Az 1. zárthelyi megoldása és pontozása

(Vetier András kurzusa)

2005. 10. 17.

1 feladat (javította Vetier András)

X = ahány telefonhívás érkezik a Tanszékre 1,5 óra alatt.

Ez a valószínűségi változó Poisson eloszlású, mert sok ember hívhat,

(1 pont)

és mindenkire igaz, hogy kicsi a valószínűség annak, hogy éppen a vizsgált 1,5 óra alatt hív,

(1 pont)

(és az emberek egymástól függetlenül telefonálnak).

A hívások átlagos száma 1,5 óra alatt másfélszer annyi, mint 1 óra alatt, ezért az eloszlás paramétere lambda = 1,5 x 3 = 4,5.

(2 pont)

A kérdezett feltétele valószínűség:

P( X <= 2 | X >= 1 ) =

= P( 1<= X <= 2 ) / P( X >= 1 )

(3 pont)

= ( P(1) + P(2) ) / ( 1 – P(0) )

(1 pont)

ahol P( k ) = lambda^k / k! e^(-lambda)

(2 pont)

2. feladat (javította Móra Péter)

Megoldás: 29*28*27*26*25/90/89/88/87/86

A feladatot 3 féleképpen oldották meg helyesen.

a) változat.

Minden kimenetel (számötös) azonos valószín?ség?. -> 2 pont

Ezért kedvez?/összes esettel lehet számolni. -> 3 pont (jár akkor is,

ha használja, de nem írja le)

Esetleszámolások -> 5 pont

b) változat.

hipergeometrikus eloszlással is meg lehet oldani.

felismeri, részletezi, hogy melyik halmazból mennyi van -> 5 pont

(van részpont is)

jól is számol vele -> 5 pont

c) változat.

sorban, minden egyes húzás valószín?ségét felírja (egy húzásnál nem

várom el, hogy az események azonos valószín?ségét indokolja)

Jól írja fel. -> 10 pont

Általánosan:

Hiányos indoklás: -2, -3 pont, attól függ, hogy mennyire.

Elszámolja, tipikusan a 29-et nem jól írja fel: -1 pont.

Más végeredmény is van a lapon (mégha az egyik kétszer alá is van

húzva): felezi a pontszámot (nem nekem kell eldönteni, hogy melyik a

jó).

Elkezdi a feladatot, de nem sokra jut: 1,2,3 pont.

Számolási hibákért keveset vontam le.

Ha a fenti módszereket keveri, például nem indokol a kimenetelek

azonos valószín?ségével, de írja, hogy lehet használni a kedvez?

esetek/összes esetek képletet, és felismeri, hogy hipergeometrikus ->

max pont.

Ha rosszat írtak, de jól számoltak, azért keveset vontam le. Tipikus

példa: binomiális eloszlás, a húzások független események, stb.

Becslést ad: nincs pluszpont, nem volt feladat.

3. feladat (javította Éliás Gergő)

megoldas:

felul az elso, bal oldalt a masodik huzas eredmenye; a tablazatban a minimum

|1 4 4 5

_|_______

1|1 1 1 1

4|1 4 4 4

4|1 4 4 4

5|1 4 4 5

ilyen, vagy hasonlo tablazatot keszit - 2 pont

minden esemeny 1/16 valoszinusegu - 1 pont

ha X-szel jeloljuk a kisebbik szamot:

P(X=1)=7/16

P(X=4)=8/16

P(X=5)=1/16

felismeri, hogy X milyen ertekeket vehet fel - 1 pont

minden helyesen szamolt valoszinusegert - 1 pont (osszesen 3)

varhato ertek

E(X)=1*7/16+4*8/16+5*1/16

altalanos (szummas) keplet - 1 pont

jelen esetre alkalmazva - 2 pont

____

hasonlo tablazat alatt ertem:

|1 4 5

_|_____

1|1 1 1 itt nem egyformak a valoszinusegek

4|1 4 4

5|1 4 5

vagy

(1;1) (1;4) (1;5) (4;4) (4;5) (5;5) itt sem

(ha csak annyit ir, hogy 9 illetve 6 eset van, de nem sorolja fel oket, nem adtam erte pontot)

stb.

tipushibak:

'azonos szamok huzasa eseten nincs kisebbik szam' hibas gondolat

sokan hasznaltak a kedvezo/osszes kepletet olyan esetben, amikor nem lehet

szamolasi hiabert altalaban nem vontam le pontot, ha az elv jo volt