X 1 Poisson eloszlású. a) 3 µ = 3.2 paraméterű 3.2 k −32 e = 0.780631 ! k k =0 P( X 1 < 4 ) = ∑ 71 b) T legyen két egymást követő riasztás közti idő (órában mérve). T 32 paraméterű exponenciális eloszlású, amelynek eloszlásfüggvényét jelölje F ( x) . ( ) ( ) . P(1 < T < 15 .

) = F (15 . ) − F (1) = 1 − e −32 ⋅15 − 1 − e −3.2 ⋅1 = 00325462 c) ( ) P(T < 0.5) = F (05) = 1 − 1 − e −32 ⋅ 05 = 0798103 17) Forgalomszámlálási adatok szerint a reggel 8 órától este 6 óráig terjedő időszakban egy hídon átlagosan 2 autó megy keresztül óránként. Javítási munkák miatt egy napon délelőtt 8 és 10 óra között a hidat le kell zárni. a) Mi az autók követési idejének várhatóértéke? b) Mi annak a valószínűsége, hogy a követési idő 1 óránál hosszabb? c) Mi annak a valószínűsége, hogy a lezárás idején egyetlen autó sem érkezik a hídhoz? Megoldás. Legyen X 1 az adott időszakban 1 óra alatt a hídon átmenő autók száma. X 1 µ = 2 paraméterű Poisson eloszlású. a) T, az autók követési ideje (órában) 2 paraméterű exponenciális eloszlású. 1 E (T ) = , 2 tehát a követési idő várhatóértéke fék óra. b) . P(T > 1) = 1 − P(T ≤ 1) = e −2⋅1 = 0135335 . c) P(T >

2) = 1 − P(T ≤ 2) = e −2⋅2 = 0.018316 18) Egy számítógépben a floppy meghajtó előállítási költsége 10000 Ft és élettartama ( az első meghibásodásig eltelt idő ) exponenciális eloszlású, amelynek várhatóértéke 5 év. Meghibásodáskor a meghajtót ki kell cserélni Ekkor a csere munkadíja a meghajtó 10000 Ft-os értékéhez képest elhanyagolható. A gyártó a meghajtóra 3 éves garanciát ad a) Az árba mekkora garanciaköltséget kell beszámítani, ha azt akarják, hogy ez a garancia ideje alatt szükségessé vált cserék költségét átlagban fedezze? b) Az árba mekkora garanciaköltséget kell beszámítani, ha azt akarják, hogy ez a garancia ideje alatt szükségessé vált cserék költségét 95%-os valószínűséggel fedezze? Megoldás. Legyen T a floppy meghajtó élettartama. T 02 paraméterű exponenciális eloszlású. a) A garanciális javítás valószínűsége p = P(T < 3) = F (3) = 1 − e 0.2 ⋅ 3 = 0451188 72 Ha X

jelenti az n meghajtó közül a garanciális javításra szorulók számát, akkor X∼B(n,0.451188) A garanciális javítások költsége 10 4 X . Ha c-vel jelöljük az árba kalkulálandó garanciaköltséget, akkor ( ) E 10 4 X = n ⋅ c . 10 4 E ( X ) = 10 4 n ⋅ 0.451188 = n ⋅ c , c = 451188 . Ft b) Most c-t a ( ) P 10 4 X ≤ n ⋅ c = 0.95 feltételből határozhatjuk meg. Ha n elég nagy, akkor X jó közelítéssel ( N np, np(1 − p) ) eloszlású. Legyen F ( x) ennek az eloszlásnak az eloszlásfüggvénye.  n⋅c   4 + 0.5 − n ⋅ p    n⋅c  n ⋅ c 10  = 0.95 P X ≤  ≈ F  4 + 0.5 = Φ 4      np 1 − p 10 10 ( )     Mivel Φ(165 . ) = 095 , n⋅c 10 4 + 0.5 − n ⋅ p np(1 − p) = 165 . , amiből c-t átrendezéssel kifejezhetjük: c = 16500 p(1 − p) n − 5000 + 451188 . , n ahol p=0.451188, vagyis 5000 + 451188 . n n Látható, hogy ebben az esetben az árba

beszámítandó összeg függ a tétel n nagyságától. Például, ha egy 10 000-es tételről van szó, akkor c = 82.106 − 05 + 451188 . = 459349 c= 8210.6 − 73 TARTALOMJEGYZÉK 1. Múveletek eseményekkel1 2. Klasszikus valószínűség 4 3. Feltételes valószínűségek16 4. Teljes valószínűség tétele, bayes tétel 27 5. Független kísérletek35 6. Valószínűségi változók és jellemzőik39 7. Nevezetes diszkrét eloszlások53 8. Nevezetes folytonos eloszlások 57