\documentclass[a4paper,12pt]{article}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[magyar]{babel}
\usepackage{t1enc}
\usepackage{tabularx}
\usepackage{hhline}
\usepackage[leqno,intlimits]{amsmath}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{epsfig}
\usepackage{subfigure}
\usepackage{psfrag}
\usepackage{enumerate}
\usepackage{mdwlist}
% \usepackage{enumitem}
\usepackage{color}
%\usepackage{enumitem}


%\hyphenpenalty=10
\tolerance=1000

\setlength{\marginparwidth}{0pt}
\addtolength{\textwidth}{100pt}
\addtolength{\hoffset}{-50pt}
\addtolength{\textheight}{160pt}
\setlength{\voffset}{-80pt}

\newcommand*{\hop}{\bigskip\noindent}
\newcommand{\TT}{\mathbb{T}}
\newcommand{\Sb}{\mathbb{S}}
\newcommand{\Rb}{\mathbb{R}}
\newcommand{\RR}{\mathbb{R}}
\newcommand{\ZZ}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\EE}{\mathbb{E}}
\newcommand{\cF}{\mathcal{F}}
\newcommand{\prob}{\mathbb{P}}
\newcommand*{\ev}{\ensuremath{\mathbf{E}}}
\newcommand*{\D}{\mathbf{D}}

\def\diff{\,\mathrm{d}}
\newcommand{\IR}{\mathbb{R}}
\newcommand*{\expect}{\ensuremath{\mathbb{E}}}
\newcommand*{\var}{\ensuremath{\mathbb{V}ar}}

\newcommand*{\eps}{\varepsilon}


\begin{document}
\begin{center}
{\bf Felsőbb Matematika Villamosmérnököknek -- Sztochasztika\\
házi feladatok, 2018 ősz}
\end{center}
\noindent
Minden héten összesen 2 pontot érnek a kitűzött feladatok.

\begin{itemize}
\item[{\bf 1.HF:}] (Bead\'asi hat\'arid\H o: 2018.09.26.)
\begin{itemize}
\item[HF 1.1] 
A mazsolás kalács úgy készül, hogy egy nagy kondérban sok tésztához sok mazsolát öntenek, jól elkeverik, majd egy nagy kalácsot sütnek belőle, amit sok szeletre vágnak. A szeletek egyikét Móricka eszi meg. Vegyük úgy, hogy minden mazsola egymástól függetlenül, azonos, kicsi valószínűséggel kerül Móricka szeletébe.
\begin{enumerate}[a.)]
 \item Egy szeletbe átlagosan 6 szem mazsola szokott jutni. Mennyi a valószínűsége, hogy Móricka szeletébe 2-nél kevesebb jut?
 %
 \item Pistike is kapott egy szelet kalácsot, és boldogan újságolta, hogy 12 szem mazsolát talált benne. Ezek után mennyi a (feltételes) valószínűsége annak, hogy Móricka szeletébe viszont 2-nél kevesebb került?
\end{enumerate}

\noindent\textbf{Megoldás:}
\begin{enumerate}[a.)]
 \item Legyen $X$ a Móricka szeletébe kerülő mazsolák száma. $X$ jó közelítéssel Poisson eloszlású, mert sok mazsola próbálkozik, hogy bekerüljön, mindegyik a többitől függetlenül kis valószínűséggel jár sikerrel, $X$ pedig a sikeres próbálkozók száma. A $\lambda$ paraméter pedig a várható érték: $\lambda=6$. Így
\begin{eqnarray*}
\prob(X<2)&=&\prob(X=0)+\prob(X=1)=e^{-\lambda} \frac{\lambda^0}{0!}+e^{-\lambda} \frac{\lambda^1}{1!}=e^{-\lambda}(1+\lambda)=\\
&=&7e^{-6}\approx 0.017=1.7\%. 
\end{eqnarray*}
 %
 \item Legyen $Y$ a mazsolák száma Pistike szeletében. Mivel a kondér nagy és a mazsola sok, $X$ és $Y$ jó közelítéssel független, így
\[\prob(X<2\,|\,Y=12)=\prob(X<2)\approx 1.7\%\]
továbbra is.
\end{enumerate}
%
\item[HF 1.2]
Jancsi és Juliska házában a vezetékes telefon Poisson folyamat szerint csörög, két óránként átlagosan egyszer.
\begin{enumerate}[a.)]
 \item Mennyi a valószínűsége, hogy az esti filmet, ami reklámokkal együtt két és fél óra hosszú, végignézhetik a nélkül, hogy csörögne a telefon?
 \item Mennyi a valószínűsége, hogy az első telefonhívásra a film kezdetétől számítva kevesebb, mint fél órát kell várni?
 %
 \item Mivel filmnézés közben nem szeretnek telefonálni, minden csörgésnél érmedobással döntenek, hogy melyikük vegye fel. Mennyi a valószínűsége, hogy Jancsinak így is 1-nél többször kell a film alatt telefonálnia?
\end{enumerate}

\noindent\textbf{Megoldás:}
Az időt mérjük órában. Így a csörgések Poisson folyamatának rátája $\frac12$. Legyen $X_t$ a film kezdetétől számítva $t$ idő alatt a csörgések száma, $T$ pedig az első csörgésig eltelt idő. Tudjuk, hogy $X_t\sim Poi(t\cdot\lambda)$, de azt is, hogy $T\sim Exp(\lambda)$.
\begin{enumerate}[a.)]
 \item \textbf{1. megoldás:} $\prob(X_{2.5}=0)=\prob(Poi(2.5\cdot\frac12)=0)=e^{-1.25}\frac{1.25^0}{0!}=e^{-1.25}\approx 0.287$.
 \textbf{2. megoldás:} $\prob(T>2.5)=1-\prob( Exp(\frac12)<2.5)=1-(1-e^{-\frac12\cdot 2.5})=e^{-1.25}\approx 0.287$.
 %
 \item \textbf{1. megoldás:} $\prob(X_{0.5}>0)=1-\prob(Poi(0.5\cdot\frac12)=0)=1-e^{-0.25}\frac{0.25^0}{0!}=1-e^{-0.25}\approx 0.221$.
 \textbf{2. megoldás:} $\prob(T<0.5)=\prob( Exp(\frac12)<0.5)=1-e^{-\frac12\cdot 0.5}=1-e^{-0.25}\approx 0.221$.
 %
 \item \textbf{1. megoldás:} Poisson folyamat ritkítása is Poisson folyamat: ha csak a Jancsi által felvett hívásokat nézzük, azok is Poisson folyamatot alkotnak, csak a ráta ezúttal $\nu=\frac12\cdot\frac12=\frac14$, mivel óránként átlag $\frac14$ hívást vesz fel. Így, ha $Y_{2.5}$ a Jancsi által $2.5$ óra alatt felvett hívások száma, akkor $Y_{2.5}\sim Poi(2.5\cdot \mu)=Poi(0.625)$. Így 
\[\prob(Y_{2.5}>1)=1-\prob(Y_{2.5}=0)-\prob(Y_{2.5}=1)=1-e^{-0.625}(1+0.625)\approx 0.130\]

 \textbf{2. megoldás:} Legyen $X=X_{2.5}$ a telefoncsörgések teljes száma, $X\sim Poi(\rho)$ ahol $\rho=1.25$, és legyen $Y$ a Jancsi által felvett telefonok száma. Az $X=n$ feltétel mellett az $Y$ feltételes eloszlása binomiális, éspedig $(n,p=\frac12)$ paraméterekkel. Vagyis $q=1-p$ jelöléssel $n=0,1,2,\dots$-re
\[\prob(Y=k\,|\,X=n)=\begin{cases}
                      \binom{n}{k}p^k q^{n-k} & \text{ ha $k=0,1,\dots,n$}\\
                      0 & \text{ ha $k>n$, persze}
                     \end{cases}.
\]
Ebből a teljes valószínűség tétele szerint minden $k=0,1,2\dots$-re
\[\prob(X=k)=\sum_{n=0}^\infty \prob(X=n)\prob(Y=k\,|\,X=n)=\sum_{n=k}^\infty e^{-\rho} \frac{\rho^n}{n!} \binom{n}{k} p^k q^{n-k}.\]
Ez az összeg szerencsére kiszámolható: $\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}$-t kiírva $n!$ kiesik, utána pedig kézenfekvő az $l:=n-k$ jelölés, ha már $n$ úgy is csak $k$-tól fut:
\[\prob(X=k)=\sum_{l=0}^\infty e^{-\rho} \rho^{l+k} \frac{1}{k!l!} p^k q^l=e^{-\rho} \frac{(p\rho)^k}{k!}\sum_{l=0}^\infty \frac{(q\rho)^l}{l!}.\]
Az utolsó szumma kedves ismerősünk, mivel $e^x=\sum_{l=0}^\infty \frac{x^l}{l!}$. Így
\[\prob(X=k)=e^{-\rho} \frac{(p\rho)^k}{k!}e^{q\rho}=e^{-p\rho}\frac{(p\rho)^k}{k!}.\]
Vagyis sikerült kézzel bebizonyítanunk, hogy Poisson eloszlás ritkítása is Poisson eloszlás, éspedig $Y\sim Poi(p\rho)$.

Innen pedig, mivel $p\rho=\frac12\cdot 1.25=0.625$,
\[\prob(Y>1)=1-\prob(Y=0)-\prob(Y=1)=1-e^{-0.625}(1+0.625)\approx 0.130\]
\end{enumerate}
%
\end{itemize}
%
\item[{\bf 2.HF:}] (Bead\'asi hat\'arid\H o: 2018.10.10.)
%
\begin{itemize}
\item[HF 2.1]
\begin{enumerate}[a.)]
 \item Legyen az $X$ valószínűségi változó Poison eloszlású $\lambda=2$ paraméterrel, és legyen $Y=2+3X$. Mi $Y$ generátorfüggvénye?
 \item Egy $Z$ valószínűségi változó generátorfüggvénye $g(z)=\frac{\ln\left(1-\frac{z}{2}\right)}{\ln\left(\frac12\right)}$. Adjuk meg $Z$ eloszlását, vagyis a $\prob(Z=k)$ valószínűségeket, ahol $k=0,1,2\dots$.
\end{enumerate}

\noindent\textbf{Megoldás:}
\begin{enumerate}[a.)]
 \item Amint azt órán kiszámoltuk, $X$ generátorfüggvénye $g_X(z)=e^{\lambda(z-1)}e^{2(z-1)}$. Ebből $Y=2+3X$ generátorfüggvénye
\[g_Y(z)=\expect(z^Y)=\expect(z^{2+3X})=z^2\expect\left((z^3)^X\right)=z^2 g_X(z^3)=z^2 e^{2(z^3-1)}.\]
 \item $g(z)=\sum_{k=0}^\infty \prob(Z=k) z^k$, vagyis $g(z)$ Taylor sorfejtésével kapjuk a keresett valószínűségeket, mint együtthatókat.
Ehhez $g(0)=0$ és
\[g'(z)=\frac{1}{\ln\left(\frac12\right)}\frac{-\frac12}{1-\frac{z}{2}}=\frac{1}{2\ln 2}\sum_{l=0}^\infty \left(\frac{z}{2}\right)^l=
\sum_{l=0}^\infty\frac{1}{2^{l+1}\ln 2} z^l,
\]
amiből tagonkénti integrálással
\[g(z)=g(0)+\sum_{l=0}^\infty\frac{1}{2^{l+1}\ln 2} \frac{z^{l+1}}{l+1}=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k 2^k \ln 2} z^k.
\]
Ebből
\[
\prob(Z=k)=\begin{cases}
            0 & \text{ ha $k=0$}\\
            \frac{1}{k2^k\ln 2} & \text{ ha $$k>0}
           \end{cases}.
\]
\end{enumerate}
%
\item[HF 2.2] Egy kis boltba a vevők szabályos időközönként érkeznek, percenként pontosan egy, és beállnak a sorba. Egy vevő kiszolgálása véletlen ideig tart, ami minden vevő esetén független és azonos eloszlású. Konkrétan a kiszolgálási idő $0$, $1$ vagy $2$ perc lehet, $\frac12$, $\frac13$ illetve $\frac16$ valószínűséggel. (Ez úgy lehet, hogy a vevők fele, miután sorra kerül, csak körbenéz, látja, hogy nincs az, amit keres, és rögtön kimegy.)

Reggel 08:00-kor bejön a legelső vevő: nevezzük őt egymagát a \emph{nulladik generáció}nak. A legelső vevő kiszolgálása idején érkező újabb vevőket (akikből lehet $0$, $1$ vagy $2$) nevezzük az \emph{első generáció}nak. És így tovább: azokat, akik az $n$-edik generáció tagjainak kiszolgálása alatt érkeznek, nevezzük az $(n+1)$-edik generációnak $n=0,1,2,\dots$-re. Jelölje $Z_n$ az $n$-edik generáció tagjainak számát.

\begin{enumerate}[a.)]
 \item Mennyi $Z_{10}$ várható értéke?
 \item Mi $Z_3$ generátorfüggvénye?
 \item Mennyi a $\prob(Z_4=0)$ valószínűség?
 \item Mennyi a valószínűsége, hogy a boltos bácsi egyszer szünetet tarthat, vagyis hogy a boltban egyszer csak (egy percig) nem lesz egyetlen vevő sem?
 \item Mennyi az első szünetig eltelt percek számának várható értéke?
 \item Mennyi az első szünetig eltelt percek számának generátorfüggvénye?
\end{enumerate}

\noindent\textbf{Megoldás:}
$Z_n$ Galton-Watson elágazó folyamat, az $X$ egylépéses utódszám eloszlása

\begin{tabular}{c|c|c|c}
$k$ & $0$ & $1$ & $2$ \\
\hline
$\prob(X=k)$ & $\frac12$ & $\frac13$ & $\frac16$
\end{tabular}

Ennek várható értéke $m:=\expect X =0\cdot\frac12+1\cdot\frac13+2\cdot \frac16=\frac23$, generátorfüggvénye pedig
\[g(z)=\frac12+\frac13 z+\frac16 z^2.\]
Ezek alapján az órai jelölésekkel
\begin{enumerate}[a.)]
 \item $\expect Z_{10}=m_{10}=m^{10}=\left(\frac23\right)^{10}\approx 0.017$
 \item $Z_3$ generátorfüggvénye
  \begin{align*}
g_{Z_3}(z)=g(g(g(z)))=& \frac12   \\
                      &+\frac13 \left(\frac12+\frac13 \left(\frac12+\frac13 z+\frac16 z^2\right)+\frac16 \left(\frac12+\frac13 z+\frac16 z^2\right)^2\right)   \\
                      &+\frac16 \left(\frac12+\frac13 \left(\frac12+\frac13 z+\frac16 z^2\right)+\frac16 \left(\frac12+\frac13 z+\frac16 z^2\right)^2\right)^2
  \end{align*}
 \item $r_4:=\prob(Z_4=0)=g_{Z_4}(0)=g(g(g(g(0))))$, de senki se szeretné $g_{Z_4}(z)$ képletét felírni. Inkább rekurzívan számolunk:
\begin{align*}
 r_0&=0 \\
 r_1&=g(r_0)=g(0)=\frac12=0.5 \\
 r_2&=g(r_1)=g\left(\frac12\right)=\frac{17}{24}\approx 0.7083 \\
 r_3&=g(r_2)=g\left(\frac{17}{24}\right)=\dots=\frac{2833}{3456}\approx 0.8197 \\
 r_4&=g(r_3)\approx 0.8852
\end{align*}
 \item A boltos bácsi pontosan akkor tarthat szünetet, ha az elágazó folyamat kihal, vagyis van olyan $n$, amire $Z_n=0$. Ennek valószínűsége $r_\infty=1$, mivel $m<1$, vagyis a folyamat szubkritikus.
 \item \textbf{Második, javított változat} \emph{-- köszönet az éber hallgatóknak}.
 Az első szünetig eltelt percek száma pontosan $T:=N-1$, ahol $N=\sum_{n=0}^\infty Z_n$ a kihalásig összesen kiszolgált vevők száma. Azért $N-1$, mert
 \begin{itemize}
  \item Először is, a kiszolgált vevők száma megegyezik az érkező vevők számával, hiszen mindenkit ki kell szolgálni. Mivel a vevők pontosan percenként érkezenek, a számuk pont az eltelt idő, annak ellenére, hogy a kiszolgálási idő véletlen.
  \item Másodszor, a legelső vevő érkezésére nem kell várni, mint ahogy az utolsó vevő távozására sem: a szünet előtti utolsó vevőt biztosan $0$ perc alatt szolgálják ki, különben a kiszolgálása alatt érkezne még egy vevő, és nem lehetne ő az utolsó. Így, ha $N$ vevő jelenik meg, az utolsó pontosan $N-1$ perc elteltével érkezik, és ugyanekkor távozik.
 \end{itemize}
 Mivel a folyamat szubkritikus, vagyis $m<1$, $N$ várható értéke
\[\expect N =\sum_{n=0}^\infty m^n=\frac{1}{1-m}=\frac{1}{1-\frac23}=3.\]
 Ebből $\expect T=\expect N-1=2.$
 \item Óráról tudjuk, hogy $N$ generátorfüggvénye, $g_N$ eleget tesz a $g_N(z)=zg(g_N(z))$ egyenletnek, Vagyis minden $z\in[0,1]$-re meg kell oldanunk $y$-ra az $y=zg(y)$ egyenletet:
\[y=z\left(\frac12+\frac13 y+\frac16 y^2\right).\]
$z=0$-ra nyilván $y=0$. Ha $z\neq 0$, akkor ar egyenlet $y$-ban másodfokú, nullára rendezve
\[
\frac16 y^2 +\left(\frac13-\frac1z\right)y+\frac12=0.
\]
Ennek megoldásai
\[y=\frac3z-1\pm\sqrt{\left(\frac3z-1\right)^2-3}.\]
Hogy az egyenlet esetleg több megoldása közül melyik a keresett generátorfüggvény, azt esetileg kell eldöntenünk. Jelen esetben pl. segít, hogy $z=1$-ben $g_N(z)=y=1$-nek kell lenni. Mivel $z=1$-re $y=3-1\pm\sqrt{(3-1)^2-1}=2\pm1$, a két megoldás közül a generátorfüggvény az, amelyikben a négyzetgyök $-$ előjellel szerepel. Összefoglalva:
\[g_N(z)=\begin{cases}
            \frac3z-1-\sqrt{\left(\frac3z-1\right)^2-3} & \text{ ha $z\neq 0$}\\
            0 & \text{ ha $z=0$}
         \end{cases}.
\]
A képletből elsőre nem látszik, de ez a függvény folytonos, sőt differenciálható $z=0$-ban, mint minden generátorfüggvény. Az, hogy $g_N(0)=0$, megfelel annak, hogy $\prob(N=0)=0$, vagyis legalább $1$ vevő biztosan van a szünetig, és hogy persze $T=N-1$ is nemnegatív egész értékű valószínűségi változó. Így hát $N=T+1$-ből $g_N(z)=z g_T(z)$, amiből $g_T(z)=\frac{g_N(z)}{z}$.

\emph{(Megjegyzés a szőrszálak hasogatásának kedvéért: ez a képlet csak $z\neq 0$-ra használható. A $z=0$ beli érték kiszámolható egyrészt a generátorfüggvény folytonosságából. Másrészt kiszámolható abból is, hogy $g_T(0)=\prob(T=0)=\prob(N=1)$, vagyis annak a valószínűsége, hogy az első vevő utód nélkül, $0$ perc alatt távozik. A kételkedők ellenőrizzék le, hogy
\[
\lim_{z\to 0}\frac{g_N(z)}{z}=
\lim_{z\to 0}\frac{1} {z}\left[\frac3z-1-\sqrt{\left(\frac3z-1\right)^2-3}\right]=\prob(X=0)=\frac12.
\]
)}

Mindezek alapján
\[g_T(z)=\begin{cases}
            \frac{1}{z}\left[\frac3z-1-\sqrt{\left(\frac3z-1\right)^2-3}\right] & \text{ ha $z\neq 0$}\\
            \frac12 & \text{ ha $z=0$}
         \end{cases}.
\]
\end{enumerate}
%
\end{itemize}
% 
\item[{\bf 3.HF:}] (Bead\'asi hat\'arid\H o: 2018.10.24.)
%
\begin{itemize}
\item[HF 3.1] 
\begin{enumerate}[a.)]
 \item Legyen $X$ exponenciális eloszlású valószínűségi változó $\lambda=1$ paraméterrel. Számoljuk ki az $m=\expect X$, $\sigma^2=\var(X)=\expect\left((X-m)^2\right)$ és $\delta:=\expect\left(|X-m|^3\right)$ mennyiségeket! \emph{(Megjegyzés: a várható értéket és a szórásnégyzetet persze szabad tudni fejből vagy táblázatból. A $\delta$ kiszámolásánál viszont észnél kell lenni: mivel $X-m$ \textbf{abszolút értéke} szerepel a definícióban, ez nem potyog ki pl. a generátorfüggvény-módszerből, hanem integrálni kell, az integrálban pedig figyelni kell az esetszétválasztásra.)}
 \item Egy radioaktív mintában másodpercenként átlagosan $1$ bomlás történik. Közelítsük a centrális határeloszlás tétel (CHT) segítségével annak a valószínűségét, hogy az $1000$-edik bomlásra legfeljebb 15 perc 5 másodpercet kell várni!
 \item Legfeljebb mekkora lehet az előző CHT közelítés hibája a Berry-Esseen tétel szerint?
\end{enumerate}


\noindent\textbf{Megoldás:}
\begin{enumerate}[a.)]
 \item $X$ sűrűségfüggvénye
   \[f(x)=\begin{cases}
           e^{-x} & \text{ ha $x>0$}\\
           0      & \text{ ha nem}
          \end{cases},
\]
amiből egy parciális integrálással
\[m=\expect X =\int_0^\infty xe^{-x}\diff x=[-xe^{-x}]_0^\infty+\int_0^\infty e^{-x}\diff x =0-[-e^{-x}]_0^\infty=1,\]
majd ezt felhasználva, egy újabb parciális integrálással
\[\expect (X^2) =\int_0^\infty x^2 e^{-x}\diff x=[-x^2e^{-x}]_0^\infty+\int_0^\infty 2x e^{-x}\diff x =0+2\expect X=2,\]
tehát
\[\sigma^2=\var X=\expect (X^2)-\expect X=2-1=1.\]
A $\delta$ kiszámolásánál kicsit jobban észnél kell lenni: mivel $m=1$,
\[\delta=\int_0^\infty|x-1|^3 e^{-x}\diff x = \int_0^1 -(x-1)^3 e^{-x}\diff x + \int_1^\infty +(x-1)^3 e^{-x}\diff x.\]
Ezt sokféleképpen ki lehet számolni, egyik lehetőség az $x=y+1$ helyettesítés, amiből
\[
\delta=-\int_{-1}^0 y^3 e^{-y-1}\diff y + \int_0^\infty y^3 e^{-y-1}\diff y=
e^{-1}\left(\int_0^{-1} y^3 e^{-y}\diff y + \int_0^\infty y^3 e^{-y}\diff y\right).
\]
A határozatlan integrál háromszori parciális integrálással
\[\int y^3 e^{-y}\diff y = -(y^3+3y^2+6y+6)e^{-y}+c\]
(aki nem hiszi, deriválja le).
Ebből
\begin{align*}
\delta&=e^{-1}\left(\left[-(y^3+3y^2+6y+6)e^{-y}\right]_0^{-1}+
\left[-(y^3+3y^2+6y+6)e^{-y}\right]_0^\infty\right)=\\
&=e^{-1}(-2e +6-0+6)=12e^{-1}-2\approx 2.4146
\end{align*}

%
\item \textbf{1. megoldás:} Legyen $n=1000$ és $i=1,2,\dots,n$-re legyen $X_i$ az az idő másodpercben, amit az $i$-edik bomlásra várni kell (az $i-1$-edik után). Legyen $S_n=X_1+\dots+X_n$ az ezredik bomlás ideje. Mivel a bomlások Poisson folyamat szerint történnek, $X_i\sim Exp(1)$ és függetlenek. A CHT közelítés során $S_n$-et normális eloszlással közelítjük, várható értke $n\cdot m$, szórása $\sqrt{n}\cdot \sigma$ (az előző részfeladat jelöléseit felhasználva). Vagyis
\[\prob(S_n\le 905)\approx\Phi\left(\frac{905-n m}{\sqrt{n}\sigma}\right)=\Phi\left(\frac{905-1000}{\sqrt{1000}}\right)\approx\Phi(-3.00),\]
ahol $\Phi$ a standard normális eloszlásfüggvény. A nekem meglévő táblázatban $\Phi(x)$ csak nemnegatív $x$-ekre van meg, ezért kihasználom, hogy $\Phi(-x)=1-\Phi(x)$. A $\Phi(3.00)$ értéket a táblázatból kiolvasva
\[\prob(S_n\le 905)\approx 1-\Phi(3.00)\approx 1-0.9987=0.0013=0.13\%\]

\noindent\textbf{2. megoldás:} A $905$ másodperc hosszú időintervallumot felosztjuk valahány, mondjuk $N$ egyenlő részre, és $Y_i$-vel jelöljük az $i$-edik intevallumban bekövetkezett bomlások számát. (Kézenfekvő az $N=905$ választás, de lehet bármi más pozitív egész, akár $N=1$ is.) Ekkor $\tilde{S}_N:=Y_1+\dots+Y_N$ az összes bomlás száma $905$ másodperc alatt, és a kérdés $\prob(\tilde{S}_N\ge 1000)$. Mivel a bomlások Poisson folyamat szerint történnek, az $Y_i$-k függetlenek és Poisson eloszlásúak. (A paraméterük $\lambda=\frac{905}{N}$, ami egyúttal a várható értékük és a szórásnégyzetük is, de ez végül is nem kell.) A CHT közelítés során $\tilde{S}_N$-et normális eloszlással közelítjük, várható értéke és szórásnégyzete is $905$ (ami persze független attól, hogy milyen $N$-et választottunk). Vagyis 
\[\prob(\tilde{S}_N\ge 1000)\approx 1-\Phi\left(\frac{1000-905}{\sqrt{905}}\right)\approx 1-\Phi(3.16).\]
Az én táblázatomban $\Phi(3.16)$ már nincs is benne, de látszik, hogy nagyobb, mint $0.999$, amiből
\[\prob(\tilde{S}_N\ge 1000)\approx 1-\Phi(3.16)\le 0.001=0.1\%.\]
%
\item Legyen $K=905$, $C=0.4748$ és használjuk az első pont-beli jelöléseket. A Berry-Esseen tétel szerint az előző pont \emph{első megoldás}beli CHT közelítés hibája 
\begin{align*}
\text{hiba}=\left|\prob(S_n\le K)-\Phi\left(\frac{K-n m}{\sqrt{n}\sigma}\right)\right|\le\frac{C\delta}{\sqrt{n}\sigma^3}&\approx \frac{0.4748\cdot 2.4146}{\sqrt{1000}}\\
&\approx 0.0363=3.63\%. 
\end{align*}
Vagyis a hibabecslésünk nagyságrendekkel nagyobb, mint maga a CHT becslés. Ettől még persze a tényleges hiba lehet kicsi, de ez a Berry-Esseen tételből nem derül ki.

\emph{(Megjegyzés: Az előző pont 2. megoldásbeli CHT közelítés hibájára is adhatő Berry-Esseen becslés, ehhez egy Poisson eloszlású $Y$-ra kellene kiszámolni $\expect\left(|Y-\expect Y|^3\right)$-t. Ez nem nehéz ha $\expect X$ kicsi, de most nem csinálom meg.)}
\end{enumerate}
%
\item[HF 3.2] Egy képzeletbeli városban a közvilágítás kiégett izzóit azonnal kicserélik. Az egyes izzók élettartama független és exponenciális eloszlású, $1$ év várható értékkel. A most következő hónapban a közvilágítás izzóinak összesen $905$ évnyi üzemidőt kell teljesíteni (sok lámpa van). Adjunk nagy eltérés becslést annak valószínűségére, hogy a raktáron lévő $1000$ csereizzó egy hónapra nem lesz elég.  

\emph{(Segítség: a $\lambda$ paraméterű exponenciális eloszlás Cramér féle rátafüggvénye
$$I(x)=\lambda x - \ln(\lambda x)-1 \quad \text{(ha $x>0$)}.$$
A $\lambda$ paraméterű Poisson eloszlás Cramér féle rátafüggvénye 
$$I(x)=x\ln(x/\lambda)-x+\lambda  \quad \text{(ha $x>0$)}.)$$
}

\noindent\textbf{1. megoldás:} Nem tudjuk, hogy hány lámpa van, és azt se, hogy melyik mennyi ideig működik, de nem is érdekes. A lényeg, hogy $905$ évnyi üzemidő alatt $1000$-nél több izzó égjen ki. Ehhez nyugodtan képzelhetjük úgy, hogy az ismeretlen számú lámpa időben egymás után működik összesen $905$ évet, de úgy is, hogy egyetlen lámpa működik $905$ évig. Kérdés tehát annak a valószínűsége, hogy egyetlen lámpában $905$ év alatt $1000$-nél több izzó ég ki. \emph{(Ehhez nagyon is kihasználtuk az exponenciális eloszlás örökifjú tulajdonságát: mindegy, hogy egy újonnan bekapcsolt lámpában vadonatúj izzó van, vagy az éppen most kikapcsolt lámpából szereljük át a régit.)}

Legyen $n=1000$ és legyen $X_i$ az $i$-edik izzó élettartama években. Ekkor $X_i\sim Exp(1)$ és az $X_i$-k függetlenek. $S_n:=X_1+\dots+X_n$ az össz-élettartam, és a kérdés $\prob(S_n\le 905)$. Ezért bevezetjük az $m:=\expect X_i=1$, $a:=-\infty$, $b:=\frac{905}{1000}=0.905$ jelöléseket. Mivel $b<m$, a Cramér tétel szerint
\[\prob(S_n\le 905)=\prob\left(\frac{S_n}{n}\le\frac{905}{1000}\right)=\prob\left(\frac{S_n}{n}\in(a,b]\right)\lessapprox e^{-nI(b)},\]
ahol $I$ a $\lambda=1$ paraméterű exponenciális eloszlás Cramér féle rátafüggvénye, vagyis
\[I(b)=b - \ln(b)-1\approx 0.00482033528.\]
Így
\[\prob(S_n\le 905)\lessapprox e^{-1000\cdot 0.00482033528}\approx 0.0081=0.81\%.\]

\emph{(Vigyázat: ha $I(b)\approx 0.00482033528$-at dőre módon $I(b)\approx 0.005$-re kerekítjük (ami ránézésre $4\%$ hiba), a végén $0.0081$ helyett $0.0067$ jön ki, ami $17\%$ hiba.)}

\noindent\textbf{2. megoldás:} Az ismeretlen számú lámpa mindegyikében független Poisson folyamatok szerint égnek ki az izzók. Így az adott lámpa teljes üzemideje alatt kiégett izzók száma is Poisson eloszlású, a többi lámpától független. Ezért az összesen $905$ évnyi üzemidő alatt kiégő izzók teljes száma is Poisson eloszlású, és a várható értéke persze $905$. Vagyis a kérdés $\prob(Z>1000)$, ahol $Z\sim Poi(905)$. Ehhez legyen $N$ tetszőleges pozitív egész, mondjuk $N=905$, legyen $i=1,2,\dots,N$-re $Y_i\sim Poi\left(\frac{905}{N}\right)$ és $S_N=Y_1+\dots+Y_N$.
Így $S_N\sim Poi(905)$ és $\prob(Z>1000)=\prob(S_N>1000)$. Ezt a Cramér tétellel becsüljük: legyen $m=\expect Y_i=\frac{905}{N}$, $a=1000/N$ és $b=\infty$. Mivel $a>m$, a Cramér tétel szerint
\[\prob(S_N>1000)=\prob\left(\frac{S_N}{N}>\frac{1000}{N}\right)=\prob\left(\frac{S_N}{N}\in(a,b)\right)\lessapprox e^{-NI(a)},\]
ahol $I$ a $\lambda=\frac{905}{N}$ paraméterű Poisson eloszlás Cramér féle rátafüggvénye, vagyis
\[NI(a)=N\left[\frac{1000}{N}\ln\left(\frac{\frac{1000}{N}}{\frac{905}{N}}\right)-\frac{1000}{N}+\frac{905}{N}\right]=1000\ln\frac{1000}{905}-95\approx 4.82033528.\]
Örömmel látjuk, hogy ez független az $N$ megválasztásától, és hogy a nagy eltérés becslés
\[\prob(S_N>1000)\lessapprox e^{-4.82033528}\approx 0.0081=0.81\%\]
pontosan mint az első megoldásban.
\end{itemize}

\item[{\bf 4.HF:}] (Bead\'asi hat\'arid\H o: 2018.11.29.)
%
\begin{itemize}
\item[HF 4.1] Egy béka fel-le ugrál egy $4$-fokú lépcsőn, ahol a legalsó szint a $0$, a legfelső pedig az $4$, így a béka $5$ különböző helyen (vagyis szinten) lehet. A béka időegységenként ugrik egyet (pontosan $10$ másodpercenként). Az előzményektől függetlenül  $\frac13$ valószínűséggel ugrik egyet felfelé (kivéve, ha legalul van, mert akkor biztosan felfelé ugrik), $\frac23$ valószínűséggel pedig egyet lefelé (kivéve, ha legfelül van, mert akkor biztosan lefelé ugrik). Kezdetben a béka az $1$-es szinten van. Legyen $X_n$ a béka helye $n$ ugrás után.
\begin{enumerate}[a.)]
 \item Írjuk fel az $X_n$ Markov lánc állapotterét, átmenetmátrixát és kezdeti eloszlás vektorát!
 \item Rajzoljuk le a Markov lánc gráf-reprezentációját!
 \item Mennyi a valószínűsége, hogy a béka rögtön az elején a $101232$ pályát járja be? (Úgy értve, hogy kezdetben az $1$ szinten van, az első ugrás után a $0$ szinten, aztán megint a $1$ szinten, stb.)
 \item Keressük meg a Markov lánc stacionárius eloszlásait! (Pontosabban: az átmenetmátrixának stacionárius eloszlásait.) Szabad kihasználni, hogy $X_n$ születési-halálozási folyamat.
 \item Közelítőleg mennyi a valószínűsége, hogy $120$ ugrás után a béka legfelül lesz? Miért?
 \item Mennyi lesz a béka helyének időátlaga hosszú távon? Miért?
\end{enumerate}

\noindent\textbf{Megoldás:}
\begin{enumerate}[a.)]
 \item Az állapottér $S=\{0,1,2,3,4\}$, az átmenetmátrix
 \[P=P^{(X)}=\begin{pmatrix}
      0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
      \frac23 & 0 & \frac13 & 0 & 0 \\
      0 & \frac23 & 0 & \frac13 & 0 \\
      0 & 0 & \frac23 & 0 & \frac13 \\
      0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
     \end{pmatrix}.
\]
A kezdeti eloszlás vektor $\pi(0)=(0 \, 1 \, 0 \, 0 \, 0)$.
 \item A gráf-reprezentáció:
 
 \includegraphics{./diszkret_szulhal_folyamat_graf3.eps}
 \item $\prob(101232)=\pi_1 P_{10}P_{01}P_{12}P_{23}P_{32}=1\cdot\frac23\cdot 1\cdot\frac13\cdot\frac13\cdot\frac23=\frac{4}{81}$.
 \item Diszkrét idejű születési-halálozási folyamatban minden $i$-re $\pi_i P_{i,i+1}=\pi_{i+1}P_{i+1,i}$. Ebből esetünkben 
 $\frac{\pi_0}{\pi_1}=\frac{2}{3}$; $\frac{\pi_1}{\pi_2}=2$; $\frac{\pi_2}{\pi_3}=2$; $\frac{\pi_3}{\pi_4}=3$; Ebből $\pi_4=1$ választással $\tilde{\pi}=(8;12;6;3;1)$. Ezt lenormálva kajuk az (egyetlen) stacionárius eloszlást:
 \[\pi=\pi^{(X)}=\begin{pmatrix}
        \frac{8}{30} & \frac{12}{30} & \frac{6}{30} & \frac{3}{30} & \frac{1}{30}
       \end{pmatrix}.
\]
 \item A Markov lánc periodikus $d=2$ szerint: a kiindulási helysre visszajutni csak páros sok lépésben lehet. Ennek megfelelően $1$-ből indulva páratlan számú lépés után csak páros helyen, páros sok lépés után csak páratlan helyen lehet a béka. Ezért $\prob(X_{120}=4\,|\,X_0=1)=0$.
 \item A béka helye az $f:S\to\IR$ függvény, ahol $f(i)=i$, vagyis vektor-formában
 $f=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4\end{pmatrix}$. A Markov lánc véges állapotterű és irreducibilis, ezért az ergodtétel szerint $f(X_n)$ időátlaga hosszú távon $1$ valószínűséggel
 \begin{align*}
 \lim_{N\to\infty}\frac1N \sum_{n=0}^{N-1}f(X_n)&=\expect_\pi f =\sum_{i\in S} \pi_i f(i) =\pi f\\
 &=\frac{8\cdot 0 + 12\cdot 1 + 6\cdot 2 + 3\cdot 3 + 1\cdot 4}{30}=\frac{37}{30}\approx 1.23
  \end{align*}
\end{enumerate}
%
\item[HF 4.2] Egy béka fel-le ugrál egy $4$-fokú lépcsőn, ahol a legalsó szint a $0$, a legfelső pedig az $4$, így a béka $5$ különböző helyen (vagyis szinten) lehet. A béka exponenciális eloszlású véletlen ideig vár $10$ másodperc várható értékkel, majd feldob egy dobókockát. Ha az eredmény $5$ vagy $6$, akkor ugrik egyet felfelé, kivéve, ha már legfelül van (mert akkor nem ugrik sehova). Ha a dobás eredménye $1$, $2$, $3$ vagy $4$, akkor lefelé ugrik egyet, kivéve, ha már legalul van (mert akkor nem ugrik sehova). Ez után a béka ugyanezt ismételgeti, az előzményektől függetlenül. Kezdetben a béka az $1$-es szinten van. Legyen $Y(t)$ a béka helye $t$ idő elteltével. Az időt mérjük $\emph{percben}$.
\begin{enumerate}[a.)]
 \item Írjuk fel az $Y(t)$ Markov lánc állapotterét, tartózkodási idő paraméter vektorát és kezdeti eloszlás vektorát! \emph{(Vigyázat: a szélső állapotokban sem lehet helyben ugrani, csak tovább várni!)}
 \item Írjuk fel a beépített diszkrét idejű Markov lánc átmenetmátrixát!
 \item Írjuk fel az $Y(t)$ Markov lánc ráta-mátrixát és infinitezimális generátorát!
 \item Rajzoljuk le a Markov lánc gráf-reprezentációját!
 \item Közelítőleg mennyi a valószínűsége, hogy a béka $1$ másodperc elteltével a $2$-es szinten lesz?
 \item Keressük meg a Markov lánc stacionárius eloszlásait! Szabad kihasználni, hogy $Y(t)$ születési-halálozási folyamat.
 \item Közelítőleg mennyi a valószínűsége, hogy $20$ perc elteltével a béka legfelül lesz? Miért?
 \item Mennyi lesz a béka helyének időátlaga hosszú távon? Miért?
\end{enumerate}

\noindent\textbf{Megoldás:}
\begin{enumerate}[a.)]
 \item Az állapottér $S=\{0,1,2,3,4\}$. A közbülső állapotokból ($1$, $2$, $3$) az elugrás rátája $6$, mivel a várható tartózkodási idő $\frac16$ perc. Legalul, a $0$ állapotban viszont csak ennek $\frac13$-a, mert  nem elég, hogy csörög az óra, hanem még $5$-öst vagy $6$-ost is kell dobni, aminek a valószínűsége $\frac13$. Úgyanígy legfelül, a $4$ állapotban az elugrási ráta $6\cdot \frac23=4$. Vagyis a tartózkodási idő paraméter vektor
 \[\underline{\lambda}=\begin{pmatrix} 2 & 6 & 6 & 6 & 4 \end{pmatrix}.\]
 %
 A kezdeti eloszlás vektor $\pi(0)=(0 \, 1 \, 0 \, 0 \, 0)$.
 \item $0$-ból csak $1$-be lehet ugrani, $4$-ből csak $3$-ba. A többi állapotból $\frac13$ valószínűséggel ugrunk fel és $\frac23$ valószínűséggel le. Így a beépített diszkrét idejű Markov lánc átmenetmátrixa
 \[Q=\begin{pmatrix}
      0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
      \frac23 & 0 & \frac13 & 0 & 0 \\
      0 & \frac23 & 0 & \frac13 & 0 \\
      0 & 0 & \frac23 & 0 & \frac13 \\
      0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
     \end{pmatrix}.
 \]
 \item A $\underline{\underline{\lambda}}$ ráta-mátrix főátlójában nincs semmi, a tobbi eleme $\lambda_{ij}=\lambda_i Q_{ij}$. A $G$ infinitezimális generátor ugyanez, csak a főátlója úgy van kitöltve, hogy minden sorösszeg $0$ legyen, vagyis
 \[G_{ij}=\begin{cases}
           \lambda_{ij} & \text{ ha $i\neq j$}\\
           -\lambda_{i} & \text{ ha $i= j$}
           \end{cases}.
 \]
 Esetünkben
 \[\underline{\underline{\lambda}}=\begin{pmatrix}
      * & 2 & 0 & 0 & 0 \\
      4 & * & 2 & 0 & 0 \\
      0 & 4 & * & 2 & 0 \\
      0 & 0 & 4 & * & 2 \\
      0 & 0 & 0 & 4 & * \\
     \end{pmatrix}
 \quad
   G=\begin{pmatrix}
      -2 & 2 & 0 & 0 & 0 \\
      4 & -6 & 2 & 0 & 0 \\
      0 & 4 & -6 & 2 & 0 \\
      0 & 0 & 4 & -6 & 2 \\
      0 & 0 & 0 & 4 & -4 \\
     \end{pmatrix}.
 \]
 Hát persze: a lefelé ugrás rátája mindig $4$, mert egy óracsörgés és egy $1$ és $4$ közötti dobás kell hozzá (kivéve legalul); a felfelé ugrás rátája pedig mindig $2$, mert egy óracsörgés és egy $5$-ös vagy $6$-os dobás kell hozzá (kivéve legfelül).
 \item A gráf-reprezentáció:
 
 \includegraphics{./folytonos_szulhal_folyamat_graf3.eps}
 \item $t=\frac{1}{60}$ rövid idő, ezért a $t$ idejű átmenetmátrix $P(t)\approx P(0)+tP'(0)=I+tG$. Ezen belül $P_{12}(t)\approx 0+t\lambda_{12}=\frac{2}{60}=\frac{1}{30}$. Vagyis
 \[\prob \left( X\left(\frac{1}{60}\right)=2\,\middle| \, X(0)=1\right) \approx \frac{1}{30}.\]
 \item Folytonos idejű születési-halálozási folyamatban minden $i$-re $\pi_i \lambda_{i,i+1}=\pi_{i+1}\lambda_{i+1,i}$. Ebből esetünkben 
 $\frac{\pi_0}{\pi_1}=\frac{\pi_1}{\pi_2}=\frac{\pi_2}{\pi_3}=\frac{\pi_3}{\pi_4}=2$; Ebből $\pi_4=1$ választással $\tilde{\pi}=(16;8;4;2;1)$. Ezt lenormálva kajuk az (egyetlen) stacionárius eloszlást:
 \[\pi=\pi^{(Y)}=\begin{pmatrix}
        \frac{16}{31} & \frac{8}{31} & \frac{4}{31} & \frac{2}{31} & \frac{1}{31}
       \end{pmatrix}.
 \]
 \item $t=20$ hosszú idő. A Markov lánc véges állapotterű, irreducibilis és folytonos idejű. Ezért a Markov láncok alaptétele szerint
 \[\prob(X(t)=4\,|\,X(0)=1)\approx \pi_4=\frac{1}{31}.\]
 \item A béka helye az $f:S\to\IR$ függvény, ahol $f(i)=i$, vagyis vektor-formában
 $f=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4\end{pmatrix}$. A Markov lánc véges állapotterű és irreducibilis, ezért az ergodtétel szerint $f(X_n)$ időátlaga hosszú távon $1$ valószínűséggel
 \begin{align*}
 \lim_{N\to\infty}\frac1N \sum_{n=0}^{N-1}f(X_n)&=\expect_\pi f =\sum_{i\in S} \pi_i f(i) =\pi f\\
 &=\frac{16\cdot 0 + 8\cdot 1 + 4\cdot 2 + 2\cdot 3 + 1\cdot 4}{31}=\frac{26}{31}\approx 0.84
  \end{align*}
\end{enumerate}

%
\item[Bónusz:] Mi köze egymáshoz az előző két feladat-beli két Markov lánc stacionárius eloszlásának?

\noindent\textbf{Megoldás:}
Az $Y(t)$ folytonos idejű Markov lánc beépített diszkrét idejű Markov lánca éppen $X_n$, és ennek megfelelően $Q=P^{(X)}$. A stacionárius eloszlások viszont különböznek, hiszen az $Y$ egyes állapotokban több, máshol kevesebb időt tölt. Az $X$ stacionárius eloszlásából úgy kaphatjuk meg $Y$-ét, ha a $\pi^{(X)}_i$ valószínűségeket újrasúlyozzuk a várható tartózkodási időkkel:
\[\pi^{(Y)}_i=c\cdot \frac{1}{\lambda_i} \pi^{(X)}_i,\]
ahol $c$ normáló konstans. Valóban, a fenti eredményekből $\bar{\pi}_i:=\frac{1}{\lambda_i} \pi^{(X)}_i$ definícióval
\[\bar{\pi}=\begin{pmatrix}
        \frac{4}{30} & \frac{2}{30} & \frac{1}{30} & \frac{1/2}{30} & \frac{1/4}{30}
       \end{pmatrix},\]
ami $\pi^{(Y)}$-nak számszorosa.
%
\end{itemize}

\item[{\bf 5.HF:}] (Bead\'asi hat\'arid\H o: 2018.12.06.)
%
\begin{itemize}
\item[HF 5.1] 
Két nagy elektromos ellenállásról szeretnénk eldönteni, hogy melyik a nagyobb. Sajnos az ellenállást mérni csak hibával terhelten tudjuk: a mű\-sze\-rünk által mutatott érték egy valószínűségi változó, aminek a várható értéke a tényleges ellenállás, a szórása pedig ismeretlen. Ezért aztán mindkét ellenálláson több mérést is végeztünk, és a következő értékeket kaptuk ($M\Omega$-ban).

\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c}
A ellenállás & 758 & 772 & 745 & 765 & 764 & 747 & 764 & 751 & 765  \\
\hline
B ellenállás & 753 & 764 & 758 & 764 & 772 & 767 &     &     &      \\
\end{tabular}

Döntsünk $99\%$-os szinten arról a hipotézisről, hogy az $A$ ellenállás le\-ga\-lább akkora, mint a $B$.

Segítség: Az $A$ ellenálláshoz tartozó adatsor átlaga $759$, korrigált tapasztalati szórásnégyzete $87$. 
A $B$ ellenálláshoz tartozó adatsor átlaga $763$, korrigált tapasztalati szórásnégyzete $44.8$.

\textbf{Megoldás:}\\
Kétmintás egyoldali $t$-próbát végzünk, a nullhipotézis H0: $m_A\ge m_B$.
A teszt-statisztika
$$
t=\frac{\bar{x}_A-\bar{x}_B}{\sqrt{\frac{(n_A-1)\sigma_A^{*2}+(n_B-1)\sigma_B^{*2}}{n_A+n_B-2}}}\sqrt\frac{n_A n_B}{n_A+n_B},
$$
ahol $n_A=9$, $n_B=6$, $\bar{x}_A=759$, $\bar{x}_B=763$, $\sigma_A^{*2}=87$, $\sigma_B^{*2}=44.8$.
Mindezt behelyettesítve
$$
t=\frac{759-763}{\sqrt{\frac{(9-1)87+(6-1)44.8}{9+6-2}}}\sqrt\frac{9\cdot 6}{9+6}\approx -0.902.
$$
Ezt kell összehasonlítani az $n_A+n_B-2=13$ szabadsági fokú $t$-eloszlás $1-\eps$-kvantilisével, ahol $1-\eps=99\%$, vagyis $\eps=0.01$. A táblázat szerint a küszöbérték $K=2.650$.

\emph{Döntés:} Mivel a próbánk egyoldali és a nullhipotézis szerint $m_A\ge m_B$, a nullhipotézist akkor kell elutasítanunk, ha az $A$ adatsor átlaga sokkal kisebb, mint a $B$ adatsor átlaga, vagyis ha $t$ egy túlságosan nagy abszolútértékű negatív szám. Az elutasítás feltétele tehát $t<-K$, ami \emph{nem teljesül}, ezért a nullhipotézist \emph{elfogadjuk.}
%
\item[HF 5.2] A ``Felsőbb Matematika Villamosmérnököknek -- Sztochasztika'' tárgyból az egyes hallgatók által szerzett gyakjegy egy valószínűségi változó, lehetséges értékei 1, 2, 3, 4, 5. A hallgatókat két kategóriába soroljuk: az $I$-es kategóriába azok tartoznak, akik a házi feladatok kevesebb, mint felét oldják meg (vagyis kevesebb, mint 5 pontot szereznek házi feladatból), a $II$-es kategóriába pedig a többiek.

A 2017 őszi félévi kurzus kivonatos eredményei megtalálhatók a 2018 őszi félév weblapján:

\noindent\verb+math.bme.hu/~mogy/oktatas/VillamosMSc_Sztoch/VillamosMSc_Sztoch_2018osz.html+

Döntsünk $99\%$-os szinten arról a hipotézisről, hogy az $I$ es és $II$-es kategória hallgatóinak gyakjegye azonos eloszlású.
\end{itemize}

\textbf{Megoldás:}
Homogenitásvizsgálatot végzünk, hiszen mintát vettünk az $I$-es kategória hallgatóinak jegyeiből és a  $II$-es kategória hallgatóinak jegyeiből is.
Az egyes kategóriákban a jegyek száma táblázatba szedve:

\begin{tabular}{c||c|c|c|c|c||c}
  jegy ($i$) & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & összesen \\
  \hline\hline
  darabszám, I. kategória ($\nu_i$) & $21$ & $8$ & $22$ & $10$ & $2$ & $n=63$ \\
  \hline
  darabszám, II. kategória ($\mu_i$) & $1$ & $1$ & $15$ & $26$ & $11$ & $m=54$  
\end{tabular}

Ez alapján a teszt-statisztika a képletgyűjtemény szerint
\[\chi^2=nm\sum_{i=1}^r\frac{\left(\frac{\nu_i}{n}-\frac{\mu_i}{m}\right)^2}{\nu_i+\mu_i},\]
ahol $r=5$ a lehetséges jegyek száma. Ha már az adatokat úgyis táblázatkezelővel szedtem táblázatba, ezt is a táblázatkezelővel számoltatom ki: az $a_i:=\frac{\left(\frac{\nu_i}{n}-\frac{\mu_i}{m}\right)^2}{\nu_i+\mu_i}$ jelöléssel, a fenti táblázathoz még három sort hozzáadva egy kis képletezéssel az jön ki, hogy

\begin{tabular}{c||c|c|c|c|c||c}
i	&1	&2	&3	&4	&5	&sum\\
\hline\hline
nu\_i	&21	&8	&22	&10	&2	&63\\
\hline
mu\_i	&1	&1	&15	&26	&11	&54\\
\hline
nu\_i/n	&0.33333	&0.12698	&0.34921	&0.15873	&0.03175	&1\\
\hline
mu\_i/m	&0.01852	&0.01852	&0.27778	&0.48148	&0.2037	&1\\
\hline
a\_i	&0.0045	&0.00131	&0.00014	&0.00289	&0.00227	&0.01112
\end{tabular}

Vagyis $\chi^2=nm\sum_{i=1}^5 a_1=63\cdot 54\cdot 0.01112\approx 37.82$

Az elfogadási küszöb a képletgyűjtemény szerint az $r-1=4$ szabadsági fokú $\chi^2$ eloszlás $1-\eps$ kvantilise, ahol $\eps=1-99\%=0.01$. Az eloszlás-táblázat szerint a küszöb $K=13.277$.

Döntés: mivel $\chi^2>K$, a hipotézist \emph{elvetjük}.
%
\end{itemize}%feladatsor-szamozas

\end{document}

