Vszv_2001_12_17_mo
A 2. és az 5. feladat megoldása
2. feladat,
első megoldás:
Legyen
X := ahány telefon megszólal az egész vizsga alatt,
Y := ahány telefon megszólal a vizsga első kétharmada alatt,
Z := ahány telefon megszólal a vizsga utolsó egyharmada alatt.
Mindhárom valószínűségi változó Poisson-eloszlásúnak vehető, mert a világból sokan, egymástól függetlenül, külön-külön kis valószínűséggel hívhatnak olyan készüléket, ami a teremben van.
Ha X várható értéke t , akkor Y , illetve Z várható értéke 2t/3 , illetve t/3 .
A feladat szövege szerint P( X = 0 ) = 0.9 .
A Poisson-eloszlás képlete szerint P( X = 0 ) = exp( -t ) .
Az exp( -t ) = 0.9 egyenletből t = ln(10/9 ) .
Az esemény, aminek a valószínűségét ki kell számolni, azt jel
enti, hogyY = 0 és Z = 1.
Y és Z függetlenségét ÉS A Poisson-eloszlás képletét felhasználva kapjuk, hogy
P( Y = 0 és Z = 1 ) = P( Y = 0 ) P( Z = 1 ) = exp( -2t/3 ) t/3 exp( -t/3 ) =
= t/3 exp( -t ) = 0.3 ln( 10/9 ) = 0.316 .
2. feladat,
második megoldás:
Egy valós
zínűségi változót vezetünk be:X := ahány telefon megszólal az egész vizsga alatt.
X Poisson-eloszlásúnak vehető valamilyen t paraméterrel, mert a világból sokan, egymástól függetlenül, külön-külön kis valószínűséggel hívhatnak olyan készüléket, ami a t
eremben van.A feladat szövege szerint P( X = 0 ) = 0.9 . A Poisson-eloszlás képlete szerint P( X = 0 ) = exp( -t ) . Az exp( -t ) = 0.9 egyenletből t = ln 10/9 . Ugyancsak a Poisson-eloszlás képlete szereint P( X = 1 ) = t exp( -t ) .
A feltételes
valószínűségek szorzási szabály szerintP( egy hívás, és az utolsó harmadban ) =
= P( egy hívás ) P( az utolsó harmadban / egy hívás )
Az egy hívás valószínűségét fentebb már kiszámítottuk. Elfogadván, hogy az egyetlen hívás 1/3 valószínűséggel történik
a vizsga utolsó harmadában, megkapjuk a végeredményt: t exp( -t ) ( 1/3 ) = = ln( 10/9 ) (0.9 / 3 ) = 0.3 ln( 10/9 ) = 0.316 .Ez megegyezik az első megoldásban kapott eredménnyel.
2. feladat
harmadik megoldás:
Jelöljük p -vel annak a valószínűségét, hogy egy véletlenszerűen választott hallgatónak “van mobil telefonja és az megcsörren a vizsga alatt”.Jelöljük q –val a komplementer esemény valószínűségét.
Függetlenséget feltételezve elfogadhatjuk, hogy azon hallgatók száma, akiknek megcsörren a mobilja, binomiális eloszlást követ 100 és p paraméterekkel.
Annak a valószínűsége, hogy senkinek sem csörren meg a mobilja, a feladat szövege szerint 0.9 , másrészt pedig nyilván q -nak a 100 -adik hatványa. Így
q^100 = 0.9 .
Ezért a q értéke egyenlő a
0.9 –nek 1/100 –ik hatványával (100-ik gyökével):q = 0.9 ^ (1/100) , és
p = 1 – 0.9^(1/100) .
A binomiális eloszlás képlete szerint annak a valószínűsége, hogy pontosan egy mobil csörren meg
100 p^1 q^99 .
A feltételes valószínűségek szorzási szabá
ly szerintP( egy csörrenés, és az utolsó harmadban ) =
= P( egy csörrenés ) P( az utolsó harmadban / egy csörrenés )
Elfogadván, hogy az egyetlen csörrenés 1/3 valószínűséggel történik a vizsga utolsó harmadában, megkapjuk a végeredményt:
100 p^1 q^99 (1/3) .
Ha kiszámoljuk a képlet numerikusértékét, 0.316 –ot kapunk, ami megegyezik az első két megoldásban kapott eredménnyel.
5. feladat megoldása:
Az átlag az összeg 100 –ad része, ezért az átlag normális eloszlásúnak vehető. Az átlag várható értéke megegye
zik a tagok közös várható értékével, 30 -cal. Az átlag szórása a tagok közös szórásának a 10 -ed része: 17.61/10 = 1.761 . (Az átlag szórásának kiszámolásakor nem 100 -zal, hanem annak négyzetgyökével, 10 -zel kell osztani!)Aki ismeri a “két szigma sz
abályt” (mely szerint: normális eloszlás esetén a várható érték két szórásnyi környezetének valószínűsége 0.95), már tudja is, hogy a keresett intervallum sugarának a szórás kétszeresét, vagyis 2 (1.761) = 3.522 = 3.5 -öt kell venni.A keresett intervallum tehát kb.: ( 26.5 , 33.5 ) .
Aki nem tudja a két szigma szabályt fejből, a normális eloszlás táblázatának segítségével így okoskodhat:
Annak a valószínűsége, hogy az átlag a 30 -nak a c sugarú környezetébe esik, egyenlő
a standard normális eloszlás eloszlásfüggvénye a c/1.761 helyen
mínusz
a standard normális eloszlás eloszlásfüggvénye a -c/1.761 helyen.
Felhasználva a standard normális eloszlás szimmetriáját ez a különbség felírható úgy is, hogy
2 –szer a standard normális eloszlás elos
zlásfüggvénye a c/1.761 helyen mínusz 1. Mivel a szóban forgó valószínűségnek 0.95 –tel kell egyenlőnek lenni, és2 y – 1 = 0.95 , ha y = (1+0.95) / 2 = 0.975 ,
a standard normális eloszlás eloszlásfüggvénye a c/1.761 helyen egyenlő kell, hogy legyen
0.975 –del.A normális eloszlás táblázatából kiolvasható, hogy a 0.975 értéket a standard normális eloszlás eloszlásfüggvénye a 2 –nél veszi fel, vagyis c/1.761 = 2 , azaz c = 3.522 .
A keresett intervallum kb.: ( 26.5 , 33.5 ) .