Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Gazdaság- és Társadalomtudományi Kar

Üzleti Tudományok Intézet

KVANTITATÍV MÓDSZEREK

Példatár a Vezetés és Szervezés, Pénzügy és Műszaki menedzser mesterszakok számára

Megoldásokkal

Árva Gábor Dr. Kövesi János

Erdei János Dr. Tóth Zsuzsanna Eszter

Budapest, 2015

2

Tartalomjegyzék I. Valószínűségszámítási alapok ................................................................................................ 3

Műveletek eseményekkel, klasszikus valószínűség meghatározás ........................................ 3 Feltételes valószínűség ........................................................................................................... 4 Teljes valószínűség tétele ....................................................................................................... 6 Bayes-tétel ............................................................................................................................ 10

Fa diagram ............................................................................................................................ 14

Események függetlensége .................................................................................................... 14 II. Valószínűségi változó. Elméleti eloszlások ......................................................................... 18

Binomiális eloszlás ............................................................................................................... 18

Poisson-eloszlás ................................................................................................................... 21

Exponenciális eloszlás .......................................................................................................... 24

Normális eloszlás ................................................................................................................. 27

III. Leíró statisztika .................................................................................................................. 32

IV. Becslés ............................................................................................................................... 40

V. Hipotézisvizsgálatok ........................................................................................................... 62

Nemparaméteres próbák ....................................................................................................... 62 Paraméteres próbák .............................................................................................................. 79

VI. Kétváltozós korreláció- és regresszióelemzés .................................................................... 98 VII. Döntéselmélet ................................................................................................................. 104

VIII. Rang-módszerek alkalmazása ....................................................................................... 120 IX. Felhasznált irodalmak ...................................................................................................... 142

3

I. Valószínűségszámítási alapok

Műveletek eseményekkel, klasszikus valószínűség meghatározás

1. Határozza meg az alábbi események valószínűségét!

Egy szabályos kockát egyszer feldobva páratlan számot kapunk: Számunkra kedvező eset, az 1, 3, és 5-ös dobás. A lehetséges kimenetek száma hat, s ezek mindegyike azonos valószínűségű. A klasszikus valószínűség-számítást alkalmazva: 3/6, azaz 1/2 a keresett valószínűség. Egy szabályos érmét kétszer feldobva legalább az egyik dobás fej: A kísérlet lehetséges kimenetelei: ii, fi, if és ff. Mindegyik eset azonos valószínűséggel következik be. Számunkra kedvező eset, 3, így a keresett valószínűség: 3/4. Egy jól megkevert, 52 lapos francia kártya csomagból vagy egy ászt, vagy a káró 10-est, vagy a pikk 2-est húzzuk ki: A csomagból egyenlő valószínűséggel húzzuk ki a lapokat. A számunkra kedvező esetek száma 6 (4 ász, a káró 10 és a pikk 2), így a keresett valószínűség: 6/52, azaz 3/26. Két szabályos kockával egyszerre dobva a kapott számok összege 7: Az összes lehetséges kimenetel 36. A számunkra kedvező esetek száma: 6 (1+6, 2+5, 3+4, 4+3, 5+2, 6+1). Annak valószínűsége tehát, hogy a dobott számok összege 7: 6/36 = 1/6. Pókernél öt lapot kiosztva póker-t (4 azonos kártya) vagy flush-t (5 azonos színű kártya) kapunk kézbe osztáskor. A klasszikus valószínűség-meghatározás módszerével a kedvező és az összes lehetséges esetek hányadosa adja a kérdéses valószínűségeket. Az összes lehetőség, ahogy egy 52

lapos francia kártya csomagból 5 lapot kiválaszthatunk

5

52 (52 alatt az 5), azaz

2.598.960 a kombinációk száma. Pókernél a kedvező esetek száma: 13 különböző figura van, az egyik fajtából egyszerre mind a négyet meg kell kapnunk. Ez 13 lehetőség. A maradék lapok közül (48 lap) bármelyiket kaphatjuk. Így a kedvező esetek száma: 13⋅48 = 624 kombinációban kaphatunk kézbe pókert. A póker valószínűsége: 624/2598960 = 0,00024.

Flush-nél a kedvező esetek száma:

5

13a kombinációk száma, ahogy 13 egyszínű lapból

5 lapot kaphatunk (ez 1287). Azonban bármelyik színből kaphatunk öt azonos színű lapot, így a kedvező esetek száma 4⋅1287 = 5148. A flush valószínűsége: 5148/2598960 = 0,001981. (Beleértve minden azonos színű lapkombinációt, azaz a pókerben külön megkülönböztetett royal flush-t is.)

2. Egy kísérlet során feldobunk egy érmét és egy kockát. Ha az A esemény az, hogy az

érme feldobásának eredménye „fej” lesz, B esemény pedig az, hogy a kockán levő szám „3 vagy 6” lesz, fogalmazza meg a következő események jelentését:

a) A : az érem feldobásának eredménye írás

b) B : a kockán lévő szám 1, 2, 4 vagy 5

4

c) A + B: vagy fejet dobunk az érmével, vagy 3-ast vagy 6-ost a kockán,

bármelyik bekövetkezhet, az A+B esemény teljesül

d) BA ⋅ : egyszerre teljesül, hogy az érmével fejet dobunk, a kockával pedig 3-ast

vagy az érmével fejet dobunk és a kockával 6-ost

e) )( BAP : annak a valószínűsége, hogy az eredmény egyszerre lesz fej és a

kockán pedig 1,2, 4 vagy 5.

f) )( BAP + : annak a valószínűsége, hogy az érmével írást dobunk vagy a

kockával 1, 2, 4 vagy 5-öt.

Feltételes valószínűség

1. Egy szállítmány 96%-a megfelel az előírásoknak, s ezek 75%-a első osztályú. Mekkora a valószínűsége annak, hogy egy találomra kiválasztott darab első osztályú?

Megoldás: A={a termék első osztályú} B={a termék megfelelő} P(A|B)=0,75; az előírásoknak megfelelő első osztályú termékek A szorzási szabály szerint: P(AB)=P(A|B)·P(B)=0,75·0,96=0,72, vagyis 72% annak a valószínűsége, hogy egy találomra kiválasztott darab első osztályú. 2. Ha nagyon sok kétgyermekes család közül véletlenszerűen választunk egyet, és

megtudjuk, hogy legalább az egyik gyermek leány, mekkora a valószínűsége annak, hogy van fiú is a családban?

Megoldás: Egy kétgyermekes családban négy egyenlő valószínűségű eset fordulhat elő a gyermekek nemét illetően, mivel mind az első, mind a második gyermek egyenlő valószínűséggel lehet leány vagy fiú:

� Leány-leány � Leány-fiú � Fiú-leány � Fiú-fiú

A esemény: az egyik gyermek leány B esemény: van fiú a családban Feladat, hogy az A teljesülése mellett vizsgáljuk a B esemény valószínűségét.

)(

)()(

AP

BAPABP

⋅=

Az (A·B) esemény a fenti 4 lehetőségből kétszer áll fenn, így P(A·B)=2/4=1/2=0,5

5

Az A esemény, vagyis hogy legalább 1 leány van a családban, a négy esetből háromszor teljesül: P(A)=3/4

3

2

6

4

3

4

2

1

4/3

2/1

)(

)()( ==⋅==⋅=

AP

BAPABP

Tehát 2/3 a valószínűsége annak, hogy van fiú a kétgyermekes családban, ha tudjuk, hogy legalább az egyik gyermek leány. 3. Egy telefonfülke előtt állunk és várjuk, hogy az előttünk beszélő befejezze a beszélgetést.

Az illető beszélgetési időtartama (τ) véletlen esemény, melyre érvényes a következő:

31)(t

etP−

−=<τ a) Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy a beszélgetés 3 percnél tovább tart! b) Mennyi annak a valószínűsége, hogy a beszélgetés további 3 percnél tovább tart, feltéve, hogy 3 percnél tovább tartott? c) Mennyi annak a valószínűsége, hogy a beszélgetés t+3 percnél tovább tart, feltéve, hogy t percnél tovább tartott?

Megoldás:

a) Az ellentett esemény valószínűségéből következtetve: ( ) 133

1

3 −−==≥ eeP τ

b) ( ) 1

33

3

6

3|6 −

−

−

==≥≥ e

e

eP ττ

c) ( ) 1

3

3

3

t|3 −

−

+−

==≥+≥ e

e

etP t

t

ττ

4. Egy kockát kétszer feldobnak. Mennyi a valószínűsége, hogy a dobott számok összege 7 lesz? Elvégzik az első dobást. Eredményül páros szám adódott (ezt közölték velünk). Mekkora a valószínűsége ezek után annak, hogy a két dobás összege 7 lesz? Melyik valószínűség a nagyobb?

Megoldás: Elsőre dobhatunk 6-féle értéket (1-6 között), és ugyanez igaz a második dobásra is. Így az összes dobáslehetőség száma: 36 (=n). Ebből a kedvező esetek száma, vagyis hogy a dobott számok összege 7 lesz: 1-6; 2-5; 3-4; 4-3; 5-2; 6-1; azaz összesen 6 ilyen eset van (=k). Így az

első kérdésre a válasz: 6

1

36

6 ==n

k

Az első dobás alapján kapott információ (páros lett az első dobás) a következő számpárok jönnek számításba: 2-i; 4-i; 6-i; ahol i a második feldobás eredményét mutatja, vagyis: i=1, 2, 3, 4, 5, 6. Így az összes lehetőség (=n) száma: 18. Az összes lehetőségen belül a kedvező esetek száma, vagyis, hogy a két dobás összege 7 lesz: 2-5; 4-3; 6-1, vagyis összesen 3 (=k).

Így a második kérdésre a válasz: 6

1

18

3 ==n

k

6

Látható, hogy az a közlés, hogy az első dobás eredménye páros szám lett, nem befolyásolta annak a valószínűségét, hogy a dobott számok összege 7 lesz. 5. Egy 32 lapos kártyacsomagból 4 lapot húzunk egymás után, visszatevés nélkül. Mennyi

a valószínűsége, hogy az első kettő király, a harmadik felső, a negyedik pedig ász? Megoldás: Legyen A1 az az esemény, hogy az első húzás eredménye király; A2 legyen az az esemény, hogy a második is király; A3 az, hogy a harmadik húzás eredménye felső, végül pedig, A4 legyen az az esemény, hogy a negyedik húzás eredménye ász. Visszatevés nélküli esetben:

4

32142131214321

1022,229

4

30

4

31

3

32

4

)(()(()()()(

−⋅=⋅⋅⋅=

=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ AAAAPAAAPAAPAPAAAAP

6. Valamilyen vegyszerrel szúnyogirtást végeztek. Azt tapasztalták, hogy az első

permetezésnél a szúnyogok 80%-a elpusztult, az életben maradottakban azonban annyi ellenállóképesség fejlődött ki, hogy a második permetezés során már csak a szúnyogok 40%-a pusztult el. A harmadik irtás során a szúnyogok 20%-a pusztult már csak el. Mennyi a valószínűsége, hogy egy szúnyog három irtószer-alkalmazást túléli? Mekkora annak a valószínűsége, hogy egy szúnyog még két irtószer-alkalmazást túlél, feltéve, hogy az elsőt túlélte?

Megoldás: Legyen Ai az az esemény, hogy a szúnyog az i-edik irtást túléli. Így a következő valószínűségeket ismerjük:

2,0)( 1 =AP 6,0)( 12 =AAP 8,0)(( 213 =⋅ AAAP

Az első kérdésre a válasz, vagyis, hogy mennyi a valószínűsége annak, hogy egy szúnyog három irtószer alkalmazását túléli, a fenti három valószínűség szorzataként adódik:

096,08,06,02,0 =⋅⋅

48,02,0

096,0

)(

)())((

1

321132 ==⋅⋅=⋅

AP

AAAPAAAP

Teljes valószínűség tétele

1. Három urnában fehér és fekete golyók vannak elhelyezve. Az elsőben 2 fehér és 3 fekete; a másodikban 3 fehér és 4 fekete; a harmadikban 4 fehér és 5 fekete golyó van. A kísérlet abban áll, hogy véletlenszerűen kiválasztunk egy urnát: legyen 1/2, 1/3 és 1/6 rendre az első, a második és a harmadik urna kiválasztásának a valószínűsége. Ezután a kiválasztott urnából véletlenszerűen kihúzunk egy golyót úgy, hogy mindegyik golyó kihúzásának a valószínűsége egyenlő legyen. Mennyi annak a valószínűsége, hogy fehér golyót húzunk?

Megoldás: Legyen B1, B2, B3 annak a valószínűsége, hogy az első, a második és a harmadik urnát választjuk ki. A legyen az az esemény, hogy fehér golyót húzunk ki.

7

417,06

1

9

4

3

1

7

3

2

1

5

2)(

9/4)(

7/3)(

5/2)(

6/1)(

3/1)(

2/1)(

3

2

1

3

2

1

=⋅+⋅+⋅=

=

=

====

AP

BAP

BAP

BAP

BP

BP

BP

Tehát 41,7% a valószínűsége annak, hogy fehér golyót húzunk. 2. Két urnában golyók vannak. Az egyikben 5 fehér és 4 piros, a másikban 5 piros és 7

fehér. Az egyik urnából kiveszünk két golyót. Feltételezve, hogy a két urna közül egyenlő valószínűséggel választunk, mennyi a valószínűsége annak, hogy mindkét golyó fehér színű lesz? Ugyanilyen feltételek mellett, mennyi a valószínűsége annak, hogy a kihúzott két golyó közül legalább az egyik fehér lesz?

Megoldás: Legyen B1 az az esemény, hogy az első urnából húzunk, B2 pedig, hogy a másodikból. Az A esemény pedig jelentse azt, hogy mindkét golyó fehér.

Feltétel: 2

1)()( 21 == BPBP

277,08

4

9

5)( 1 =⋅=BAP , ugyanígy 318,0

11

6

12

7)( 2 =⋅=BAP

A teljes valószínűség tételét felhasználva: 2975,0318,02

1277,0

2

1)( =⋅+⋅=AP

Tehát 29,75% a valószínűsége annak, hogy mindkét kihúzott golyó fehér lesz. A második kérdés megválaszolásához C jelentse azt az eseményt, hogy a két golyó közül legalább egy fehér. A feltételes valószínűségek megállapításához az ellentétes eseményekből indulunk ki, vagyis megnézzük, hogy mi a valószínűsége az egyik, illetve a másik urna esetében, hogy egyik kiválasztott golyó sem lesz fehér (vagyis mindkettő piros lesz), és az eredményt kivonjuk egyből.

6

5

8

3

9

41)( 1 =⋅−=BCP , ugyanígy

33

28

11

4

12

51)( 2 =⋅−=BCP

A teljes valószínűség tételét felhasználva a keresett valószínűség:

841,033

28

2

1

6

5

2

1)( =⋅+⋅=CP

84,1% a valószínűsége annak, hogy a kihúzott golyók közül legalább az egyik fehér lesz.

8

3. Azonos fajta autórádió előlapokból két tételünk van. Az első tétel 26, a második 32 darabból áll. Mindkét tételben egy-egy hibás darab van. Az első tételből egy véletlenszerűen kiválasztott darabot átteszünk a másodikba. Ezután a második tételből választunk egyet találomra, és ezt megvizsgáljuk. Mi a valószínűsége annak, hogy ez a darab selejtes?

Megoldás: Jelentse A esemény azt, hogy a második tételből selejtest húzunk. Jelentse B1 azt, hogy az első tételből jót, B2 pedig azt, hogy hibásat tettünk át a másodikba. Ezeknek a valószínűségei:

26

1)(;

26

25)( 21 == BPBP

Ha B1 következett be, akkor a második tételben 33 darabból csak egy selejtes van, és az A

esemény feltételes valószínűsége:33

1)/( 1 =BAP ; ha viszont B2 következett be, akkor két

selejtes darab van a második tételben, így ebben az esetben a feltételes valószínűség:

33

2)( 2 =BAP .

Alkalmazzuk a teljes valószínűség tételét:

0314,026

1

33

2

26

25

33

1)()()()()( 2211 =⋅+⋅=⋅+⋅= BPBAPBPBAPAP

Vagyis 3,14% a valószínűsége annak, hogy a második tételből selejtest húzunk. 4. Mikrohullámú sütők forgótányérjának kísérleti gyártását végzik egy gyárban. Három

tétel mikrohullámú sütő készül el. Az első két tétel a teljes mennyiség egy-egy negyedét, a harmadik tétel pedig a felét adja. A minőségellenőrzés során kiderül, hogy az előírt működési óraszámot az első tétel 12%-a, a másodiknak 21%-a, a harmadiknak 28%-a éri el. Mennyi a valószínűsége annak, hogy egy találomra kiszemelt mikrohullámú sütő az előírt ideig működik?

Megoldás: A az az esemény, hogy a mikrohullámú sütő forgótányérja az előírt ideig üzemel. B1, B2 és B3 jelentse azt, hogy a kiválasztott darab az első, a második vagy a harmadik tételből való. A Bi események valószínűségei rendre:

2

1)(;

4

1)(;

4

1)( 321 === BPBPBP

Felírjuk az A eseménynek a Bi feltételek melletti valószínűségét, vagyis azt, hogy az egyes tételekből választott forgótányérok milyen valószínűséggel működnek a megfelelő ideig:

100/28)(;100/21)(;100/12)( 321 === BAPBAPBAP

9

A teljes valószínűség tételét alkalmazva:

%25,222225,0100

14

400

21

100

3

100

28

2

1

100

21

4

1

100

12

4

1)()()(

3

1

==++=⋅+⋅+⋅=⋅=∑=i

ii BPBAPAP

Vagyis 22,25% a valószínűsége annak, hogy hibátlan darabot választunk. 5. Egy műhelyben három műszakban termelnek azonos fajta árut. Egy napon az összes

termelt áruból az első műszakban 40%, a másodikban és a harmadikban 30-30% készült. Az első műszakban készült áruk 5%-a, a másodikban gyártottak 7%-a, a harmadikban termeltek 10%-a hibás. A három műszakban elkészült teljes mennyiségből a minőségellenőr találomra kiválaszt egy darabot, és megvizsgál. Mennyi a valószínűsége, hogy ez hibátlan?

Megoldás: Legyen A az az esemény, hogy a találomra kiválasztott darab hibátlan. B1, B2, és B3 pedig jelentse azt, hogy a kiválasztott darab az első, a második, illetve a harmadik műszakban került legyártásra. Ezen események valószínűsége:

4,0)( 1 =BP 3,0)( 2 =BP 3,0)( 3 =BP

Felírjuk az A eseménynek a Bi események melletti feltételes valószínűségeit: 95,005,01)( 1 =−=BAP 93,007,01)( 2 =−=BAP 9,01,01)( 3 =−=BAP

Végül alkalmazzuk a teljes valószínűség tételét: 929,09,03,093,03,095,04,0)( =⋅+⋅+⋅=AP

92,9% a valószínűsége annak, hogy kiválasztott darab hibátlan lesz. 6. Egy egyetemi évfolyamon végzett felmérésből tudjuk, hogy a női hallgatók 60%-a, a

férfi hallgatók 40%-a dohányzik. Valaki így okoskodik: „Ha egy személyt véletlenszerűen kiválasztunk, az a személy vagy nő, vagy férfi. A két esemény egymást kizárja. Annak a valószínűsége tehát, hogy a kiválasztott személy dohányzik, egyenlő a 0,6 és 0,4 valószínűségek összegével, tehát 1-gyel.” Hol a hiba?

Megoldás: A hiba ott van, hogy az adott 0,6 és 0,4 valószínűségek csak feltételes valószínűségek, mégpedig, ha A azt jelenti, hogy a kiválasztott személy dohányzik, B1 azt, hogy az illető nő, B2 pedig, hogy férfi, akkor:

6,0)( 1 =BAP és 4,0)( 2 =BAP , és az A valószínűségét a teljes valószínűség tétele mellett a

)()()()()( 2211 BPBAPBPBAPAP ⋅+⋅= képlet adja meg. A feladatmegoldó a B1 és B2

valószínűségekről feledkezett meg. 7. Egy irodában 3 munkatárs dolgozik párhuzamosan azonos típusú ügyiratok intézésén.

Az első naponta 10 aktával végez, a második napi 15, a harmadik napi 25 aktával. Az egyes munkatársaknál naponta átlagosan 0,3; 0,9; 0,5 db hibásan kezelt ügyirat található. Az összesített napi mennyiségből találomra kiveszünk egy aktát. Mekkora a valószínűsége, hogy az akta hibás?

10

Megoldás: A = {az akta hibás} B1 = az 1. munkatárs intézte B2 = a 2. munkatárs intézte B3 = a 3. munkatárs intézte P(B1) = 10/50 = 0,2 P(B2) = 15/50 = 0,3 P(B3) = 25/50 = 0,5 P(AB1) = 0,3/10 = 0,03 P(AB2) = 0,9/15 = 0,06 P(AB3) = 0,5/25 = 0,02 P(A) = 0,2⋅0,03 + 0,3⋅0,06 + 0,5⋅0,02 = 0,034 8. Három műszak azonos terméket gyárt. Egy adott napon az összes termékből az I.

műszakban 40%, a II. és III. műszakban 30-30% készült. A selejtarányok az egyes műszakokban: I. műszak = 5%, II. műszak = 7%, III. műszak = 10%. A napi termelésből a MEO egy darabot kiválaszt. Mekkora a valószínűsége, hogy az hibátlan?

Megoldás: Legyen P(A) annak a valószínűsége, hogy a vizsgált termék hibátlan.

4,0)( 1 =BP 3,0)( 2 =BP 3,0)( 3 =BP

95,0)( 1 =BAP 93,0)( 2 =BAP 90,0)( 3 =BAP

929,00903,093,03,095,04,0)( =⋅+⋅+⋅=AP , vagyis 92,9% a valószínűsége annak, hogy a kiválasztott darab hibátlan.

Bayes-tétel

1. 10 azonos alakú doboz közül az első 9-ben 4-4 golyó van, mégpedig 2 fehér és 2 kék. A tizedik dobozban 5 fehér és 1 kék golyó van. Az egyik találomra kiválasztott dobozból véletlenszerűen kiveszünk egy golyót. Mi a valószínűsége annak, hogy ez a tizedik dobozból való, ha a kivett golyó fehér?

Megoldás: Jelöljük A-val azt az eseményt, hogy fehéret húztunk. Bj-vel jelöljük azt, hogy a j-edik dobozból választottunk. Ezeknek a valószínűsége azonos: P(Bj)=1/10. Az A esemény Bj feltétel melletti feltételes valószínűségére a következő áll fenn: P(A/Bj)=1/2, ha j=1,2,3…9 P(A/B10)=5/6

32

5

65

29

65

)65

21

9(101

101

65

)()(

)()()(

10

1

101010 =

+=

+⋅

⋅=

⋅

⋅=∑

=j

jj BPBAP

BPBAPABP

Tehát 15,625% a valószínűsége annak, hogy egy fehér golyót éppen a 10. dobozból húzunk. Másik megoldás: Az A ismét az az esemény, hogy fehéret húzunk. B1 jelentse azt, hogy a kilenc egyforma közül húzunk (bármelyikből), B2 pedig jelentse azt, hogy a 10.-ből húzunk. Így P(B1)=9/10; P(B2)=1/10. P(A/ B1)=1/2, P(A/ B2)=5/6. Innentől a megoldás menete ugyanaz.

11

2. Egy forgácsoló üzemben elkészült munkadarabok 96%-a felel meg a súlyszabványnak. A minőségellenőrzés során az elkészült munkadarabok egy részét megvizsgálták, a súly szempontjából szabványos darabok 98%-a bizonyult alakra jónak, a nem szabványos súlyú darabokból pedig 5%-ot nyilvánítanak alakra jónak. Mennyi a valószínűsége annak, hogy egy darab, amely a minőségellenőrzésen alakra jónak bizonyult, megfelel a súlyszabványnak?

Megoldás: A az az esemény, hogy a munkadarab alakra jónak bizonyul. Legyen B1 az az esemény, hogy a vizsgált darab súlya szabványos, a B2 pedig, hogy a darab súlya nem szabványos. A feladatban adott valószínűségek:

05,0)(

98,0)(

04,0)(

96,0)(

2

1

2

1

=

===

BAP

BAP

BP

BP

A B1 esemény valószínűségét keressük az A esemény teljesülése esetén. Ezt a feltételes valószínűséget a Bayes-tétellel számoljuk ki:

998,004,005,096,098,0

09698,0

)()()()(

)()()(

2211

111 =

⋅+⋅⋅=

⋅+⋅⋅

=BPBAPBPBAP

BPBAPABP

Tehát 99,8% a valószínűsége annak, hogy a minőségellenőrzésen alakra jónak bizonyult darab súlya megfelel a szabványnak. 3. Egy biológiai kísérlet során 100 egyedet három – 20, 30 ill. 50 egyedből álló –

csoportokra osztanak. Az első csoport egyedeit gyenge, a másodikét közepes, a harmadikét erős hatóanyaggal oltják be. A csoportokat ezután külön tárolják. Az oltás hatására az első csoportból 3, a másodikból 10, a harmadikból pedig 39 megy keresztül valamilyen változáson. Ezután a csoportok elkülönítését megszüntetik. Ha az összes egyedből egyet találomra kiválasztunk és ennek vizsgálata azt mutatja, hogy nem ment keresztül változáson, akkor mennyi a valószínűsége annak, hogy a kiválasztott egyed a második csoportból való?

Megoldás: A az az esemény, hogy a kiválasztott egyed nem megy keresztül változáson. A Bj azt jelenti, hogy a kiválasztott egyed a j-edik csoportból való.

%67,4112

5

48

20

10050

5011

10030

32

10020

2017

10030

32

)()(

)()()(

50

11)(;

3

2)(;

20

17)(

100

50)(;

100

30)(;

100

20)(

3

1

222

321

321

===⋅+⋅+⋅

⋅=

⋅

⋅=

===

===

∑=j

jj BPBAP

BPBAPABP

BAPBAPBAP

BPBPBP

Tehát 41,67% annak a valószínűsége, hogy a kiválasztott egyed a második csoportból való.

12

4. Tudjuk, hogy egy gyakorlaton résztvevő 18 lövész négy csoportba sorolható úgy, hogy közülük öten 0,8, heten 0,7, négyen 0,6, és ketten 0,5 valószínűséggel találnak a céltáblára. Véletlenül meglátunk közülük egy lövészt, aki egy lövést ad le, de ez nem talál a céltáblára. Melyik csoporthoz tartozik a legnagyobb valószínűséggel a lövész, és mennyi ez a valószínűség?

Megoldás: A legyen az az esemény, hogy a lövész nem talál a céltáblára. A Bi esemény legyen az, hogy a lövész az i-edik csoportba tartozik:

18

5)( 1 =BP

18

7)( 2 =BP

18

4)( 3 =BP

18

2)( 4 =BP

Az A esemény Bi események melletti feltételes valószínűsége:

2,0)( 1 =BAP 3,0)( 2 =BAP 4,0)( 3 =BAP 5,0)( 4 =BAP

A Bi események A feltétel melletti feltételes valószínűségét Bayes tételével számoljuk ki.

∑=

⋅

⋅=

4

1

)()(

)()()/(

jjj

iii

BPBAP

BPBAPABP

E fenti valószínűségek (i=1, 2, 3, 4) közül a legnagyobbat keressük.

180

10

18

25,0)()(

180

16

18

44,0)()(

180

21

18

73,0)()(

180

10

18

52,0)()(

44

33

22

11

=⋅=⋅

=⋅=⋅

=⋅=⋅

=⋅=⋅

BPBAP

BPBAP

BPBAP

BPBAP

Azt kaptuk, hogy a másodiknak a legnagyobb a számlálója. Így a B2 eseménynek az A feltétel melletti feltételes valószínűsége:

19

7

57

21

18010

18016

18021

18010

18021

)()(

)()()( 4

1

222 ==

+++=

⋅

⋅=∑

=jjj BPBAP

BPBAPABP

Tehát a találomra kiválasztott lövész a legnagyobb valószínűséggel a második csoportból való, és ez a valószínűség: 7/19.

13

5. Egy üzemből kikerülő áru 75% valószínűséggel I. osztályú. A készterméket megvizsgálják. Annak valószínűsége, hogy a vizsgálat során az I. osztályú terméket nem I. osztályúnak minősítik 2%. Annak a valószínűsége, hogy egy nem I. osztályú terméket I. osztályúnak minősítenek 5%. Mekkora a valószínűsége annak, hogy egy olyan termék, amelyik egy vizsgálat során I. osztályú minősítést kapott, valóban I. osztályú?

Megoldás: A={a termék I.o. minősítést kap} B1={a termék I.o.} → P(B1)=0,75 P(A|B1)=0,98 B2={a termék nem I.o.}→ P(B2)=0,25 P(A|B2)=0,05

983,025,005,075,098,0

0,750,98A)|( 1 =

⋅+⋅⋅=BP , vagyis 98,3% a valószínűsége.

6. Egy folyóban bekövetkező halpusztulásért 3 ipari üzem lehet felelős. Tapasztalatok

szerint a mérgező anyag kibocsátásának valószínűsége az egyes üzemeknél: 20%, 50% és 30%. A mérések szerint az egyes üzemek szennyvízkibocsátása esetén a halpusztulás valószínűsége: 60%, 15% és 25%. Mennyi a halpusztulás valószínűsége? Mekkora bírságot rójon ki a 2 500 000 Ft-os halkárért a bíróság az egyes cégekre, ha nem ismert a szennyezés kibocsátója?

Megoldás: Bi={az i-edik üzemet terheli a felelősség} (A|Bi)={halpusztulás következett be, feltéve, hogy Bi volt a szennyező} P(B1)=0,2 P(B2)=0,5 P(B3)=0,3 P(A|B1)=0,6 P(A|B2)=0,15 P(A|B3)=0,25 A teljes valószínűség tétele alapján: P(A)=0,2·0,6+0,5·0,15+0,3·0,25=0,27

P(B1|A)= 1 11 3

i ii 1

P(A|B ) P(B ) 0,2 0,6P(B |A)= 0,44

0,27P(B |A) P(B )

=

∗ ∗= =∗∑

Ugyanígy: P(B2|A)=0,28 P(B3|A)=0,28 A 2 500 000 Ft-os halkáron ezekben az arányokban osztoznak: az első üzem 2500*0,44=1,1mFt-ot, a másik kettő pedig 700-700 ezer Ft-ot fizet.

14

Fa diagram

1. Egy multinacionális vállalat nagyszámú végzős hallgatót vesz fel minden évben, s az első évben különböző tréning ill. oktatási programokat szervez számukra. Az új belépők 30%-a egy általános menedzsment programon, 10%-a MBA programon és a többiek vállalati belső tréningeken vesznek részt. Az elmúlt tíz év adatait feldolgozva azt találták, hogy az MBA-re járók 60%-a, az általános menedzsment programon résztvevők 20%-a, míg a belső tréningeken résztvevőknek csak 5%-a került menedzseri pozícióba. a) Határozza meg annak a valószínűségét, hogy egy véletlenül kiválasztott belépő a következő tíz évben menedzseri beosztást kap! b) Határozza meg annak a valószínűségét, hogy egy már tíz éve a vállalatnál dolgozó menedzser MBA képzésre járt az első évben! a.) 100-ból 15 fő kap összesen menedzseri beosztást, 15% a valószínűsége. b.) A 15 menedzserből 6-an jártak MBA képzésre, 6/15 = 40% a valószínűsége, hogy MBA-re járt.

Események függetlensége

1. Ketten lőnek céltáblára. A találat valószínűsége az első személy esetében 0,7; a második esetében 0,6. A találatok egymástól függetlenek. Ha mindketten egy-egy lövést adnak le, mennyi a valószínűsége annak, hogy legalább egy találat van a céltáblán.

Megoldás: Legyen A az az esemény, hogy az első személy talál, és B jelentse azt, hogy a második találatot ér el. Az (A+B) esemény azt jelenti, hogy legalább egy találat van a céltáblán. Ennek a valószínűségére vagyunk kíváncsiak és felhasználjuk azt is, hogy az A és B események függetlenek:

88,042,03,1

6,07,06,07,0)()()()()()()()(

=−==⋅−+=⋅−+=⋅−+=+ BPAPBPAPBAPBPAPBAP

Tehát 0,88 a valószínűsége annak, hogy a céltáblán legalább egy találat van.

100 belépő

30 fő ált. men. program

10 fő MBA program

60 fő belső tréning

6 menedzser

24 beosztott

6 menedzser

4 beosztott

3 menedzser

57 beosztott

15

2. Két, egymástól függetlenül dolgozó szerszámgépen azonos fajta alkatrészeket gyártanak. Az első gépen 0,8, a második gépen 0,7 valószínűséggel kapunk első osztályú alkatrészeket, az ugyanazon a gépen gyártott alkatrészek is függetlenek egymástól. Az első gép gyártmányaiból 3, a második gép gyártmányaiból pedig 2 alkatrészt választunk találomra és megvizsgáljuk őket. Mennyi a valószínűsége annak, hogy mind az 5 első osztályú?

Megoldás: Legyen A a szóban forgó esemény. A függetlenség alapján

251,07,08,0)( 23 ≈⋅=AP Tehát 25,1% a valószínűsége annak, hogy a vizsgált alkatrészek mind első osztályúak. 3. Két dobozban golyók vannak, amelyek csak színeikben különböznek. Az első dobozban

5 fehér, 11 fekete és 8 piros, a másodikban 10 fehér, 8 fekete és 6 piros golyó van. Mindkét dobozból találomra kiveszünk egyet. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a két kiválasztott golyó azonos színű?

Megoldás: Legyen A az az esemény, hogy a két kiválasztott golyó azonos színű. A két húzás egymástól független. Háromféle, egymást kizáró esemény összegeként adódik az A, mégpedig úgy, hogy vagy mindkét dobozból fehéret, vagy mindkét dobozból feketét, vagy mindkét dobozból pirosat húzunk. Így az A esemény valószínűsége:

32,024

6

24

8

24

8

24

11

24

10

24

5)( ≈⋅+⋅+⋅=AP

Tehát 32% annak a valószínűsége, hogy a két dobozból azonos színű golyót húzunk. 4. Három szabályos kockát dobunk fel egyszerre. Mennyi a valószínűsége annak, hogy

mindhárom kockán a felülre kerülő pontérték legalább öt? Megoldás: Jelöljük a vizsgált eseményt A-val. Egy kocka esetén az 5-ös és a 6-os dobás valószínűsége külön-külön 1/6. Ezek a lehetőségek egymást kizárják, így annak a valószínűsége, hogy egy kockával 5-öst vagy 6-ost dobunk a két esemény összegének a valószínűsége: 1/3. A három kockán kapott pontértékek egymástól függetlenek. Annak valószínűsége, hogy az A esemény következik be, azaz a kockák mindegyikén az 5-ös vagy 6-os pontértékek valamelyike kerül felülre, a független események szorzatára vonatkozó összefüggés alapján:

27

1

3

1)(

3

=

=AP , így 1/27 annak a valószínűsége, hogy legalább öt a felül látható pontérték

az egyes kockákon.

16

5. Frici és Gizi a következő feltételek mellett játszanak önálló játszmákat. Frici kezdi a játékot, és 0,3 valószínűséggel nyerhet az első játszmában. Ha nem nyeri meg az első játszmát, akkor Gizi következik és ebben a második játszmában 0,5 valószínűséggel győzhet. Ha győz, akkor a játéknak vége. Ha azonban Gizi veszít, akkor ismét Frici következik, és 0,2 valószínűséggel nyerheti meg a harmadik játszmát. Ha Frici a harmadik játszmában veszít, a játék döntetlenül ér véget. Melyik játékosnak van nagyobb esélye a győzelemre a játékban?

Megoldás: Jelöljük A-val azt az eseményt, hogy Frici nyeri a játékot, és B-vel azt az eseményt, hogy Gizi a győztes. Az egyes játszmák eredményeit független kísérletek eredményeinek tekintjük, így együttes bekövetkezésük valószínűsége az egyes események valószínűségének a szorzata. Ezek alapján A valószínűsége:

37,007,03,02,05,07,03,0)( =+=⋅⋅+=AP A B esemény úgy jön létre, hogy Frici az első játszmában veszít, Gizi pedig a másodikban győz. Ezek az események is függetlenek, és B valószínűségét így valószínűségeik szorzata adja:

35,05,07,0)( =⋅=BP Az A esemény valószínűsége nagyobb, mint a B-é, így a két játékos közül Frici esélye nagyobb a győzelemre. 6. Két kockával dobunk. Jelentse A azt az eseményt, hogy az első kockával párost dobunk,

B azt az eseményt, hogy a második kockával páratlant dobunk és C azt az eseményt, hogy mindkettővel párost, vagy mindkettővel páratlant dobunk. A, B és C események teljesen függetlenek-e?

Megoldás: Három (vagy több) esemény függetlenségéhez a páronkénti függetlenségen túl a teljes függetlenségnek, azaz a P(A·B·C) = P(A) P(B) P(C) összefüggésnek is teljesülnie kell.

A = {első kockán páros szám az eredmény} P(A) = 3/6 = 1/2 B = {második kockán páratlan az eredmény} P(B) = 3/6 = 1/2 C = {mindkettőn párost vagy mindkettőn páratlant dobunk} P(C) = 18/36 = 1/2

A·B = {az elsőn páros és a másodikon páratlan az eredmény} P(AB) = 9/36 = 1/4 A·C = {elsőn páros és a másodikon is páros} P(AC) = 9/36 = 1/4 B·C = {másodikon páratlan és az elsőn is páratlan} P(BC) = 9/36 = 1/4 A·B·C = {első páros, a második páratlan és mindkettő páros vagy páratlan} = {∅} P(ABC) = 0 P(AB) = P(A)·P(B) = 1/2·1/2 = 1/4 P(AC) = P(A)·P(C) = 1/2·1/2 = 1/4 P(BC) = P(B)·P(C) = 1/2·1/2 = 1/4 Tehát a páronkénti függetlenség teljesül, de a teljes függetlenség nem, P(ABC) = 0 ≠ P(A)·P(B)·P(C) = 1/8, így a három esemény nem független egymástól.

17

7. Az éves bérek vizsgálata során, egy felmérés eredményeként az alábbi adatokat kaptuk. Éves bér

< £6000 £6000 - £10000 > £10000 Összesen Férfi 30 50 80 160 Nő 50 50 40 140

Összesen 80 100 120 300

a) Tegyük fel, hogy a nem és az éves bér függetlenek egymástól. Határozza meg, s fa diagramon ábrázolja az egyes események valószínűségeit! 300 esetet feltételezve számolja ki az esetek várható számát! b) Határozza meg a valószínűségeket a függetlenség feltételezése nélkül, a tapasztalati adatoknak megfelelően! c) Vizsgálja meg a függetlenséget a függetlenség definícióját felhasználva!

Megoldás: a.) A1 = {férfi}, A 2 = {nő} B1 = {£6000-nál kisebb a fizetés} B2 = {£6000 és £10000 között van a fizetés} B3 = {£10000 felett van a fizetés} P(A1) = 160/300, P(A2) = 140/300 P(B1) = 80/300, P(B2) = 100/300, P(B3) = 120/300

b.) P(B1A1) = 30/300 = 0,1 P(B2A1) = 50/300 = 0,1667 P(B3A1) = 80/300 = 0,2667 P(B1A2) =50/300 = 0,1667 P(B2A2) = 50/300 = 0,1667 P(B3A2) = 40/300 = 0,1333 Látható, hogy a valószínűségek, illetve a számolt és a tényleges létszámok jelentősen eltérnek egymástól, ami azt valószínűsíti, hogy az a.) pontban feltett hipotézisünk (a függetlenség) nem igaz. c.) A1 és B1 függetlensége: P(A1B1) = 30/300 = 0,1 ≠ P(A1)·P(B1) = 160/300·80/300 = 32/225 A2 és B1 függetlensége: P(A2B1) = 5/30 = 0,1667 ≠ P(A2)·P(B1) = 7/15·4/15 = 28/225 és így tovább …

300 dolgozó

160 férfi

140 nő

42,67 fő < £6000, P(B1A1) = 0,1422

53,33 fő 6000-£10000, P(B2A1) = 0,1778

64,0 fő > £10000, P(B3A1) = 0,2133

37,33 fő < £6000, P(B1A2) = 0,1244

46,67 fő 6000-£10000, P(B2A2) = 0,1556

56,0 fő > £10000, P(B3A2) = 0,1867

18

Az előző feladathoz hasonlóan a teljes függetlenséghez az összes párt és az együttes bekövetkezéseket is vizsgálni kellene, de mint látható már az A1, B1 illetve az A2, B2 események sem függetlenek egymástól.

II. Valószínűségi változó. Elméleti eloszlások

Binomiális eloszlás

1. Valaki találomra kitölt egy totószelvényt. Mennyi a valószínűsége annak, hogy az első hét mérkőzéshez az 1, 2, x lehetőségek közül legalább 5 helyre egyest választ?

Megoldás: Legyen A az az esemény, hogy a szelvényt kitöltő egy mérkőzéshez 1-est ír.

3/23/111)(

3/1)(

=−=−==

==

pqAP

így

pAP

A ξ valószínűségi változó jelentse az n=7 db mérkőzéshez beírt egyesek számát.

( ) ( ) )7,...,1,0(3

2

3

1)(

77 =

=

===−

− kk

nqp

k

nkPp

kkkk

k ξ

Az az esemény, hogy az első hét mérkőzéshez legalább öt helyre 1-es kerül három, egymást kizáró esemény összegeként fogható fel: vagy öt, vagy hat, vagy hét helyre ír egyest a fogadó. Ezek a valószínűségek a binomiális eloszlás táblázatának segítségével (n=7; p=0,3 és 0,35 értékeit átlagolva (vagy egyszerűen a 0,35-höz tartozó értéket alapul véve); k=5,6,7) a következők:

0422,00004,0006,00358,0765 =++=++ ppp

Tehát kb. 4,22% a valószínűsége annak, hogy legalább öt helyre 1-es kerül. 2. Mennyi a valószínűsége annak, hogy ha egy családban 10 gyerek születik, akkor

közülük éppen öt fiú lesz? Megoldás: Annak az eseménynek a valószínűsége, hogy fiú születik legyen az A esemény.

2/1)( == pAp A leány születésének valószínűsége:

2/11)( ==−= qpAp A ξ valószínűségi változó jelentse az n=10 gyermek közül a fiúk számát. Annak az eseménynek a valószínűsége, hogy a ξ=5:

19

%61,242461,05 ==p (binomiális eloszlás táblázata: n=10, p=0,5, k=5)

3. Egy üzemben elektromos biztosítékokat gyártanak. A tapasztalat szerint átlagban ezek

15%-a hibás. Számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy 10 darab véletlenszerűen kiválasztott biztosíték között

a) nincs selejtes, b) legalább egy selejtes van, c) nincs 1-nél több selejtes!

Megoldás: p=0,15 Annak a valószínűsége, hogy 10 kiválasztott darab között nem lesz selejtes: 0,1969 (táblázatban: p=0,15; n=10; k=0) Annak a valószínűsége, hogy 10 kiválasztott darab között legalább egy selejtes van (vagyis 1 vagy annál több): ezt úgy is értelmezhetjük, mint azt a valószínűséget, amely a 10 darab közötti 0 selejt ellentett eseménye: 1-0,1969=0,8031 Annak a valószínűsége, hogy nincs 1-nél több selejtes, vagyis 0 vagy 1 selejtes van a 10 között: 0,1969+0,3474=0,5443 (táblázat alapján p=0,15; n=10; k=0,1) 4. Fej vagy írás játékkal kapcsolatos két eseményt tekintünk. Az egyik esemény: négy

dobásból 3 fej, a másik: nyolc dobásból 5 fej. Állapítsuk meg, hogy melyik esemény valószínűsége nagyobb szabályos pénzdarab használata esetén!

Megoldás: Legyen A az az esemény, hogy négy dobásból 3 a fej, és B pedig, hogy nyolc dobásból 5 a fej. Egy dobás esetén a fej dobásának valószínűsége: p=1/2 P(A)=0,25 (táblázatból: p=0,5; n=4; k=3) P(B)=0,2188 Tehát nagyobb az esélye annak, hogy négy dobásból háromszor dobunk fejet, mint annak, hogy nyolc dobásból ötször. 5. Egy biztosító társaság egyetemistáknak kínál gépkocsi biztosításokat, s a korábbi évek

tapasztalatai szerint a biztosítottak 3%-a okozott balesetet. Feltételezve, hogy nem változtak meg a körülmények, mekkora a valószínűsége, hogy az adott biztosítónál szerződött 300 egyetemista közül legfeljebb 5 okoz balesetet ebben az évben?

Megoldás: A feladat binomiális eloszlás közelítése Poisson-eloszlással, mivel p elég kicsi, és n elég nagy. p=0,03 n=300 Így a Poisson-eloszlás paramétere: 903,0300 =⋅=⋅= pnλ Most már csak a Poisson táblázatból kell a megfelelő értékeket kikeresni: a legfeljebb 5 egyetemista okoz baleset, az azt jelenti, hogy vagy 0, vagy 1, vagy 2, vagy 3, vagy 4 vagy 5: p0+p1+p2+p3+p4+p5 = 0+0,001+0,005+0,015+0,033+0,060 = 0,114, vagyis 11,4% a valószínűsége annak, hogy a szerződött 300 egyetemista közül legfeljebb 5 okoz balesetet.

20

6. Tegyük fel, hogy korábbi évek tapasztalatai alapján egy ügynök általában minden 5. érdeklődőnek tud eladni egy adott terméket. Egy átlagos héten 20 érdeklődővel beszél. Mennyi a heti eladás várható értéke? Mekkora a heti eladás szórása? Az ügynök külön prémiumot kap, ha egy héten 8-nál több terméket ad el. Mekkora ennek a valószínűsége?

Megoldás: p=0,2

788,18,02,020)1()(

42,020)(

=⋅⋅=−⋅⋅=

=⋅=⋅=

ppnD

pnM

ξξ

A harmadik kérdés megválaszolásához a binomiális táblázatra van szükségünk: n=20, p=0,2; a k>8 valószínűségeket kell összeadnunk: p9+p10+p11+p12= 0,0074+0,002+0,0005+0,0001=0,01=1% (mivel az összes többi valószínűség a táblázatban 0). 7. Az UEFA szigorú előírásai alapján állít elő a Minőségi Bőr Kft. labdarugó labdákat 500

darabos tételekben. Az átadás-átvételi eljárás során két előírás szerint járhatunk el: a) két 10 darabos mintában egyetlen hibás darab sem lehet, b) három 20 darabos mintában mintánként legfeljebb 1 darab selejtes lehet. c) Melyik eljárást választaná az UEFA és melyiket a Minőségi Bőr Kft. helyében, ha a selejtarány várhatóan 5 %?

Megoldás: a) 5987,0)0( 0 === pP ξ � 0,59872=0,3584 � UEFA

b) 3585,0)0( 0 === pP ξ , 3774,0)1( 1 === pP ξ � p0+p1=0,7359 � 0,73593=0,4 � Kft.

8. Mekkora véletlen visszatevéses mintát kell vennünk 1% selejtet tartalmazó

terméktételből, ahhoz, hogy a mintába 95% valószínűséggel legalább egy selejtes termék is kerüljön?

Megoldás: ξ = a selejtes termékek száma P(ξ≥1)≥0,95 Vizsgáljuk az ellentett esemény valószínűségét: P(ξ<1)<0,05. Ez egyféleképpen teljesülhet, ha ξ=0, aminek a valószínűségét a binomiális eloszlás valószínűség-eloszlás függvényével

tudjuk kiszámítani: 05,099,001,00

00 <⋅⋅

= nn

p . Ebből n-t kifejezve n>298,07, azaz n=299.

9. Egy hagyományos repülőgépet négy egymástól független motor hajt. Hosszútávú

vizsgálatok azt mutatják, hogy egy motor repülés közbeni meghibásodásának valószínűsége 5%. A repülőgép még be tudja fejezni az utat, ha 3 motor működik. Mekkora a valószínűsége egy adott repülőúton, hogy

a) nem történik motor hiba? b) legfeljebb 1 motor hiba történik? c) motorhiba miatt lezuhan a gép?

21

Megoldás: a) n=4, k=0, p=0,05 � p0=0,8145 b) vagy 0 vagy 1 motorhiba történik: p0+p1=0,8145+0,1715=0,986 c) ez azt jelenti, hogy legalább 2 meghibásodás történik, vagyis vagy 2, vagy 3, vagy 4 meghibásodás áll elő: p2+p3+p4=0,0135+0,0005+0=0,014

Poisson-eloszlás

1. Kalácssütéskor 1 kg tésztába 30 szem mazsolát tesznek. Mennyi a valószínűsége, hogy egy 5 dkg-os szeletben kettőnél több mazsolaszem lesz? (Feltételezzük, hogy a mazsolák száma Poisson-eloszlást követ.)

Megoldás: Egy 5 dkg-os tésztába átlagosan 30/20, azaz 1,5 mazsolaszem (=λ) jut. Annak a valószínűségét, hogy a mazsolaszemek száma 2-nél nagyobb úgy fogjuk kiszámítani, hogy kikeressük a Poisson-eloszlás táblázatából, hogy mennyi a valószínűsége annak, hogy (k=) 0, 1 és 2 mazsola van benne, majd e valószínűségek összegét kivonjuk egyből: P=1-(0,223+0,334+0,251)=0,192 Tehát 19,2% a valószínűsége annak, hogy az 5 dkg-os szeletben kettőnél több mazsola van. 2. Egy nyomdai korrektúrában 400 oldalon átlagosan 400 sajtóhiba van. A tapasztalat

szerint egy anyagrészben lévő hibák számának eloszlása csak az anyagrész hosszától függ. Mennyi a valószínűsége annak, hogy egy találomra kiemelt oldalon legalább három sajtóhiba van?

Megoldás: A ξ valószínűségi változó az egy oldalon lévő sajtóhibák számát veszi fel. A ξ valószínűségi

változó Poisson-eloszlású, paramétere az egy oldalra eső hibák várható értéke: 1400

400==λ

Annak az eseménynek a valószínűségét, hogy egy oldalon legalább három sajtóhiba van, az ellentett események valószínűségei közötti összefüggéssel számítjuk ki. Háromnál kevesebb sajtóhiba egy kiszemelt oldalon úgy következhet be, hogy a ξ valószínűségi változó 0, 1 és 2 értéket veszi fel. Ezek az esetek kizárják egymást, így összegük valószínűsége: p0+p1+p2. Ezek a valószínűségek a Poisson-eloszlás táblázatból kikereshetők (λ=1, k=0, 1, 2) P(ξ≥3)=1-(p0+p1+p2)=1-(0,367+0,367+0,183)=0,083 3. Egy augusztusi éjszakán átlagosan 10 percenként észlelhető csillaghullás. Mennyi

annak a valószínűsége, hogy egy negyedóra alatt két csillaghullást látunk? (Feltételezzük, hogy a csillaghullások száma Poisson-eloszlást követ.)

Megoldás: Ha 10 percenként átlagosan 1 csillaghullás érzékelhető, akkor 15 percenként 1,5 lesz az átlagos csillaghullás, vagyis λ=1,5. Annak valószínűsége, hogy ezalatt az idő alatt két csillaghullást látunk: P=0,251 (táblázatból: λ=1,5; k=2)

22

4. Egy elektronikus műszer 1000 alkatrészből áll. Egy alkatrész a többitől függetlenül 0,001 valószínűséggel romlik el egy év alatt. Mennyi a valószínűsége annak, hogy legalább két alkatrész romlik el egy év alatt?

Megoldás: Tulajdonképpen binomiális eloszlással kellene számolnunk. Mivel azonban az alkatrészek száma (n=1000) elég nagy (n>30), a p=0,001 valószínűség pedig nagyon kicsi, így bevezetjük a 1001,01000 =⋅=⋅= pnλ paramétert, és a binomiális eloszlás tagjait a megfelelő Poisson-eloszlásból kapott tagokkal közelítjük. A legalább két alkatrész elromlási eseményének ellentettje, hogy kettőnél kevesebb alkatrész romlik el, vagyis hogy vagy 0, vagy 1 alkatrész romlik el. Ezek az esetek egymást kizárják, és összegük valószínűségét ezek valószínűségének összege adja:

734,0367,0367,010 =+=+ pp (Poisson-eloszlás táblázatból, λ=1, k=0,1)

Így a legalább két alkatrész meghibásodásának valószínűsége:

266,0734,01)(1 10 =−=+− pp

Tehát kb. 26,6% a valószínűsége annak, hogy a műszer alkatrészei közül legalább kettő elromlik egy év alatt. 5. Egy telefonközponthoz 600 előfizető tartozik. Tegyük fel, hogy 0,005 a valószínűsége

annak, hogy valamelyik előfizető egy meghatározott órában kapcsolást kér. Mennyi a valószínűsége annak, hogy abban az órában épp 4 előfizető kér vonalat?

Megoldás: Itt is binomiális eloszlással kellene számolnunk, de n=600 elég nagy és p=0,005 pedig elég kicsi ahhoz, hogy a binomiális eloszlást a Poisson-eloszlással közelítsük.

3005,0600 =⋅=⋅= pnλ

168,04 =p (Poisson-eloszlás táblázatból: λ=3, k=4) Tehát 16,8% a valószínűsége annak, hogy az adott órában éppen 4 előfizető kér kapcsolást. 6. Egy orsózógépen 100 munkaóra alatt átlagosan 3 szakadás következik be. Mennyi a

valószínűsége annak, hogy egy ilyen időtartam alatt a szakadások száma túllépi az átlagot? (A szakadások Poisson-eloszlás szerint következnek be.)

Megoldás: A vizsgált időtartam alatt bekövetkező szakadások száma legyen a ξ valószínűségi változó értéke. Ez Poisson-eloszlású, paramétere a vizsgált időtartam alatti szakadások átlagos száma, vagyis 3.

3)( == ξλ M

23

Itt is fordítva gondolkodunk. A kérdés az, hogy mi a valószínűsége, hogy 3-nál több szakadás következik be. Ennek ellentettjét könnyebb számolni, vagyis annak a valószínűségét keressük, hogy 3 vagy annál kevesebb szakadás következik be. A Poisson-eloszlás táblázatának segítségével már csak ki kell keresni az értékeket (λ=3; k=0, 1, 2, 3)

646,0224,0224,0149,0049,03210 =+++=+++ pppp

Így annak a valószínűsége, hogy 3-nál több szakadás következik be:

354,0646,01)3(1)3( =−=<−=≥ ξξ pp Vagyis 35,4% a valószínűsége annak, hogy a szakadások száma 100 óra alatt meghaladja a 3-at. 7. Egy készülék meghibásodásainak átlagos száma 10000 működési óra alatt 10.

Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy a készülék 200 működési óra alatt nem romlik el!

Megoldás:

10000 működési óra alatt 10 meghibásodás � 2,010000

10200)( =⋅== λξM

k=0-nál és λ=0,2-nél a táblázatból )0( =ξP =0,8187 8. Egy készülék szavatossági ideje egy év. A készülék 2000 darab azonos, különlegesen

megbízható elemet tartalmaz, amelyek a szavatossági idő alatt egymástól függetlenül 0,0005 valószínűséggel romlanak el. A szavatosság alapján a gyártó vállalat az egy éven belül bekövetkezett meghibásodások javítására esetenként a teljes ár 1/4 részét fizeti vissza. Ha a javítások száma az év során eléri az ötöt, akkor a gyártó vállalat a már kifizetett négy javítási költségen felül a teljes árat is visszafizeti. Számítsuk ki, hogy előreláthatólag az eredeti vételár hány százaléka marad a gyártó vállalatnál!

Mivel n elég nagy és p elég kicsi, így a binomiális eloszlást közelítjük a Poisson eloszlással.

10005,02000 =⋅=⋅= pnλ Táblázatból kikeressük a megfelelő pk értékeket:

pk Lehetséges bevétel p0=0,3679 +1 p1=0,3679 +3/4 p2=0,1839 +1/2 p3=0,0613 +1/4 p4=0,0153 0 p5=0,0031 -1

748,00031,0100613,041

1839,021

3679,043

13679,0)( =⋅−+⋅+⋅+⋅+⋅=ξM

Tehát a vállalat a szavatosságra kb. 25%-ot fordít.

24

9. 100 méter hosszú szövetanyagon átlagosan 5 hibát találtunk, s a mérések a szövethibák számát Poisson eloszlásúnak mutatták. 300 méter hosszú szövetet 4 méter hosszú terítékekre osztanak. Minden 4 méteres darabból egy-egy öltöny készül. A hibátlan öltönyt darabonként 40000 forintért árusítják, a szövethibásat 30000 forintért. Várhatóan hány hibátlan van a 300 méteres szövetvégből készült öltönyök között? Mennyi az öltönyök eladásából származó árbevétel?

Megoldás: Várhatóan hány hibátlan van a 300 méteres szövetvégből készült öltönyök között? (mennyi a valószínűsége, hogy 4 méter szövetben nem találunk szövethibát?) Jelölje a ξ valószínűségi változó a hibák számát a 4 méter szövetben. Először határozzuk meg eloszlás λ paraméterét.

( ) λξ === 2,0)4/100/(5M k=0

( ) %87,81!0

2,00 2,02,0

0

≈=== −− eeP ξ

A 300 méteres szövetvégből összesen 75 darab öltönyt lehet készíteni. A 75 darabból várhatóan 61 darab hibátlan öltöny készül. (75·0,8187) A hibátlan öltönyt darabonként 40000 forintért árusítják, a szövethibásat 30000 forintért. Mennyi az öltönyök eladásából származó árbevétel? Az árbevétel várhatóan: (61·40.000)+(14·30.000)=2.860.000 Ft

Exponenciális eloszlás

1. Bizonyos típusú izzólámpák tönkremeneteléig eltelt égési időtartam hosszát tekintsük valószínűségi változónak. Megállapították, hogy ez a valószínűségi változó exponenciális eloszlást követ, és szórása 1000 óra. Határozzuk meg a valószínűségi változó várható értékét! Számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy egy kiválasztott izzólámpa 3000 órán belül nem megy tönkre!

Megoldás: Mivel a ξ valószínűségi változó várható értéke és szórása megegyezik (mivel exponenciális eloszlást követ), így:

óra

óraMD

1

1000

1

10001

)()(

=

===

λ

λξξ

Az az esemény, hogy egy izzólámpa 3000 órán belül nem megy tönkre, azt jelenti, hogy a ξ≥3000. Ennek valószínűsége:

25

05,0)1(1)3000(1)3000(1)3000( 330001000

1

≈=−−=−=<−=≥ −⋅−eeFPP ξξ

Tehát kb. 5% a valószínűsége annak, hogy egy izzólámpa legalább 3000 órán át hibátlanul világít. 2. Egy intézet külföldről rendel könyveket. Az ehhez szükséges devizára várni kell, a

tapasztalatok alapján ½ évet. A várakozási idő exponenciális eloszlású. Mennyi a valószínűsége annak, hogy az intézet egy negyedéven belül megkapja a könyveket?

Megoldás: Exponenciális esetben M(ξ)=1/λ=1/2, így λ=2.

39347,011)4

1( 2

1

4

12

=−=−=<−−

eeP ξ

Így közel 39% az esélye annak, hogy az intézet egy negyedéven belül megkapja a könyveket. 3. Egy szövőgép automatikusan megáll, ha legalább egy fonalszakadás történik. Legyen ξ

a gép megindulásától az első fonalszakadásig eltelt idő. A ξ-re tett megfigyelések szerint az exponenciális eloszlású, várható értéke 2,5 óra. Mekkora a valószínűsége annak, hogy egy munkanap alatt, amely 8 órából áll, a gép egyszer sem áll fonalszakadás miatt?

Megoldás: Exponenciális esetben M(ξ)=1/λ=2,5, így λ=0,4

0408,011)8(1)8( 2,384,0 ==+−=<−=≥ −⋅− eePP ξξ 4,08% a valószínűsége annak, hogy az adott munkanapon nem lesz fonalszakadás. 4. Egy szövőgép 400 szállal dolgozik. Az egyes szálak élettartama, tehát amíg el nem

szakad, exponenciális eloszlású, minden szálra ugyanazzal a λ=1/150 paraméterértékkel, és feltehető, hogy a szakadások egymástól függetlenek. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a gép fonalszakadás miatt a megindulástól számított 3 órán belül megáll?

Megoldás: A ξi az i-edik szál élettartama. A gép akkor áll le, ha van olyan szál, amely 3 órán belül elszakad, azaz, ha ξ1, ξ2, …, ξ400 valószínűségi változók legkisebbike kisebb 3-nál. Jelöljük η-vel a ξ1, ξ2, …, ξ400 valószínűségi változók legkisebbikét: ),...,,min( 40021 ξξξη =

A feladatunk a P(η<3) valószínűség meghatározása. Ez a valószínűség így is felírható (felhasználva a szakadások egymástól való függetlenségét):

)3(...)3()3(1

)3,...,3,3(1)3),...,,(min(1)3(1)3(

40021

4002140021

≥⋅⋅≥⋅≥−==≥≥≥−=≥−=≥−=<

ξξξξξξξξξηη

PPP

PPPP

50

13

150

1

)3(1)3(−⋅−

==<−=≥ eePP ii ξξ

9993,09802,01)(1)3( 40040050

1

=−=−=<−

eP η A keresett esemény tehát majdnem biztosan (99,993% valószínűséggel) bekövetkezik.

26

5. Egy üzletbe átlagosan 30 vevő érkezik óránként. Mennyi annak a valószínűsége, hogy két egymás után érkező vevő ideje között eltelt idő 2 percnél több. Mennyi a valószínűsége, hogy ez az időtartam 3 percnél kevesebb? Mekkora a valószínűsége annak, hogy ez az időtartam 1 és 3 perc közé esik?

Megoldás: Az óránként beérkező vevők számát Poisson-eloszlásúnak tekintjük. Mivel 2 vevő beérkezése között eltelt idő átlagosan 2 perc, az exponenciális eloszlás paramétere: λ=1/2. A kérdéses valószínűségek:

1. 368,011)2(1)2( 122

1

==+−=<−=≥ −⋅−eePP ξξ

2. 7769,01)3(3

2

1

=−=<⋅−

eP ξ

3. 3834,011)31( 2

3

2

1

2

1

2

3

=−=+−−=≤≤−−−−

eeeeP ξ 6. Egy automatizált gépsor hibamentes működésének valószínűsége 120 működési órára

0,9. Tegyük fel, hogy a működési idő exponenciális eloszlású. Számítsa ki a λ meghibásodási rátát és a működési idő várható értékét, valamint annak a valószínűségét, hogy a gépsor a 150. és a 200. óra között meghibásodik.

Megoldás: A meghibásodási ráta, vagyis az eloszlás paramétere:

4

120120

1078,89,0ln120

9,01,011,0)120(9,0)120(19,0)120(−

⋅−⋅−

⋅=→=⋅−→=→=−→=→=−→=>

λλξ λλ eeFFP

11391078,8

11)(

4≈

⋅== −λ

ξM óra a működési idő várható értéke.

03765,0

11)150()200()200150( 2001078,81501078,81501078,82001078,8 4444

==−=+−−=−=<≤ ⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅− −−−−

eeeeFFP ξ

Így 3,765% annak a valószínűsége, hogy a gépsor a 150. és a 200. óra között meghibásodik. 7. Egy radioaktív anyag (sugárforrás) bomlási viszonyait vizsgáljuk. Legyen a

valószínűségi változó egy tetszőleges atom bomlásáig eltelt idő és annak valószínűsége, hogy az anyag egy tetszőleges atomja x éven belül elbomlik:

0x ha ,e1)x (P 2/x ⟩−=⟨ −ξ

Határozza meg a valószínűségi változó várható értékét, szórását, valamint a bomlás felezési idejét! Számítsa ki annak a valószínűségét, hogy egy tetszőleges atom túléli a 3 évet!

Megoldás: Az eloszlás paraméterét, λ-t, a fenti egyenletből kikövetkeztethetjük: 1/2

22/1

11)( ===

λξM )()( ξξ DM =

A bomlás felezési ideje: 3863,15,0ln2

5,05,01 2/2/ =→=−→=→=− −− xx

ee xx év

27

223,011)3(1)3( 2/3 =+−=<−=> −ePP ξξ , vagyis 22,3% a valószínűsége annak, hogy egy tetszőleges atom túléli a 3 évet. 8. Számítsa ki az F(x=1/λ) eloszlásfüggvény értéket! Megoldás:

6321,0111)( 11

=−=−=−= −⋅−⋅− eeexF x λλλ , vagyis 63,21%.

Normális eloszlás

1. Egy vállalatnál az alkalmazottak heti bére normális eloszlású $100 várható értékkel és $10 szórással. Mekkora a valószínűsége, hogy egy találomra kiválasztott dolgozó

a) 95 és 135 dollár között keres? b) 112,5 dollárnál többet keres? c) 80 dollárnál kevesebbet keres? d) Mekkora heti fizetést kap a legjobban kereső 20%-ba tartozó dolgozók közül, a

legkevesebbet kereső? Megoldás: a) 95 és 135 dollár között keres:

691212,0691462,0199975,0)5,0(1

)5,3()5,0()5,3()10

10095()

10100135

()95()135()13595(

=+−=Φ+−

−Φ=−Φ−Φ=−Φ−−Φ=−=<≤ FFP ξ

Tehát 69,12% annak a valószínűsége, hogy valaki 95 és 135 dollár között keres. b) 112,5 dollárnál többet keres:

10565,089435,01)25,1(1)10

1005,112(1)5,112(1)5,112( =−=Φ−=−Φ−=−=> FP ξ

Vagyis 10,56% a valószínűsége annak, hogy 112,5 dollárnál valaki többet keres. c) 80 dollárnál kevesebbet keres:

02275,097725,01)2()10

10080()80()80( =−=−Φ=−Φ==< FP ξ

Vagyis 2,275% a valószínűsége annak, hogy valaki 80 dollárnál kevesebbet keres. d) Mekkora heti fizetést kapnak a legjobban kereső 20%-ba tartozó dolgozók közül a legkevesebbet keresők?

2,0)( => xP ξ � 2,0)(1 =− xF � 8,0)( =xF � 8,0)10100

( =−Φ x� z=0,84�

10100

84,0−= x

� x=108,4 dollár felett keres a legjobban fizetett 20%.

28

2. Egy vizsgálat szerint a felnőtt korú férfiak testmagassága N(174cm; 7cm) eloszlást követ. Határozza meg annak a valószínűségét, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott férfi testmagassága:

a) nagyobb, mint 190 cm, b) 170 és 185 cm közé esik, c) mekkora a testmagasság szórása, ha tudjuk, hogy a férfiak 5%-ának a

testmagassága 168 cm alatt van? Megoldás: a) nagyobb, mint 190 cm,

%13,1011304,0

988696,01)28,2(1)7

174190(1)190(1)190(1)190(

==

=−=Φ−=−Φ−=−=<−=≥ FPP ξξ

3. 170 és 185 cm közé esik,

%74,656574,0715661,01941792,0)57,0(1)57,1(

)57,0()57,1()7

174170()

7

174185()170()185()185170(

==+−=Φ+−Φ=

=−Φ−Φ=−Φ−−Φ=−=<≤ FFP ξ

4. mekkora a testmagasság szórása, ha tudjuk, hogy a férfiak 5%-ának a testmagassága 168

cm alatt van?

66,3174168

64,1

64,195,0)(05,0)(05,0)174168

(

05,0)168(

05,0)168(

=→−=−

−=→=Φ→=Φ→=−Φ

==<

σσ

σ

ξ

zzz

F

P

3. Egy termék élettartama N(13év; 1év) eloszlású.

a) Teljesíti-e az élettartam azt az elvárást, hogy a 11 évnél korábban meghibásodó termékek aránya legfeljebb 1% legyen?

b) Ha nem, akkor hogyan kell megváltoztatni a várható értéket, ill. a szórást, hogy teljesítsék az előírást?

c) Termékfejlesztés eredményeképpen egy új termék élettartama N(16év; 0,9év) eloszlással jellemezhető. Mekkora garanciális időt adjon a cég ahhoz, hogy a termékek legfeljebb 5%-a menjen tönkre a garancia alatt?

Megoldás: a) Teljesíti-e az élettartam azt az elvárást, hogy a 11 évnél korábban meghibásodó termékek

aránya legfeljebb 1% legyen?

29

%28,202275,097725,01)2(1)2()1

1311()11()11( ==−=Φ−=−Φ=−Φ==< FP ξ

Nem teljesíti az elvárást, hiszen a 11 évnél korábban meghibásodó termékek aránya 2,28%. b) Ha nem, akkor hogyan kell megváltoztatni a várható értéket, ill. a szórást, hogy teljesítsék

az előírást? (A várható értéknek nyilván nagyobbnak, a szórásnak pedig kisebbnek kell majd lennie.) Várható érték változtatása:

év

zzzFP

34,1334,21

11

34,299,0)(01,0)(01,0)1

11(01,0)11()11(

=→−=−

−=→=Φ→=Φ→=−Φ→==<

µµ

µξ

Szórás változtatása:

85,034,21311

01,0)1311

(

=→−=−

=−Φ

σσ

σ

c) Termékfejlesztés eredményeképpen egy új termék élettartama N(16év; 0,9év) eloszlással

jellemezhető. Mekkora garanciális időt adjon a cég ahhoz, hogy a termékek legfeljebb 5%-a menjen tönkre a garancia alatt?

évxx

zzz

xxFxP

52,1464,19,016

64,195,0)(05,0)(

05,0)9,016

(05,0)()(

=→−=−→−=→=Φ→=Φ

=−Φ→==<ξ

14,52 év garanciát kellene adnia a cégnek. 4. A munkapadról kikerülő termék hossza normális eloszlású valószínűségi változó µ=20cm és σ=0,2cm paraméterekkel. Mekkora annak a valószínűsége, hogy egy termék hossza 19,7 és 20,3 közé esik? Milyen pontosságot biztosíthatunk 0,95 valószínűséggel a munkadarabok hosszára?

Megoldás:

8664,0

933193,01933193,0)5,1()5,1()2,0

207,19()

2,0

203,20()3,207,19(

=

=+−=−Φ−Φ=−Φ−−Φ=<≤ ξP

Tegyük fel, hogy a munkadarabnak µ=20cm-es mérettől való eltérése x cm. Így a feltétel szerint:

30

392,096,12,0

975,0)2,0

(

95,01)2,0

(2)2,0

(1)2,0

(

)2,0

()2,0

()2,0

2020()

2,0

2020()2020(

=→=

=Φ

=−Φ⋅=Φ+−Φ=

=−Φ−Φ=−−Φ−−+Φ=+<≤−

xx

x

xxx

xxxxxxP ξ

Tehát 95%-os valószínűséggel állíthatjuk, hogy a hosszeltérés 4 mm-nél nem lesz nagyobb. 5. Valamely szolgáltató vállalathoz naponta beérkező megrendelések ξ száma a

tapasztalatok szerint közelítőleg normális eloszlásúnak tekinthető σ=10 szórással. Mekkora a megrendelések várható száma, ha tudjuk, hogy 1,0)20( =<ξP ?

Megoldás:

9,3229,110

20

9,0)10

20(

1,0)10

20()20(

=→=−

=−Φ

=−Φ=<

µµ

µ

µξP

A naponta beérkező megrendelések átlagos száma 33. 6. Bizonyos típusú rádiócsöveket, amelyeknek az élettartama normális eloszlású, µ=160 és σ=20 óra paraméterekkel, négyesével dobozokba csomagolnak. Mennyi a valószínűsége annak, hogy egy ilyen dobozban lévő 4 cső mindegyike 180 óránál tovább fog működni? Mennyi annak a valószínűsége, hogy a 4 cső közül kettőt kivéve, az egyik 180 óránál tovább fog működni a másik meg nem?

Megoldás: Annak a valószínűsége, hogy egy cső működési ideje 180 óránál nagyobb lesz:

158655,0841345,01)1(1)20

160180(1)180(1)180( =−=Φ−=−Φ−=<−=≥ ξξ PP

A két kérdésre adandó felelethez figyelembe kell venni, hogy a 4 cső között azok száma, amelyeknek a működési ideje 180 óránál nagyobb, binomiális eloszlású, ahol p=0,158655. Így a keresett valószínűségek a binomiális eloszlás táblázat segítségével könnyen meghatározhatók: Annak a valószínűsége, hogy a 4 cső mindegyike működik: 0,0005 (táblázatban p=0,15; n=4; k=4). Annak valószínűsége, hogy a 4 csőből 2-őt kivéve az egyik tovább működik, a másik meg nem: 0,255 (táblázatban p=0,15; n=2; k=1)

31

7. A Jólfizetünk Rt. új üzeménél megvizsgálták a dolgozók fizetését, s azt találták, hogy a fizetés N(135000Ft, 10000Ft) eloszlású. Legnagyobb versenytársuk közelben működő üzeménél azt tapasztalták, hogy 115 000 Ft-nál a dolgozók legfeljebb 1%-a kap kevesebbet. Teljesíti-e az új üzem ezt az elvárást? Ha nem, mekkora legyen a szórás ill. a várható érték hogy teljesítsék? A bérfejlesztés után megismételve a vizsgálatot a fizetések eloszlása N(140000Ft, 8000Ft). Legfeljebb mennyit keres a cégnél a legrosszabbul kereső 5%?

Megoldás:

02275,097725,01)2()10000

135000115000()115000()115000( =−=−Φ=−Φ==< FP ξ

Az új üzem nem teljesíti az elvárást, ugyanis a 115 000 Ft alatt keresők aránya meghaladja az 1%-ot, hiszen azok aránya 2,275%. Várható érték változtatása:

01,0)10000

115000()115000()115000( =

−Φ==< újFP

µξ � z=-2,34 �

10000

11500034,2 újµ−

=− �

µúj=138400Ft Szórás változtatása:

01,0)135000115000

()115000()115000( =−Φ==<új

FPσ

ξ � z=-2,34 �

újσ135000115000

34,2−=− �σúj=8547Ft

Legfeljebb mennyit keres a cégnél a legrosszabbul kereső 5%?

05,0)( =< xP ξ � 05,0)( =xF � 05,0)8000140000

( =−Φ x� z=-1,65�

8000140000

65,1−=− x

x=126800Ft, vagyis a legrosszabbul kereső 5% között 126800Ft-ot keres a legjobban fizetett alkalmazott.

8. Export konyak töltésénél az 510 ml alatti palackok aránya legfeljebb 3% lehet.

Megvizsgáltak egy n=20000 db-os tételt: x=532,4 ml, σ=6 ml. Határozzuk meg az optimális töltési szintet. Mekkora az adott tételnél a töltési veszteség értéke, ha á=1000 Ft/palack?

Megoldás:

)6

510()510(03,0)510(

µξ −Φ===< FP � z=-1,88 � µ=521,28 az optimális töltési szint.

A töltési veszteség mértéke: 22240020000)28,5214,532( =⋅− � 64,42628,521

222400= palacknyi

túltöltés, aminek a következménye 426640Ft töltési veszteség.

32

9. A bélszínrolót négyesével csomagolják tasakokba. A rolók súlya N(50gr., 5gr.) eloszlást követ. Mekkora a valószínűsége annak, hogy a tasak valamennyi rolója 55 grammnál nehezebb?

Megoldás: Első lépésben azt számoljuk ki, hogy mi a valószínűsége annak, hogy egyetlen darab bélszínroló súlya nagyobb, mint 55 gramm.

158655,0841345,01)1(1)5

5055(1)55(1)55( =−=Φ−=−Φ−=−=> FP ξ , vagyis 15,86%.

Annak a valószínűsége, hogy a csomagban mind a 4 rolónak a súlya nagyobb, mint 55 gramm, ennek a negyedik hatványa lesz:

0006336,0158655,0 4 = , vagyis mindösszesen 0,06336% a valószínűsége.

III. Leíró statisztika

1. A táblázat a Budapesti Értéktőzsde hivatalos indexének (BUX) száz napi záró értékéből számított hozamadatait tartalmazza. Készítse el az alábbi adatbázis részletes leíró statisztikai elemzését!

Napi hozamok

0,01896 0,00613 0,01091 -0,01742 0,01328 0,02415 0,00805 0,00754 0,0011 -0,00312

0,0846 0,00186 -0,00024 -0,02076 0,01011 0,00476 0,00611 -0,00015 0,03295 -0,00782

0,0529 0,0102 0,0081 -0,0567 0,02865 -0,01836 -0,01001 0,0146 0,01182 0,00729

-0,01877 0,00845 0,00448 0,00602 0,01818 0,00567 0,0018 0,01303 0,01192 0,00104

0,00121 0,01508 -0,00322 0,019 -0,01281 -0,00413 -0,00676 0,00611 0,02417 -0,00365

-0,01759 0,03565 0,02769 0,02964 -0,01967 0,00654 0,00272 -0,01123 0,0253 -0,01055

-0,01255 0,02841 0,04391 0,0581 -0,03858 0,00319 -0,00307 -0,00145 -0,00922 0,00016

0,01269 0,01359 -0,00271 -0,00041 0,02758 0,0008 0,00438 0,01244 0,0044 0,00709

0,00622 0,02758 -0,01226 0,0022 -0,00043 0,00483 0,01527 0,00432 0,02801 -0,00711

0,00248 0,03258 -0,01609 0,00087 0,02823 0,0143 0,01493 -0,00391 -0,01541 0,00524

Rangsor (oszloponként)

-0,0567 -0,01281 -0,00413 -0,00024 0,0022 0,00524 0,00754 0,01269 0,01896 0,02841

-0,03858 -0,01255 -0,00391 -0,00015 0,00248 0,00567 0,00805 0,01303 0,019 0,02865

-0,02076 -0,01226 -0,00365 0,00016 0,00272 0,00602 0,0081 0,01328 0,02415 0,02964

-0,01967 -0,01123 -0,00322 0,0008 0,00319 0,00611 0,00845 0,01359 0,02417 0,03258

-0,01877 -0,01055 -0,00312 0,00087 0,00432 0,00611 0,01011 0,0143 0,0253 0,03295

-0,01836 -0,01001 -0,00307 0,00104 0,00438 0,00613 0,0102 0,0146 0,02758 0,03565

-0,01759 -0,00922 -0,00271 0,0011 0,0044 0,00622 0,01091 0,01493 0,02758 0,04391

-0,01742 -0,00782 -0,00145 0,00121 0,00448 0,00654 0,01182 0,01508 0,02769 0,0529

-0,01609 -0,00711 -0,00043 0,0018 0,00476 0,00709 0,01192 0,01527 0,02801 0,0581

-0,01541 -0,00676 -0,00041 0,00186 0,00483 0,00729 0,01244 0,01818 0,02823 0,0846

33

Megoldás: Osztályok számának meghatározása (egy lehetséges módszer)

Nk >02 � 12827 =

0

minmax0 k

YYh

−= � 0202,002018,07

)05670,0(08460,00 ≈=−−=h

Gyakorisági táblázat

oszályközhosszúság f i gi fi' gi'

-0,0567 -0,0365 2 2,00% 2 0,02

-0,0365 -0,0163 6 6,00% 8 0,08

-0,0163 0,0039 36 36,00% 44 0,44

0,0039 0,0241 38 38,00% 82 0,82

0,0241 0,0443 15 15,00% 97 0,97

0,0443 0,0645 2 2,00% 99 0,99

0,0645 0,0847 1 1,00% 100 1

100 Kvartilisek meghatározása Az adatok egyenkénti ismeretéből kiindulva:

( )( ) 0031075,0)00312,0(00307,025,000312,0

25,2511004

1

1

4/1

−=−−−+−=

=+=

Q

s

Tehát ennél az értéknél az adatok ¼ része kisebb, ¾ része pedig nagyobb.

( )( ) 014525,00143,00146,075,00143,0

75,7511004

3

3

4/3

=−+=

=+=

Q

s

Ennél az értéknél az adatok ¾ része kisebb, ¼ része pedig nagyobb. Medián A medián nem más, mint a középső kvartilis:

( ) ( ) 005035,000483,000524,05,000483,0ˆ5,5011002

12/1 =−+=→=+= eMs

A medián a két középső érték átlaga:

005035,0)00524,000483,0(2

1 =+=Me

A medián becsülhető a gyakorisági táblázat alapján:

meme

me

me hf

fN

YeM

'1

0,2ˆ

−−+=

2' N

fme ≥

34

00709,00202,038

44500039,0ˆ =⋅−+=eM

Módusz A 4. osztály a modális osztály, mert ebben a legnagyobb a tapasztalati gyakoriság:

mofa

amo h

dd

dYoM

++= 0,

ˆ 1−−= momoa ffd 1+−= momof ffd

( ) ( ) 005516,00202,015383638

36380039,0ˆ =⋅

−+−−+=oM

Számtani átlag Az egyenként ismert adatokból számítva:

0066541,0100

66541,0

100

0846,0...)03858,0()0567,0( ==++−+−=x

A gyakorisági táblázatban szereplő információk alapján történő becslés:

007536,0100

7536,0

100

10746,020544,0...6)0264,0(2)0466,0( ==⋅+⋅++⋅−+⋅−=x

Osztály Alsó határ

Felső határ osztályközép

gyakoriság (fi) osztályközép *fi di=osztályközép-Xátl.becsült di2 fidi2

1. -0,0567 -0,0365 -0,0466 2 -0,0932 -0,054136 0,0029307 0,005861

2. -0,0365 -0,0163 -0,0264 6 -0,1584 -0,033936 0,0011517 0,00691

3. -0,0163 0,0039 -0,0062 36 -0,2232 -0,013736 0,0001887 0,006792

4. 0,0039 0,0241 0,014 38 0,532 0,006464 0,0000418 0,001588

5. 0,0241 0,0443 0,0342 15 0,513 0,026664 0,0007110 0,010665

6. 0,0443 0,0645 0,0544 2 0,1088 0,046864 0,0021962 0,004392

7. 0,0645 0,0847 0,0746 1 0,0746 0,067064 0,0044976 0,004498

összesen 100 0,7536 0,040706

A táblázat utolsó három oszlopa a tapasztalati szórás becsléséhez szolgáltat majd információt! Terjedelem

1413,0)0567,0(0846,0minmax =−−=−= YYR

Interkvartilis terjedelemmutató

0176325,0)0031075,0(014525,0135,0 =−−=−= QQR

Korrigált tapasztalati szórás Adatok egyenkénti ismeretéből kiindulva:

0188,099

0,0353111599

)0066541,0x(

99

d

99

)xx(

s

100

1j

2j

100

1j

2j

100

1j

2j

==−

==−

=∑∑∑

===∗

35

Korrigált tapasztalati szórás becslése gyakorisági táblázat alapján:

( )0,020277

99

0,040706

111

7

1

2

1

1

2

==−

=−

−=

∑

∑

∑

∑

=

=

=

=∗r

ii

iii

r

ii

r

iii

f

df

f

xxfs

Grafikus ábrázolás, hisztogram

Gyakorisági hisztogram

2

6

3638

15

2 1

0

5

10

15

20

25

30

35

40

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

Osztály sorszáma

Tap

aszt

alat

i gya

koris

ág

Kumulált relatív gyakorisági hisztogram

0,020,08

0,44

0,82

0,97 0,99 1

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

Osztály sorszáma

Kum

ulál

t rel

atív

gya

koris

ág

36

2. A 100 g-os Omnia kávé töltési folyamatának két különböző napon mért nettó tömegértékei az alábbiak (a mérések a gyártási folyamatot követve, sorrendben történtek, kb. 1/2 óra alatt, egy négymérleges Hesser gép 2.sz. mérlegének töltését figyelve):

egyik nap: 101,8 100,7 101,0 101,2 100,1 100,4 100,5 100,2 103,3 100,1 101,1 102,2 101,2 101,2 101,3 101,1 100,9 101,3 101,2 102,1 101,3 101,7 100,6 100,6 101,5 102,8 101,8 101,4 101,8 102,3 100,6 101,4 99,7 101,3 101,4 101,2 100,2 102,1 101,9 101,0 101,4 101,8 100,9 102,4 100,8 100,6 101,3 101,4 102,1 101,4 másik nap: 100,4 99,3 100,5 100,2 100,7 100,4 99,6 100,3 99,4 101,2 100,2 100,3 99,6 100,2 100,1 98,6 101,3 99,1 99,5 100,3 98,5 100,2 100,4 99,8 100,4 99,7 100,0 101,2 100,8 98,7 99,7 99,8 98,1 101,6 100,5 99,9 100,2 101,4 100,3 99,6 99,0 100,7 99,2 100,5 102,2 100,1 100,8 100,2 100,3 99,8 Végezze el a statisztikai-szakmai elemzést! Számítsa ki az eloszlás statisztikai paramétereit! Mekkora a valószínűsége a tűréshatárokon való kivülesésnek, ha az alsó tűréshatár 98g, a felső tűréshatár pedig 102g? Megoldás: leíró statisztikai ppt előadás végén. 3. Egy üdítőitalokat forgalmazó cég budapesti részlegénél dolgozó 26 értékesítési képviselő

2005. január havi teljesítménye (kiszállított mennyiség, ezer rekesz):

15,6 26,8 13,5 8,8 13,3 20,2 13,7 15,7 24,7 8,5 19,1 16,6 19,2 18,7 16,1 20,5 14,2 13,2 15,9 13,1 18,8 33,6 34,7 16,9 14,8 21,8

Számítsuk ki az átlagos teljesítményt, határozzuk meg a mediánt! Számítsuk ki az ismert szóródási mérőszámokat! Jellemezzük az eloszlás aszimmetriáját a Pearson-féle mutatóval!

Megoldás: Rangsor 8,5 8,8 13,1 13,2 13,3 13,5 13,7 14,2 14,8 15,6 15,7 15,9 16,1 16,6 16,9 18,7 18,8 19,1 19,2 20,2 20,5 21,8 24,7 26,8 33,6 34,7 A, Számítsuk ki az átlagos teljesítményt, határozzuk meg a mediánt! Átlagos teljesítmény meghatározása számtani átlaggal:

ezerN

xxxx n 18

26

7,346,33...8,85,8...21 =++++=+++

=

18 ezer rekesz az átlagos teljesítmény.

37

Medián: 16,1 16,6

16,352

Me+= =

16,35 ezer rekesznél többet teljesített az értékesítési képviselők fele, a másik fele kevesebbet. B, Számítsuk ki az ismert szóródási mérőszámokat! Terjedelem

2,265,87,34minmax =−=−= XXR Szórás

2128,626

)187,34()186,33(...)185,8( 222

=−+−++−=s

Korrigált tapasztalati szórás

335,625

)187,34()186,33(...)185,8( 222

=−+−++−=∗s

Átlagosan 6,335 ezer rekesszel tér el az egyes képviselők teljesítménye az átlagostól. Relatív szórás:

345157,0182128,6 ==V

Az egyes képviselők teljesítményének az átlagostól való átlagos eltérése 34,51%. Interkvartilis terjedelemmutató:

625,665,13275,20

275,20)2,205,20(25,02,20

25,20)126(43

65,13)5,137,13(75,05,13

75,6)126(41

132/1

3

4/3

1

4/1

=−=−==−⋅+=

=+⋅=

=−⋅+=

=+⋅=

QQR

Q

s

Q

s

Az értékesítési képviselők negyedének a teljesítménye 13,65 ezer rekesznél alacsonyabb, háromnegyedüké magasabb (Q1). Az értékesítési képviselők háromnegyedének teljesítménye 20,275 ezer rekesznél alacsonyabb, egynegyedüké magasabb (Q3). Az interkvartilis terjedelemmutató azt fejezi ki, hogy az értékesítési képviselők felének teljesítménye 6,625 ezer rekesznyi sávban helyezkedik el. C, Jellemezzük az eloszlás aszimmetriáját a Pearson-féle mutatószám segítségével!

38

79,021,6

)35,1618(3)(3 =−⋅=−⋅=s

MexP

Erősebb (de még mérsékelt) baloldali aszimmetria. D, Készítsünk gyakorisági sort, és becsüljük meg a móduszt!

02k N> , kb. 5 osztályt célszerű készíteni.

24,55

5,87,340 =−=h

Legyen 5,4 (kerekítéssel) az osztályköz-hosszúság!

Osztályhatár gyakoriság 8,5≤x<13,9 7 13,9≤x<19,3 12 19,3≤x<24,7 3 24,7≤x<30,1 2 30,1≤x<35,5 2 Összesen: 26

82,154,5)312()712(

7129,13ˆ =⋅

−+−−+=oM

Az értékesített mennyiségek a 15,82 ezer rekesz körül tömörülnek. 4. Minőségellenőrzés keretében vizsgálták egy adott típushoz tartozó elektromos habverők

élettartamát. A 120 megfigyelés eredménye:

Élettartam (év) Megfigyelések száma (db) 5,0≤x<5,5 8 5,5≤x<6,0 28 6,0≤x<6,5 50 6,5≤x<7,0 24 7,0≤x<7,5 10 Összesen 120

Ábrázoljuk a gyakorisági sort! Számítsuk ki a helyzeti középértékeket, az átlagot, a szórást, az aszimmetria egyik mérőszámát!

39

Megoldás: a) Ábrázoljuk a gyakorisági sort!

gyakorisági hisztogram

0

10

20

30

40

50

60

5,0-5,5 5,5-6,0 6,0-6,5 6,5-7,0 7,0-7,5

osztályok

meg

figye

lése

k sz

áma

b) Számítsuk ki a helyzeti középértékeket, az átlagot, a szórást, az aszimmetria egyik mérőszámát!

Élettartam (év) Megfigyelések száma (db) (gyakoriságok)

Kumulált gyakoriság

5,0≤x<5,5 8 8 5,5≤x<6,0 28 36 6,0≤x<6,5 50 86 6,5≤x<7,0 24 110 7,0≤x<7,5 10 120

Összesen 120

2 2

60 366 *0,5 6,24

5022

6 *0,5 6,2322 26

8*5,25 ... 10*7,256,25

120

8(5,25 6,25) ... 10*(7,25 6,25)0,508

1203*(6,25 6,24)

0,0590,508

Me

Mo

x

s

P

−= + =

= + =+

+ += =

− + + −= =

−= =

Enyhe bal oldali aszimmetria.

40

IV. Becslés

1. Egy nagyvállalat személyzeti osztályvezetője azt gyanítja, hogy különbség van a szellemi és a fizikai dolgozók betegség miatti hiányzása között. A gyanú kivizsgálására véletlenszerűen kiválasztott 45 fizikai és 38 szellemi foglalkozású dolgozót és megvizsgálta az elmúlt egy évben mennyit hiányoztak betegség miatt. A kapott eredményeket az alábbi táblázat mutatja. 90%-os megbízhatósági szinten becsüljük meg a betegség miatti hiányzás várható értékei közötti eltérést.

Fizikai Szellemi Mintaszám 45 38 Átlag 10,4 7,8 Szórás 12,8 5,5

Megoldás: két várható érték különbségének becslése ismeretlen elméleti szórás esetén, de a mintaszám mindkét mintában elég nagy, így a standard normális eloszlás táblázatot használjuk.

( ) ( ) α−=

σ+σ+−<µ<σ+σ−− αα 1nn

zxxnn

zxxP2

22

1

21

2/21d2

22

1

21

2/21

α = 10 % � zα/2 = 1,65

( ) ( ) α−=

++−<µ<+−− 1

385,5

458,12

65,18,74,10385,5

458,12

65,18,74,10P22

d

22

-0,876 < µd < 6,076 A hiányzások várható értékei közötti eltérés 90%-os valószínűséggel -0,876 nap és 6,076 nap között van. 2. Egy új fogászati érzéstelenítő kipróbálására egy rendelőben véletlenszerűen

kiválasztottak 10 pácienst. 5 a hagyományos érzéstelenítőt kapta, 5 az újat. Kezelés közben megkérték a pácienseket, hogy egy 0-tól 100-ig terjedő skálán értékeljék, hogy mennyire érzik kellemetlennek a kezelést. (A magasabb érték nagyobb kellemetlenséget mutat.) Az eredményeket az alábbi táblázat tartalmazza. Becsüljük meg a páciensek két csoportja közötti kellemetlenségi szint várható értékei különbségét 99%-os megbízhatósági szinten! (A kellemetlenségi szint normális eloszlással írható le, mindkét csoportban.)

Hagyományos Új Mintaszám 5 5 Átlag 60,33 32,21 Szórás 15,82 12,77

41

Megoldás: két várható érték különbségének becslése ismeretlen elméleti szórás esetén. Egyszerűsége miatt most az F-próbával vizsgáljuk, hogy az ismeretlen alapsokasági szórások tekinthetőek-e egyezőnek. Ehhez minden mintából számított mutató rendelkezésre áll: Hipotézispárunk:

220 : újrégiH σσ =

221 : újrégiH σσ >

A próbastatisztika: 535,177,12

82,152

2

==szF

A kritikus érték: Fkrit (DF1=4; DF2=4) = 16 Tekintve, hogy számított kritikusF F< , nincs okunk a nullhipotézist elvetni, azaz az alapsokasági

szórások egyezőségét fenntarthatjuk. Most következhet a várható értékek különbségének a becslése: sp

2 = [(5-1)15,822+ (5-1)12,772 ]/(5+5-2) = 206,67 α = 1 %, DF = n1+n2-2 = 8 � t0,995 = 3,355

( ) ( ) α−=

++−<µ<

+−− αα 1

n

1

n

1stxx

n

1

n

1stxxP

21

2p2/21d

21

2p2/21

( ) ( )

++−<<

+−−5

1

5

167,206355,321,3233,60

5

1

5

167,206355,321,3233,60 dµ

5,3012,285,3012,28 +<<− dµ

-2,38 < µd < 58,62 A két érzéstelenítő hatása közötti különbség várható értéke 99% valószínűséggel -2,38 és 58,62 között van. 3. Egy tv műsort néző 400 felnőttből és 600 fiatalból álló mintából az derült ki, hogy 100

felnőttnek és 300 fiatalnak tetszett a műsor. Becsüljük meg 95%-os szinten azon felnőtt és fiatal nézők arányának különbségét, akiknek tetszett a műsor!

Megoldás: két sokasági arány különbségének a becslése

( ) ( ) α−=

++−<−<+−− αα 1

n

qp

n

qpzppPP

n

qp

n

qpzppP

2

22

1

112/2121

2

22

1

112/21

α = 5 % � zα/2 = 1,96 1-es indexszel jelölve a fiatalok csoportját:

p1 = 300/600 = 1/2, q1 = 1/2, n1 = 600 2-es indexszel jelölve a felnőttek csoportját:

p2 = 100/400 = 1/4, q2 = 3/4, n2 = 400 Meg kell vizsgálni, hogy a minta kellően nagy-e a nagymintás intervallumbecsléshez:

42

1 11

1

2 22

2

p q 0,5 0,5p 2 0,5 2 0,5 0,41

n 600

p q 0,25 0,75p 2 0,25 2 0,25 0,43

n 400

∗± = ± = ±

∗± = ± = ±

Mivel egyik intervallum sem tartalmazza sem a 0-t, sem az 1-et, így rátérhetünk a konfidencia-intervallum szerkesztésére:

( ) ( )400

75,025,0

600

5,05,096,125,05,0PP

400

75,025,0

600

5,05,096,125,05,0 21

⋅+⋅+−<−<⋅+⋅−−

0,192 < P1-P2 < 0,308

Az adott tv műsor tetszési arányának fiatalok és felnőttek közötti különbsége 19,2% és 30,8% között van 95% valószínűséggel. Azaz ebben az esetben nagy valószínűséggel állíthatjuk, hogy a fiataloknak jobban tetszett a műsor, mint a felnőtteknek. 4. Egy urnában ismeretlen arányban piros és fehér golyók vannak. Az urnából 60 elemű

véletlen visszatevéses mintát véve, a golyók 70%-a bizonyult pirosnak. Határozzuk meg a piros golyók tényleges arányának 95 és 99%-os konfidencia intervallumát! Mekkora mintát kellene vennünk, hogy 95, ill. 99%-osan biztosak lehessünk abban, hogy a tényleges arány nem tér el több mint 5%-al a mintabeli aránytól?

Megoldás: sokasági arány becslése illetve mintaszám meghatározása

ααα −=

−+<<−− 1)1()1(

2/2/ n

ppzpP

n

ppzpP

p = 0,7 α = 5 % � zα/2 = 1,96

60

3,07,096,17,0P

60

3,07,096,17,0

⋅⋅+<<⋅⋅−

0,584 < P < 0,816 95%-os valószínűséggel a piros golyók aránya 58,4 és 81,6% között van. α = 1 % � zα/2 = 2,58

60

3,07,058,27,0P

60

3,07,058,27,0

⋅⋅+<<⋅⋅−

0,547 < P < 0,853 99%-os valószínűséggel a piros golyók aránya 54,7 és 85,3% között van (szélesebb intervallum!) A mintaszám meghatározása: ∆ = 0,05 p = 0,7

43

pqz

n2

2

∆= α

ε = 0,95-os megbízhatóság mellett: zα/2 = 1,96

3237,3223,07,005,096,1

n2

≈=⋅

=

Kb. 323 elemű mintát kellene venni, hogy 95%-os megbízhatósággal a tényleges arány a mintabeli aránytól 5%-kal többel ne térjen el. ε = 0,99 zα/2 = 2,58

5601,5593,07,005,058,2

n2

≈=⋅

=

Kb. 560 elemű mintát kellene venni, hogy 95%-os megbízhatósággal a tényleges arány a mintabeli aránytól 5%-kal többel ne térjen el.

5. Három hallgatói csoportot vizsgálunk. Az első csoportba azok a hallgatók kerültek, akik

a szüleikkel laknak, a másik csoportba pedig azok, akik kollégiumban, míg a harmadik csoportba azok kerültek, akik albérletben laknak. Az alábbi táblázat mutatja az egyes csoportokban megkérdezett hallgatók heti költéseit ezer Ft-ban.

Hallgató lakhelye

Heti költség (eFt)

Szülőknél 13, 18, 20, 20, 28, 30, 31, 40 Kollégiumban 25, 30, 30, 31, 33, 35, 38, 40, 40,

44, 50 Albérletben 40, 48, 50, 50, 52

Szerkesszünk konfidencia-intervallumot 5%-os szignifikancia szinten a kollégiumban és szülőknél lakók várható heti költéseinek különbségére! Szerkesszünk konfidencia-intervallumot 1%-os szignifikancia szinten a szülőknél és albérletben lakók várható heti költéseinek különbségére! Megoldás: Kiindulási helyzet: a sokasági szórások ismeretlenek és n1, n2, n3 < 30: 3-es indexszel jelöljük a szülőknél, 2-essel a kollégiumban, 1-essel az albérletben lakók számított jellemzőit. Egyszerűsége miatt most az F-próbával vizsgáljuk, hogy az ismeretlen alapsokasági szórások tekinthetőek-e egyezőnek (az F-próbát lásd a 6.3.2 fejezetben). Először az alap statisztikai mutatókat kell kiszámolnunk:

83 =n

112 =n

258

40...2018133 =++++=x

44

3611

50...3030252 =++++=x

77,87

)2540(...)2518()2513( 222

3 =−++−+−=∗s

24,710

)3650(...)3630()3625( 222

2 =−++−+−=∗s

Hipotézispárunk:

22

230 : σσ =H

22

231 : σσ >H

A próbastatisztika: 47,124,7

77,82

2

==szF

A kritikus érték: Fkrit (DF3=7; DF2=10) = 3,64 Tekintve, hogy számított kritikusF F< , nincs okunk a nullhipotézist elvetni, azaz az alapsokasági

szórások egyezőségét fenntarthatjuk. A kollégiumban és szülőknél lakók átlagos heti költéseinek különbségére készített konfidencia intervallum:

95,011

)()(11

)(32

22/3232

32

22/32 =

++−<−<

+−−

nnstxx

nnstxxP pp αα µµ

11,2)172118(975,0 ==−+=DFt

( ) ( )5,62

17

24,71077,87

2

11 22

23

222

2332 =⋅+⋅=

−+−+−

=nn

snsnsp

75,18)(25,3

673,311,211)(673,311,211

11

1

8

15,6211,2)2536()(

11

1

8

15,6211,2)2536(

32

32

32

<−<⋅+<−<⋅−

++−<−<

+−−

µµµµ

µµ

Vagyis a két várható érték különbsége 95%-os megbízhatósággal 3,25 eFt és 18,75 eFt között van, ami azt jelenti, hogy 95%-os megbízhatósággal várhatóan 3,25 és 18,75 eFt közötti összeggel költenek többet a kollégiumban lakók hetente. 1%-os konfidencia-intervallum az albérletben és a szülőknél lakók átlagos költéseinek különbségére: Egyszerűsége miatt most az F-próbával vizsgáljuk, hogy az ismeretlen alapsokasági szórások tekinthetőek-e egyezőnek (az F-próbát lásd a 6.3.2 fejezetben). Először az alap statisztikai mutatókat kell kiszámolnunk:

83 =n

45

258

40...2018133 =++++=x

77,87

)2540(...)2518()2513( 222

3 =−++−+−=∗s

51 =n

485

52505048401 =++++=x

69,44

)4852(...)4848()4840( 222

1 =−++−+−=∗s

Hipotézispárunk:

21

230 : σσ =H

21

231 : σσ >H

A próbastatisztika: 49,369,4

77,82

2

==szF

A kritikus érték: Fkrit (DF1=7; DF2=4) = 15 Tekintve, hogy számított kritikusF F< , nincs okunk a nullhipotézist elvetni, azaz az alapsokasági

szórások egyezőségét fenntarthatjuk. Az albérletben és szülőknél lakók átlagos heti költéseinek különbségére készített konfidencia intervallum:

99,011

)()(11

)(31

22/3131

31

22/31 =

++−<−<

+−−

nnstxx

nnstxxP pp αα µµ

( ) ( )

94,5611

69,4477,87

2

11 22

13

211

2332 =⋅+⋅=

−+−+−

=nn

snsnsp

106,3)11258(995,0 ==−+=DFt

(

++−<−<

+−−

31

22/3131

31

22/31

11)()(

11)

nnstxx

nnstxx pp αα µµ

++−<−<

+−−5

1

8

194,56106,3)2548()(

5

1

8

194,56106,3)2548( 31 µµ

36,36)(64,9

3,4106,323)(3,4106,323

31

31

<−<⋅+<−<⋅−

µµµµ

A két várható érték különbsége 99%-os megbízhatósággal 9,64 eFt és 36,36 eFt között van, ami azt jelenti, hogy 99%-os megbízhatósággal várhatóan 9,64 és 36,36 eFt közötti összeggel költenek többet a kollégiumban lakók hetente.

46

6. Egy speciális diéta hatásosságát vizsgálják. Ehhez minden vizsgálati személy testsúlyát megmérték a diéta előtt és után. A hipotetikus kísérlet eredménye 9 kísérleti személyen a következő táblázatban látható.

A vizsgált személy sorszáma

Testsúly a diéta előtt

Testsúly a diéta után

1 95 90 2 75 72 3 110 100 4 81 75 5 92 88 6 83 83 7 94 93 8 88 82 9 105 99

Becsüljük meg 90%-os megbízhatósággal a diéta előtti és utáni testsúly várható értékeinek különbségét! Páros mintáról van szó, hiszen ugyanazon diétában résztvevő személyek testsúlyát mérték meg a diéta megkezdése előtt és után. A diéta megkezdése előtt a 9 résztvevő testsúlyának átlaga:

44,919

105889483928111075951 =++++++++=x

A diéta után a 9 résztvevő testsúlyának átlaga:

88,869

99829383887510072902 =++++++++=x

A becsléshez szükséges konfidencia-intervallum:

( ) ( ) 9,022

2/212/21 =

+−<<−−

∗∗

n

stxx

n

stxxP d

dd

αα µ

Először képeznünk kell a különbségeket páronként, majd azok átlagát és szórását kell kiszámolnunk.

A vizsgált személy sorszáma

Testsúly a diéta előtt

Testsúly a diéta után

di

1 95 90 5 2 75 72 3 3 110 100 10 4 81 75 6 5 92 88 4 6 83 83 0 7 94 93 1 8 88 82 6 9 105 99 6

47

56,49

66104610351

1

=++++++++== ∑=

n

iid

nd

03,98

)56,46(...)56,43()56,45(

1

)( 2222

12

=−++−+−=−

−=∑

=∗

n

dds

n

ii

d

86,1)8()1( 95,02/ ===−= DFtnDFtα

A keresett konfidencia-intervallum tehát:

( ) ( )n

stxx

n

stxx d

dd

22

2/212/21

∗∗

+−<<−− αα µ

( ) ( )9

03,986,188,8644,91

9

03,986,188,8644,91 +−<<−− dµ

87,156,487,156,4 +<<− dµ

43,669,2 << dµ

A diéta megkezdése előtti és utáni várható testsúlyok különbsége 90%-os megbízhatósággal 2,69 kg és 6,43 kg között lesz. 7. Egy autóabroncsokat gyártó cég egy új típusú abroncs kopásállóságának ellenőrzése

érdekében 10 gépkocsira új abroncsokat szerelt, és 50000 km után megmérte a kopást. Az eredmények mm-ben: 1,2; 2; 1,7; 2,6; 1,1; 2,5; 2,3; 1,5; 2,1; 1,6 A régi típusú abroncs kopása – ugyanennyi úton ugyanezen 10 gépkocsi adatai alapján: 1,4; 2,1; 1,7; 2,9; 1,0; 3,4; 2,5; 1,7; 2,4; 2,0. A kopás mértékének eloszlása normálisnak tekinthető. 95%-os megbízhatósággal becsüljük meg a régi és új gumikkal elérhető kopások várható értékeinek különbségét!

Megoldás: Páros mintáról van szó, hiszen ugyanazon gépkocsik esetében mérték a régi és új típusú abroncsok kopását.

Kopás mértéke

Új Régi di

1,2 1,4 0,2

2 2,1 0,1

1,7 1,7 0

2,6 2,9 0,3

1,1 1 -0,1

2,5 3,4 0,9

2,3 2,5 0,2

1,5 1,7 0,2

2,1 2,4 0,3

1,6 2 0,4 A különbségek átlaga, és szórása:

48

mmújx 86,110

6,1...7,122,1)(1 =++++=

mmrégix 11,210

4,2...7,11,24,1)(2 =++++=

25,010

4,0...1,02,0 =+++=d

272,09

)25,04,0(...)25,01,0()25,02,0( 222

=−++−+−=∗ds

262,2)9()110( 975,02/ ===−= DFtDFtα

( ) ( ) 95,02

2/21

2

2/21 =

+−<<−−

n

stxx

n

stxxP d

dd

αα µ

( ) ( )10

272,0262,211,286,1

10

272,0262,211,286,1

22

+−<<−− dµ

d

d

0,25 0,01673 0,25 0,01673

0,266 0,23327

− − < µ < − +− < µ < −

95%-os megbízhatósággal a régi gumi és új gumi kopásának várható értéke közötti különbség 0,233mm és 0,2667 mm között van, vagyis az új gumi várhatóan e két érték közötti mértékkel kevesebbet kopik. 8. Egy közvélemény-kutató 1000 elemű, állítása szerint az ország teljes felnőtt lakosságát

reprezentáló FAE mintákkal dolgozik. Két – időben egymást két hónappal követő – közvélemény-kutatás eredménye szerint az egyik politikust a lakosság 62, illetve 68%-a tartotta rokonszenvesnek. 99%-os megbízhatósággal készítsünk becslést a rokonszenvüket kifejezők arányának különbségére! Ha felére kívánjuk csökkenteni a becslés hibáját, akkor mekkora mintát kellene vennünk?

Megoldás:

99,0)()()(2

22

1

11

22121

2

22

1

11

221 =

++−<−<+−−

n

qp

n

qpzppPP

n

qp

n

qpzppP αα

A mintákat akkor tekinthetjük kellően nagynak, ha az alábbi konfidencia-intervallumok nem tartalmazzák sem a 0-t, sem az 1-et.

1

111 2

n

qpp ±

2

222 2

n

qpp ±

62,01 =p 38,01 =q

68,02 =p 32,02 =q

031,062,01000

38,062,0262,02

1

111 ±=⋅±=±

n

qpp

49

029,068,01000

32,068,0268,02

2

222 ±=⋅±=±

n

qpp

Egyik intervallum sem tartalmazza sem a 0-t, sem az 1-et, így elég nagynak tekinthetőek a minták. α=1%, α/2=0,5%=0,005

58,2995,0 =z

A keresett intervallum:

1000

32,068,0

1000

38,062,058,2)68,062,0()(

1000

32,068,0

1000

38,062,058,2)68,062,0( 21

⋅+⋅+−<−<⋅+⋅−− PP

0213,058,2)06,0()(0213,058,2)06,0( 21 ⋅+−<−<⋅−− PP 055,0)06,0()(055,0)06,0( 21 +−<−<−− PP

005,0)(115,0 21 −<−<− PP Vagyis a két sokasági arány (rokonszenv mértéke) közötti különbség 99%-os megbízhatósággal 5% és 11,5% között van. A ∆ értéke 0,055, ha ezt felére kívánjuk csökkenteni, akkor az: 0,0275.

( ) 99,39884532,085,8801)32,068,038,062,0(0275,0

58,22

2211

2

221 =⋅=⋅+⋅

=+

∆== qpqp

znn α

Így közel 3989 elemű mintát kellene vennünk mindkét időszakban. 9. Az „A” márkájú villanykörtékből 150 elemű mintát véve az átlagos élettartam 1400

órának, a „B” márkájúból 200 elemű mintát véve az élettartama 1200 órának adódott. Tudjuk, hogy az „A” márkájú égő élettartamának szórása 120 óra, a „B” márkájúnak pedig 80 óra. Határozza meg az „A” és a „B” márkájú villanykörték átlagos élettartama közötti különbség 95%-os és 99%-os konfidencia-intervallumát!

Megoldás: Feladatunk a két sokaság várható értéke közötti különbség becslése. Mivel feltehető az élettartamok normális eloszlása, és az alapsokasági szórás is ismeretes, továbbá nagy mintával van dolgunk a jegyzet 5.3.6.a. pontjában megismert összefüggések használhatóak. Képletszerűen:

2 2 2 21 2 1 2

1 2 /2 D 1 2 /21 2 1 2

P (X X ) z (X X ) z 1n n n nα α

σ σ σ σ− − + < µ < − + + = − α

Ahol - 1X az első csoport, az „A” márkájú égők élettartamának mintabeli átlaga,

- 2X a második csoport, a „B” márkájú égők élettartamának mintabeli átlaga,

- /2zα az adott konfidenciaszinthez meghatározandó kritikus érték,

- 21σ az első csoport („A”) alapsokasági szórásnégyzete,

- 22σ a második csoport alapsokasági szórásnégyzete,

- 1n az első csoport mintaelemszáma,

- 2n a második csoport mintaelemszáma,

50

- Dµ a becsülni kívánt paraméter, a két csoport várható élettartama közötti különbség.

Következő feladatunk a kritikus z érték meghatározása. Mivel kétoldali becslést végzünk, a

/2zα értékeket keressük ki, ezek rendre 1,96 és 2,58 értékekre adódnak 95, illetve 99 %

konfidenciaszint esetében. Behelyettesítve a képletekbe rendre 95, majd 99%-os konfidenciaszinten azt kapjuk, hogy:

2 2 2 2(95%)D

2 2 2 2(99%)D

120 80 120 80P (1400 1200) 1,96 (1400 1200) 1,96 0,95

150 200 150 200

120 80 120 80P (1400 1200) 2,58 (1400 1200) 2,58 0,99

150 200 150 200

− − + < µ < − + + =

− − + < µ < − + + =

(95%)D

(99%)D

P 200 22,175 200 22,175 0,95

P 200 29,189 200 29,189 0,99

− < µ < + =

− < µ < + =

Innen a konfidencia-intervallum:

(95%)D

(99%)D

177,825 222,175

170,811 229,189

< µ <

< µ <

95%-os megbízhatósággal az „A” márkájú égők várhatóan 177,825 - 222,175 órával többet működnek, mint a „B” márkájú égők.

99%-os megbízhatósággal az „A” márkájú égők várhatóan 170,811-229,189 órával többet működnek, mint a „B” márkájú égők.

A két konfidencia-intervallum összehasonlításából az is látható, hogy a magasabb megbízhatóság szélesebb intervallumot eredményez. 10. Két autósiskolában vizsgálták, hogy a tanulók hány gyakorlati óra után tesznek sikeres

vizsgát. Az adatokat a következő tábla mutatja:

Aladár iskolája Balázs iskolája Mintaszám 44 62

Átlagos óraszám 28 24 Korrigált

tapasztalati szórás 6,2 5,4

Feltételezve a mintavételi eloszlás normalitását, adjon 95%-os becslést az autósiskolákban a sikeres vizsga letételéhez szükséges gyakorlati órák számának különbségére! Megoldás: A feladat ismét két sokaság várható értékének különbségét meghatározni. Most azonban nem ismertek az alapsokasági szórások, csak a minta korrigált tapasztalati szórása. Ezért most az 5.3.6.b fejezetben vázolt képleteket használjuk majd. Előtte azonban a szórásnégyzetek

51

egyenlőségét vizsgáljuk meg, hiszen a becslés alkalmazásának feltétele az alapsokasági szórások egyezősége. Egyszerűsége miatt most az F-próbával vizsgáljuk, hogy az ismeretlen alapsokasági szórások tekinthetőek-e egyezőnek (az F-próbát lásd a 6.3.2 fejezetben).

Hipotézispárunk: 2 2

0 A B

2 21 A B

H :

H :

σ = σ

σ > σ;

A kritikus érték: kritikusF 1,59≈ [ számláló nevezőDF 43;DF 61; 0,05; táblázatból]= = α =

Majd kalkuláljuk a próbastatisztikát: 2 2

1számított számított2 2

2

s 6,2F ,behelyettesítve F 1,318.

s 5,4

∗

∗= = = =

Tekintve, hogy számított kritikusF F< , nincs okunk a nullhipotézist elvetni, azaz az alapsokasági

szórások egyezőségét fenntarthatjuk. Ezután rátérhetünk a várható értékek különbségének becslésére: Képletszerűen:

( ) ( ) αµ αα −=

++−<<

+−− 1

1111

21

22/21

21

22/21 nn

stxxnn

stxxP pdp

Itt: - 1X az első csoport, Aladár iskolájában tanulók óraszámának átlaga,

- 2X a második csoport, Balázs iskolájában tanulók óraszámának átlaga,

- /2tα az adott konfidenciaszinthez meghatározandó Student-kritikus érték,

- 2Ps a becsülendő közös szórásnégyzet,

- 1n az első csoport mintaelemszáma,

- 2n a második csoport mintaelemszáma,

- Dµ a becsülni kívánt paraméter, a sikeres vizsga letételéhez szükséges órák számának

különbsége a két iskolában.

A képlet alkalmazásához még becsülni kell a közös szórásnégyzetet, 2Ps -t. 2 2 2 2

2 21 1 2 2P P

1 2

(n 1)s (n 1)s (44 1)6,2 (62 1)5,4s ,behelyettesítve : s 32,997

n n 2 44 62 2

∗ ∗− + − − + −= = =+ − + −

Szükséges lesz még továbbá a Student-féle eloszlás táblájából /2tα . A szabadságfok 104

(n1+n2-2), táblázatból az érték a megfelelő szignifikancia szinthez: /2tα =1,98.

Majd a kapott közös szórásnégyzetet behelyettesítjük az előző, Dµ -t kalkuláló képletbe:

( ) ( )

++−<<

+−−62

1

44

1997,3298,12428

62

1

44

1997,3298,12428 dµ

[ ]DP 4 2,242 4 2,242 0,95− < µ < + =

Tehát a keresett intervallum: D1,758 6,242< µ < .

Vagyis 95%-os megbízhatósággal az Aladár iskolájában tanulók óraszáma várhatóan 1,758-6,242 órával több, mint a Balázs iskolájában tanulók óraszáma.

52

11. 7 alkalmazás indításának időszükségletét hasonlították össze egy felső és egy

középkategóriás okostelefonon. Az eredmények az alábbi táblázatban láthatóak:

Az alkalmazás indításához szükséges idő [s] Alkalmazás Középkategóriás telefon Felsőkategóriás telefon 1. 5,6 4,5 2. 12,3 10,4 3. 20,6 23,4 4. 11,4 10 5. 13,4 12 6. 24,3 27,5 7. 4,2 3 Átlag 13,114 12,971

Adjon 95%-os konfidencia-intervallumot a két okostelefonon az alkalmazások megnyitásához szükséges idők közötti különbségre! (Tegye fel, hogy az eloszlások normálisak!) Mivel ugyanazon alkalmazások indításához szükséges időt hasonlítottuk össze, a két telefonon a mintaelemek egyértelműen megfeleltethetőek egymásnak, azaz páros mintával dolgozunk (5.3.7. fejezet). A becsléshez először meg kell határozni a páronkénti különbséget, célszerűen a középkategóriás telefonon mért értékekből vonjuk ki a felsőkategóriás telefonion mért értékeket.

Alkalmazás Különbség 1. 1,1 2. 1,9 3. -2,8 4. 1,4 5. 1,4 6. -3,2 7. 1,2

Ezután kalkuláljuk a páronkénti különbségek átlagát, majd a szórását.

n

ii 1

1 1d d ,azaz : d (1,1 1,9 ... 1,2) 0,143

n 7=

= = + + + =∑

ɶn

22 2i

2 i 1D

(d d)(1,1 0,143) ... (1,2 0,143)

s 4,686n 1 7 1

∗ =

−− + + −= = =

− −

∑

A konfidencia-intervallum képlete:

( ) ( ) αµ αα −=

+−<<−− 1

2

2/21

2

2/21 n

stxx

n

stxxP d

dd

Itt:

53

- 1X az első csoport, a középkategóriás telefonon az alkalmazások indításához

szükséges idők átlaga

- 2X a második csoport, a felsőkategóriás telefonon az alkalmazások indításához

szükséges idők átlaga

- /2tα az adott konfidenciaszinthez meghatározandó Student-kritikus érték,

- 2Ds∗ a páronkénti különbségek korrigált tapasztalati szórásnégyzete

- n mintaelemszám, a párok száma

- Dµ a becsülni kívánt paraméter, az alkalmazások indításához szükséges idő

különbsége a két vizsgált telefonon.

Meg kell határozni még a Student táblázatból a t értéket. A szabadságfok DF=n-1, ahol n a párok száma, DF=6 tehát, esetünkben. /2tα =2,447.

Majd behelyettesítünk a képletbe:

( ) ( ) 95,07

686,4447,2971,12114,13

7

686,4447,2971,12114,13 =

+−<<−− dP µ

638,1143,0638,1143,0 +<<− dµ

A keresett intervallum tehát: 781,1495,1 <<− dµ

12. Egy nagyváros 11 elővárosából való bejutás idejét vizsgáltuk meg autóval illetve

vonattal. Az eredmények a következő táblázatban szerepelnek. Bejutási idő

Előváros Autóval Vonattal 1. 51 44 2. 36 31 3. 21 22 4. 46 27 5. 16 14 6. 29 17 7. 31 28 8. 44 46 9. 11 12 10. 18 18 11. 24 23

Feltételezve az eljutási idők eloszlásának normalitását, adjon 90%-os megbízhatóságú konfidencia-intervallumot arra vonatkozólag, hogy várhatóan hány perccel számíthatunk hosszabb eljutási időre, ha autóval utazunk vonat helyett? Megoldás: Páros mintáról van szó, hiszen ugyanazon útvonalon vizsgáltuk az eljutás idejét autóval és vonattal, a mért adatok között tehát egyértelmű, kölcsönös megfeleltetés hozható létre. A konfidencia-intervallum megszerkesztéséhez mindenek előtt szükségünk van a páronként

54

különbségek meghatározására, méghozzá az autóval történő eljutás idejéből vonjuk ki a vonattal történő eljutási idejét: Képletszerűen: i i,autóval i,vonattald x y= − ; például a negyedik elővárosban: d4=46-27=19.

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. di 7 5 -1 19 2 12 3 -2 -1 0 1 Kiszámítjuk a páronkénti különbségek átlagát, majd korrigált tapasztalati szórásnégyzetét.

n

ii 1

1 1d d ,azaz : d (7 5 ... 1) 4,091

n 11=

= = + + + =∑

ɶn

22 2i

2 2i 1D

(d d)(7 4,091) ... (1 4,091)

s 6,44 41,4736n 1 11 1

∗ =

−− + + −= = = =

− −

∑

A konfidencia-intervallum képlete:

( ) ( ) αµ αα −=

+−<<−− 1

2

2/21

2

2/21 n

stxx

n

stxxP d

dd ,

/2tα =1,812 (DF=n-1, DF=10).

Behelyettesítve:

( ) ( ) 9,011

44,6812,1636,25727,29

11

44,6812,1636,25727,29

22

=

+−<<−− dP µ

Innen a keresett valószínűség: 832,6091,4832,6091,4 +<<− dµ

Az intervallum: 923,10741,2 <<− dµ

90%-os konfidenciaszinten tehát azt állíthatjuk, hogy -2,741 és 10,923 perc közötti idővel kell hosszabb utazásra számítani annak, aki autóval indul útnak. 13. Egy műanyagipari vállalat egy új fröccsöntő gépsort kíván beszerezni. A vásárlás előtt

összehasonlították a régi, lecserélni kívánt gép, és az új, beszerzendő berendezés által gyártott termékek selejtarányát. A régi berendezés által gyártott termékekből 150 elemű mintát véve, abban 6 hibás darabot találtak. Az új berendezés által gyártott termékekből akkora mintát vettek, hogy abban is pontosan 6 darab selejtes terméket találjanak. A hatodik selejtes termék a 240-ediknek kivett mintaelem volt. 5% szignifikancia szinten adjon becslést a régi és az új berendezés által gyártott termékek selejtarányának különbségére! Megvegye-e a minta alapján a vállalat az új berendezést?

Megoldás: A selejtarány összehasonlítását a két sokasági arány közötti különbség vizsgálatával végezzük, mivel számszerű becslést kívánunk adni a selejtarányok különbségére. (Megjegyzés: Ha a kérdés csak annyi volna, hogy alacsonyabb-e az új berendezés selejtaránya, akkor a vizsgálatot kétmintás aránypróbával végezhetnénk). Legyen az 1-es csoport a régi, a 2-es csoport az új berendezés által gyártott termékek csoportja. Adataink:

55

n1=150, ez a régi berendezés által gyártott termékekből vett minta elemszáma n2=240, ez az új berendezés által gyártott termékekből vett minta elemszáma k1=6, a régi berendezés által gyártott termékből vett mintában a selejtes darabok száma k2=6, ami az új berendezés által gyártott termékből vett mintában a selejtes darabok száma Szükségünk van még a sokasági arány becslésére, ezt a klasszikus valószínűség-számítás tétele alapján a kedvező eset osztva az összes esettel. p1=6/150=0,04: A régi berendezés selejtaránya, q1=1-p1 p2=6/240=0,025: Az új berendezés selejtaránya, q2=1-p2 Első feladatunk, hogy megvizsgáljuk, kellően nagyok-e a minták. Ehhez idézzük fel a jegyzet 5.3.8. pontjában bevezetett képletünket:

032,004,0150

96,004,0204,02

1

111 ±=⋅±=±

n

qpp

02,0025,0240

975,0025,02025,02

2

222 ±=⋅±=±

n

qpp

Mivel egyik intervallum sem tartalmazza sem a 0-t, sem az 1-et, alkalmazható a nagymintás intervallum-becslés. Képletünk a következő lesz:

1 1 2 2 1 1 2 21 2 /2 1 2 1 2 /2

1 2 1 2

p q p q p q p qP (p p ) z P P (p p ) z 1

n n n nα α

− − + < − < − + + = − α

Behelyettesítünk, /2zα =1,96 (táblázatból):

95,0240

975,0025,0

150

96,004,096,1)025,004,0()(

240

975,0025,0

150

96,004,096,1)025,004,0( 21 =

⋅+⋅+−<−<⋅+⋅−− PPP

A keresett valószínűség:

[ ]1 2P 0,015 0,037 P P 0,015 0,037 0,95− < − < − =

A konfidencia intervallum:

[ ]1 20,022 P P 0,052− < − <

A minta alapján nem hozható egyértelmű döntés a berendezés megvásárlásáról, lehetséges, hogy az új berendezés selejtaránya magasabb, mint a régié. Célszerű nagyobb mintán megismételni a vizsgálatot. 14. A mindennapos kerékpárhasználatot mérték fel a falvakban és a városokban. A

falvakban 650 személyt kérdeztek meg, akik közül 520 használta minden nap a kerékpárt. A 2400 városban megkérdezett válaszadó közül 960-an kerékpároztak minden nap. 99%-os konfidencia intervallumot szerkesztve adjon becslést a minden nap kerékpározók aránya közötti különbségre a falvakban és a városokban!

Megoldás: Legyen az 1-es csoport a faluban, 2-es a városban megkérdezettek csoportja. Adataink így: n1=650, ez a falvakban megkérdezettek száma

56

n2=2400, ez a városban megkérdezettek száma k1=520, azok száma, akik a falvakban minden nap használják a kerékpárt k2=960, azok száma, akik a városokban minden nap használják a kerékpárt Szükségünk van még a sokasági arány becslésére, ez a klasszikus valószínűség-számítás tétele alapján a kedvező eset osztva az összes esettel. p1=520/650=0,8: A falvakban minden nap kerékpározók száma, q1=1-p1 p2=960/2400=0,4: Minden nap kerékpározók száma a városokban., q2=1-p2 Először ismét ellenőrizzük, kellően nagy-e a minta a nagymintás konfidencia-intervallum szerkesztéséhez!

031,08,0650

2,08,028,02

1

111 ±=⋅±=±

n

qpp

02,04,02400

6,04,024,02

2

222 ±=⋅±=±

n

qpp

Egyik intervallum sem tartalmazza sem 0-t, sem az 1-et, így alkalmazható a nagymintás intervallum-szerkesztés. A konfidencia-intervallum képlete:

1 1 2 2 1 1 2 21 2 /2 1 2 1 2 /2

1 2 1 2

p q p q p q p qP (p p ) z P P (p p ) z 1

n n n nα α

− − + < − < − + + = − α

Behelyettesítve, majd meghatározva (táblázatból) /2zα =2,58:

99,02400

6,04,0

650

2,08,058,2)4,08,0()(

2400

6,04,0

650

2,08,058,2)4,08,0( 21 =

⋅+⋅+−<−<⋅+⋅−− PPP

A keresett valószínűség:

[ ]1 2P 0,4 0,048 P P 0,4 0,048 0,99− < − < − =

A konfidencia intervallum:

1 20,352 P P 0,448< − <

15. Egy 500 gramm töltősúlyú cukorkából 100 elemű mintát vettek. A minta adatai:

Töltősúly Gyakoriság x 480≤ 5 480 x 490< ≤ 20 490 x 500< ≤ 30 500 x 510< ≤ 24 510 x 520< ≤ 16 520 x< 5

a) Feltételezve a töltősúly normális eloszlását, legalább hány elemű mintát kell venni ahhoz, hogy a 490 grammos, vagy az annál kisebb töltősúlyú cukorkák arányát 1%-nál kisebb eltéréssel tudjuk becsülni, 99% megbízhatóság mellett? b) Hogyan változik a mintaszám, ha nem végzünk előzetes mintavételt?

57

c) Hogyan változik a mintaszám, ha korábbi tapasztalatokból tudjuk, hogy a 490 gramm töltősúlyt el nem érő cukorkák aránya 10%?

Megoldás:

a) Feladatunk a mintaszám meghatározása a sokasági arány becsléséhez.

Képletünk: qpz

n ⋅⋅

∆=

2

2α

ahol /2zα =2,58 táblázatból határozandó meg, ∆ a megengedett legnagyobb eltérés (most 1%),

p a mintából becsült sokasági arány, q pedig q=1-p. Becsüljük a mintából p-t, a kedvező esetet osztva az összes esettel: p=5+20/100=0,25. Ennek megfelelően q=1-p=1-0,25, azaz q=0,75.

Behelyettesítünk: 75,1248075,025,001,0

58,222

2 =⋅⋅

=⋅⋅

∆= qp

zn α db.

Azaz 12481 darabos mintát kell vennünk, ha 99%-os megbízhatósággal szeretnénk 1% eltéréssel megbecsülni a 490 grammnál kisebb töltősúlyú cukorkákat. b) Ha nem végzünk előzetes mintavételt, akkor a p=q=0,5 előzetes becslést alkalmazzuk a sokasági arány becslésére, hiszen ekkor p ismeretlen. A pq szorzat ekkor maximális, így a veendő mintaszám is felveszi maximális értékét, a valóságban ekkora minta tehát biztosan elegendő. Behelyettesítve:

166415,05,001,0

58,222

2 =⋅⋅

=⋅⋅

∆= qp

zn α db

Ha tehát nem végzünk előzetes mintavételt, körülbelül harmadával nagyobb mintát kell venni. c) Most p=0,1, q=0,9, így a keresett mintaszám:

59919,01,001,0

58,222

2 =⋅⋅

=⋅⋅

∆= qp

zn α db

Ha tehát tudjuk, hogy 10% a 490 gramm töltősúly alatti cukorkák száma, akkor 5991 darabos mintát (az eredetinek kevesebb, mint felét) kell venni.

16. Az A márkájú villanyborotva átlagos élettartama 1400 óra, az élettartam szórása pedig

120 óra. A B márkájú villanyborotva élettartama átlagosan 1200 óra, az élettartam szórása 80 óra. Mekkora mintát kell venni ahhoz, hogy 99%-os megbízhatósággal 20 óra eltéréssel tudjuk kimutatni a két villanyborotva élettartamának különbségét? Hogyan változik a minta elemszáma, ha a fenti adatokat egy 150, illetve 200 elemű mintából becsültük?

Megoldás: Feladatunk a két várható érték különbségére szolgáló becsléshez a mintanagyság meghatározása, úgy, hogy első esetben ismert az alapsokasági szórás. Képletszerűen:

58

( )22

2

221 BA

znn σσα +

∆==

/2zα táblázatból 2,58; ∆ a kimutatni kívánt eltérés nagysága, most 20 óra, Aσ és Bσ a

megfelelő alapsokasági szórások, 120 és 80 óra. Behelyettesítve:

( ) 1328,346)80120(20

58,2 222

22

2

221 =+

=+

∆== BA

znn σσα db, azaz 347 elemű mintát kell

venni. Ha a szórásokat a mintából becsültük, a képlet a következőképp módosul:

( )22

2

221

∗∗ +

∆== BA ss

tnn α

A megfelelő t értéket a 120 szabadságfokú Student-eloszlás táblázatból kikeresve, /2tα =2,617,

majd behelyettesítve adódik a következő összefüggés:

( ) 132,356)80120(20

617,2 2222

221

22

=+

=+

∆== ∗∗

BA sst

nn α db, azaz 357 darabos mintát

kell venni, a minta elemszáma nem változott lényegesen. Ennek magyarázata, hogy nagy mintaszámra a t-eloszlás jól közelíthető normális eloszlással, figyeljük meg, hogy a z és t értékek majdnem egyenlők. 17. A korábban tárgyalt fröccsöntő berendezés vásárlásával kapcsolatos példánk esetében

hány elemű mintát kell venni ahhoz, hogy a selejtarányban 2%-os eltérést az új berendezés javára kimutathassunk? (Feltételezzük, hogy a selejtarány 2%-os csökkentése a menedzsment kritériuma a beruházás megvalósításához). Ismeretes, hogy a régi gépsoron 150 gyártott termék közül 6 selejtest, míg az új gépsoron 240 gyártott termék közül 6 selejtest találtak. Legyen a szignifikancia szint 5%!

Megoldás: Feladatunk a két sokasági arány közötti különbség becsléséhez a mintanagyság meghatározása. Legyen az 1-es csoport a régi, a 2-es az új berendezésen gyártott termékek mintája. n1=150, ez a régi berendezés által gyártott termékekből vett minta elemszáma n2=240, ez az új berendezés által gyártott termékekből vett minta elemszáma k1=6, a régi berendezés által gyártott termékből vett mintában a selejtes darabok száma k2=6, ami az új berendezés által gyártott termékből vett mintában a selejtes darabok száma Szükségünk van még a sokasági arány becslésére, ez a klasszikus valószínűség-számítás tétele alapján a kedvező eset osztva az összes esettel. p1=6/150=0,04: A régi berendezés selejtaránya, q1=1-p1 p2=6/240=0,025: Az új berendezés selejtaránya, q2=1-p2 A képletünk:

( )2211

2

221 qpqp

znn +

∆== α

59

/2zα táblázatból 1,96; ∆ a kimutatni kívánt eltérés nagysága, most 2%, azaz 0,02.

Behelyettesítünk:

( ) 8911,602)975,0025,096,004,0(02,0

96,12

2211

2

221 =⋅+⋅

=+

∆== qpqp

znn α db, azaz 603

elemű mintát kell venni. (Emlékeztető: a korábbi feladatban nem tudtunk dönteni az adott minta-elemszám mellett arról, hogy valóban érdemes-e beruházni az új gép megvásárlásába. Látható, hogy a mintaszám növelésével hozható határozott döntés). 18. Egy útvonalon két légitársaság gépei repülnek. A Déli Légitársaság gépei állításuk

szerint 22%-ban késnek, míg az Északi Légitársaság gépeinek 27%-a ér későn célba. Egy, a két város között gyakran utazó üzletembernek hány járatot kell megfigyelnie, hogy a két társaság késve közlekedő gépeinek arányát 3%-os eltéréssel kimutathassa? ( 1%α = )

Megoldás: Adataink: p1=0,22: A Déli Légitársaság késett gépeinek aránya, q1=1-p1 p2=0,27: Az Északi Légitársaság késő gépeinek aránya., q2=1-p2

/2zα táblázatból 2,58; ∆ a kimutatni kívánt eltérés nagysága, most 3%, azaz 0,03.

Képletünk, majd behelyettesítés után:

( ) 9052,2726)73,027,078,022,0(03,0

58,22

2211

2

221 =⋅+⋅

=+

∆== qpqp

znn α db, azaz 2727

járatot kellene az üzletembernek megfigyelnie. 19. Egy élelmiszergyárban – többek között – 1kg-os darabos gyümölcskonzerveket

csomagolnak automata töltőgéppel. Korábbi felmérések szerint a töltősúly normális eloszlása feltételezhető. A napi termelés ellenőrzésére az első műszakban vettek egy 100 elemű FAE mintát, amelynek töltősúly szerinti megoszlása:

Doboz töltősúlya (g) Darab 980-990 6 990-1000 23 1000-1010 47 1010-1020 22 1020-1030 2 Összesen 100

Egy másik műszakban vettek egy 200 elemű mintát, ahol az átlagos töltősúly 1002,5 grammra adódott, a minta alapján számolt szórás 7,6 grammra adódott. 95%-os megbízhatósággal készítsünk becslést a két műszak várható töltősúlyainak különbségére! Mekkora mintára van szükség, ha az előző becslés pontosságát 99%-os megbízhatósági szinten kívánjuk garantálni? A második műszakban az 1000 gramm feletti töltések aránya 52%-os. Készítsünk 95%-os megbízhatósággal becslést a két műszak 1000 gramm feletti töltései arányának különbségére!

60

Mekkora mintára van szükségünk, ha az előző becslésnél a hibát harmadára kívánjuk csökkenteni? Megoldás: 95%-os megbízhatósággal készítsünk becslést a két műszak várható töltősúlyainak különbségére! A sokasági szórások nem ismertek, de mindkét műszakban a minta elemszáma > 30, így használhatjuk az alábbi képletet:

95,0)()()(2

22

1

21

2/21212

22

1

21

2/21 =

++−<−<+−−

nnzxx

nnzxxP

σσµµσσαα

Ehhez szükséges számítások:

Doboz töltősúlya (g) Osztályközép Darab 980-990 985 6 990-1000 995 23 1000-1010 1005 47 1010-1020 1015 22 1020-1030 1025 2 Összesen 100

gx 1,1004100

21025...2399569851 =⋅++⋅+⋅=

19,76100

2)1,10041025(...23)1,1004995(6)1,1004985( 222

1

2

≈⋅−++⋅−+⋅−=s

gx 5,10022 = 2

2 6,72

=s (Mivel a mintaszám kellően nagy (200), használható a mintabeli szórás az ismeretlen alapsokasági szórás helyett.)

2

22

1

21

2/21212

22

1

21

2/21 )()()(nn

zxxnn

zxxσσµµσσ

αα ++−<−<+−−

200

6,7

100

19,7696,1)5,10021,1004()(

200

6,7

100

19,7696,1)5,10021,1004(

2

21

2

++−<−<+−− µµ

025,196,16,1)(025,196,16,1 21 ⋅+<−<⋅− µµ

609,3)(409,0 21 <−<− µµ Vagyis a két műszakban töltött konzervek várható töltősúlya között különbség -0,409gramm és 3,609 gramm között van 95%-os megbízhatósággal a minták alapján. Mekkora mintára van szükség, ha az előző becslés pontosságát 99%-os megbízhatósági szinten kívánjuk garantálni?

58,2995,02 == zzα

61

( ) 91,220)6,719,76(025,196,1

58,2 2

2

22

21

2

221 =+

⋅=+

∆== σσαz

nn

221 elemű mintára lenne szükség mindkét műszakból. A második műszakban az 1000 gramm feletti töltések aránya 52%-os. Készítsünk 95%-os megbízhatósággal becslést a két műszak 1000 gramm feletti töltései arányának különbségére!

95,0)()()(2

22

1

11

22121

2

22

1

11

221 =

++−<−<+−−

n

qp

n

qpzppPP

n

qp

n

qpzppP αα

A mintákat akkor tekinthetjük kellően nagynak, ha az alábbi konfidencia-intervallumok nem tartalmazzák sem a 0-t, sem az 1-et.

1

111 2

n

qpp ±

2

222 2

n

qpp ±

71,01 =p 29,01 =q

52,02 =p 48,02 =q

091,071,0100

29,071,0271,02

1

111 ±=⋅±=±

n

qpp

071,052,0200

48,052,0252,02

2

222 ±=⋅±=±

n

qpp

Egyik intervallum sem tartalmazza sem a 0-t, sem az 1-et, így elég nagynak tekinthetőek a minták. α=5%, α/2=2,5%=0,025

96,1975,0 =z

A keresett intervallum:

200

48,052,0

100

29,071,096,1)52,071,0()(

200

48,052,0

100

29,071,096,1)52,071,0( 21

⋅+⋅+−<−<⋅+⋅−− PP

0575,096,119,0)(0575,096,119,0 21 ⋅+<−<⋅− PP

3027,0)(0773,0 21 <−< PP A minták alapján a két műszakban az 1000 gramm felett töltött konzervek arányának különbsége 7,73% és 30,27% között van. Mekkora mintára van szükségünk, ha az előző becslésnél a hibát harmadára kívánjuk csökkenteni?

1127,00575,096,1 =⋅=∆ , ennek harmada ∆új=0,037567

( ) 12404555,02722)48,052,029,071,0(037567,0

96,12

2211

2

221 ≈⋅=⋅+⋅

=+

∆== qpqp

znn α

Közel 1240 elemű mintára lenne szükség mindkét műszakból.

62

V. Hipotézisvizsgálatok

Nemparaméteres próbák

1. Egy gyógyszergyárban 25 elemű mintát véve, megvizsgálták a gyógyszerek hatóanyag-tartalmát [mg-ban]. A minta hatóanyag-tartalma (egész mg-ra kerekítve) a következő: 96, 101, 104, 102, 100, 101, 97, 99, 104, 101, 98, 97, 103, 102, 104, 100, 100, 99, 103, 101, 99, 100, 101, 97, 98. Leírható-e a hatóanyag-tartalom normális eloszlással? Teljesül-e az a feltétel, hogy a gyógyszerek átlagos hatóanyag-tartalma 100 mg?

Megoldás: Kolmogorov-próbával végzünk illeszkedés vizsgálatot, hiszen a 25 mintaelem még kis mintának számít, így a 2χ próba várhatóan kevéssé adna megbízható eredményt. Mivel e próba alkalmazásához az adatokat minél több osztályba célszerű sorolni, tekintsünk minden egyes mért értéket külön osztálynak. A gyakorisági táblázat:

Hatóanyag-tartalom Gyakoriság Fi (elméleti) FN (tapasztalati) Di (eltérés) 96 1 0,033625 0,04 0,006375 97 3 0,080757 0,16 0,079243 98 2 0,163543 0,24 0,076457 99 3 0,29116 0,36 0,06884 100 4 0,452242 0,52 0,067758 101 5 0,62172 0,72 0,09828 102 2 0,770350 0,8 0,02965 103 2 0,876976 0,88 0,003024 104 3 0,944083 1 0,055917

A hipotézisek felállításához szükség lenne még a várható érték és a szórás becslésére. A mintából számítva a minta-átlagot és a korrigált tapasztalati szórást becsülhetjük ezeket.

28,10025

1043...982973961

1

1 =⋅++⋅+⋅+⋅==∑

∑

=

=n

ii

n

iii

f

xfx

( )337,2

24

)28,100104(3...)28,10097(3)28,10096(1

1

222

1

1

2

=−⋅++−⋅+−⋅=−

−==

∑

∑

=

=∗r

ii

r

iii

f

xxfs

Ezek alapján a hipotézispárunk: H0: A gyógyszerek hatóanyag-tartalmának eloszlása N(100,28; 2,37) eloszlást követ H1: A gyógyszerek hatóanyag-tartalmának eloszlása nem N(100,28; 2,37) eloszlást követ Legyen 5%!α = Táblázatból meghatározva a kritikus értéket: kritikusD 0,264.= (n=25).

63

Számoljuk ki az elméleti eloszlásfüggvény értékeit, azaz, hogy az egyes osztályok felső határán milyen értéket venne fel az eloszlásfüggvény, ha valóban N(100,28; 2,337) eloszlásról van szó. Képletünk:

fi

i

xF(x ) ( )

− µ= Φσ

; itt iF(x )az elméleti eloszlásfüggvény az osztály felső határán, ix pedig

az osztály felső határa (táblázat harmadik oszlopa). 96 100,28

F(96) ( ) ( 1,831) 1 (1,831) 1 0,966375 0,0336252,337

−= Φ = Φ − = − Φ = − =

97 100,28F(97) ( ) ( 1,404) 1 (1,404) 1 0,919243 0,080757

2,337

−= Φ = Φ − = − Φ = − =

98 100,28F(98) ( ) ( 0,976) 1 (0,976) 1 0,836457 0,163543

2,337

−= Φ = Φ − = − Φ = − =

99 100,28F(99) ( ) ( 0,548) 1 (0,548) 1 0,70884 0,29116

2,337

−= Φ = Φ − = − Φ = − =

100 100,28F(100) ( ) ( 0,12) 1 (0,12) 1 0,547758 0,452242

2,337

−= Φ = Φ − = − Φ = − =

101 100,28F(101) ( ) (0,308) 0,62172

2,337

−= Φ = Φ =

102 100,28F(102) ( ) (0,736) 0,77035

2,337

−= Φ = Φ =

103 100,28F(103) ( ) (1,164) 0,876976

2,337

−= Φ = Φ =

104 100,28F(104) ( ) (1,592) 0,944083

2,337

−= Φ = Φ =

Ezután számoljuk a tapasztalati eloszlásfüggvény értékeit, ami nem más, mint a kumulált relatív gyakoriság (táblázat negyedik oszlopa).

ii

N ii 1

nF (x )

n=

=∑ , így az első osztályra: N 1

1F (x ) 0,04

25= = , a negyedikre:

N 4

1 3 2 3F (x ) 0,36

25

+ + += = , értelemszerűen a többi osztályra is hasonlóképp számolható.

Majd minden egyes osztályra képezzük a Di eltéréseket, a táblázat ötödik oszlopa:

i i N,iD F F= − , azaz az elméleti és a tapasztalati eloszlásfüggvények különbségének abszolúlt

értéke. Például a második osztályra: 2D 0,080757 0,16 0.079243= − =

Keressük meg a maximális Di értéket:

max iD max(d ) max(0,006375,...0,055917) 0,09828= = =

Majd ezt a maximális Di értéket összevetve a kritikus értékkel, döntünk a nullhipotézisről. Mivel: max krit ,D D< , hiszen 0,09828<0,264, az adott, 5 % szignifikancia szinten fenntartjuk a

nullhipotézist, a gyógyszerek hatóanyag-tartalma leírható N(100,28, 2,337) eloszlással. Ellenőrizzük azt az állítást, hogy a gyógyszerek hatóanyag-tartalma 100 mg! Ehhez egy egymintás t-próbát végzünk.

64

o

1

H : 100mg

H : 100mg

µ =µ ≠

(Mivel a gyakoriságokban nem látható jelentős eltolódás egyik irányban sem, érdemes kétoldali ellenhipotézist állítani) A kritikus érték DF=25-1 szabadságfok mellett: tkrit=2,064 Próbastatisztikánk:

sz *

xt

s n

− µ= behelyettesítve sz

100,28 100t 0,599

2,337 25

−= =

Mivel tsz<<tkrit a nullhipotézist 5% szigfifiknacia szinten elfogadjuk, a gyógyszerek hatóanyag-tartalmának várható értéke 100 mg. 2. Egy vasúti átjáróban 48 órán át vizsgálták az egy óra alatt áthaladó járművek számát,

egységjárműben kifejezve (egy egységjármű=egy személyautó. Az ennél nagyobb járművek nagyobb, a kisebbek kisebb, törtszámú egységjárműnek számítanak, szükségképp a megfigyelés eredménye lehet nem egész szám). Leírható-e az egy óra alatt áthaladó járművek száma normális eloszlással, 10% szignifikancia szinten? A megfigyelések eredményeit az alábbi tábla közli:

Áthaladó jármű

Gyakoriság

0 ej 20≤ ≤ 5 20 ej 40< ≤ 3 40 ej 60< ≤ 6 60 ej 80< ≤ 6 80 ej 100< ≤ 12 100 ej 120< ≤ 9 120 ej 140< ≤ 7

Megoldás: Feladatunk illeszkedésvizsgálat végzése, Kolmogorov próbával. A nullhipotézis felállításához most is szükség van a várható érték és az alapsokasági szórás becslésére a minta átlagából és korrigált tapasztalati szórásából, most az osztályközepekkel számolva ( ix∗ ).

8048

1307...506303105

1

1 =⋅++⋅+⋅+⋅==∑

∑

=

=n

ii

n

iii

f

xfx

( )131,37

47

)80130(7...)8030(3)8010(5

1

222

1

1

2

=−⋅++−⋅+−⋅=−

−==

∑

∑

=

=∗r

ii

r

iii

f

xxfs

Ezután már vázolhatjuk a hipotéziseinket: H0: A megfigyelt vasúti átjáróban áthaladó egységjárművek száma N(80, 37,131) eloszlást követ.

65

H1: A megfigyelt vasúti átjáróban áthaladó egységjárművek száma nem N(80, 37,131) eloszlást követ. Határozzuk meg a kritikus értéket is, mivel n>35, az alábbi képlettel:

177,048

)05,0ln(5,0)2/ln(5,0 =−=−=n

Dkrit

α

Ezután minden osztály felső határára meghatározzuk az elméleti eloszlásfüggvényt!

fi

i

xF(x ) ( )

− µ= Φσ

, ahol fix az osztály felső határa.

Rendre: 20 80

F(20) ( ) ( 1,616) 1 (1,616) 1 0,947384 0,05261637,131

−= Φ = Φ − = − Φ = − =

40 80F(40) ( ) ( 1,077) 1 (1,077) 1 0,859929 0,140071

37,131

−= Φ = Φ − = − Φ = − =

60 80F(60) ( ) ( 0,539) 1 (0,539) 1 0,705401 0,294599

37,131

−= Φ = Φ − = − Φ = − =

80 80F(80) ( ) (0) 0,5

37,131

−= Φ = Φ =

100 80F(100) ( ) (0,539) 0,705401

37,131

−= Φ = Φ =

120 80F(120) ( ) (1,077) 0,859929

37,131

−= Φ = Φ =

140 80F(140) ( ) (1,616) 0,947384

37,131

−= Φ = Φ =

Ezután meghatározzuk a tapasztalati eloszlásfüggvény értékét ugyanígy minden osztály felső határára. A tapasztalati eloszlásfüggvényt megint csak a kumulált relatív gyakorisággal (kedvező eset/összes eset) számoljuk).

Képletszerűen: i

iN i

i 1

nF (x )

n=

=∑

Behelyettesítve rendre:

N

5F (20) 0,104

48= = , N

8F (40) 0,167

48= = , N

14F (60) 0,2917

48= = , N

20F (800) 0,4167

48= =

N

32F (100) 0,667

48= = , N

41F (120) 0,854167

48= = , NF (140) 48 1= =

66

A könnyebb áttekinthetőség érdekében foglaljuk táblázatba az eddig kiszámolt értékeinket! Egységjármű Osztályközép

( ix∗ ) Gyakoriság Elméleti

eloszlás-függvény (Fi)

Tapasztalati eloszlás-függvény (Fn)

Eltérés (Di)

0 ej 20≤ ≤ 10 5 0,052616 0,104 0,051384 20 ej 40< ≤ 30 3 0,140071 0,167 0,026929 40 ej 60< ≤ 50 6 0,294599 0,2917 0,002899 60 ej 80< ≤ 70 6 0,5 0,4167 0,0833 80 ej 100< ≤ 90 12 0,705401 0,667 0,038401 100 ej 120< ≤ 110 9 0,859929 0,854167 0,005762 120 ej 140< ≤ 130 7 0,947384 1 0,052616 Majd minden egyes osztályra képezzük a Di eltéréseket (a táblázatunk hatodik oszlopa) Képletünk most is: i i N,iD F F= − , azaz az elméleti és a tapasztalati eloszlásfüggvények

különbségének abszolúlt értéke. Az első osztályra: 1D 0,052616 0,1104 0.051384= − = rendre így tovább, az utolsó

osztályban: 7D 0,947384 1 0,052616= − =

Keressük meg a maximális Di értéket:

max iD max(d ) max(0,051384,...0,052616) 0,0833= = = , a negyedik osztályban.

Vessük össze a talált maximális eltérést a kritikus értékkel! Mivel max krit ,D D< , hiszen

0,0833<0,177, 10%-os szignifikancia szinten nincs okunk a nullhipotézist elutasítani, azaz a megfigyelt vasúti átjáróban az egy óra alatt áthaladt egységjárművek száma valóban leírható N(80, 37,131) eloszlással. 3. Az egyik konfekcióipari vállalat a mérettáblázat kialakításához a nők testmagasságát

500 fős véletlen minta alapján vizsgálta: Magasság (cm) Nők száma (fő) 140-150 6 150-160 110 160-170 250 170-180 100 180-190 34 Összesen 500

Ellenőrizze, hogy a felnőtt nők testmagasságának eloszlása tekinthető-e normális eloszlású változónak!

67

Megoldás: A hipotézisek megfogalmazásához szükségünk van a minta alapján számított átlagra és szórásra.

Magasság (cm) Osztályközép Nők száma (fő) 140-150 145 6 150-160 155 110 160-170 165 250 170-180 175 100 180-190 185 34 Összesen 500

92,165500

34185...1101556145 =⋅++⋅+⋅=x

55,8

154,73500

34)92,165185(...110)92,165155(6)92,165145( 2222

≈

≈⋅−++⋅−+⋅−=

s

s

az adatok normális eloszlásúak N(165,92;8,55) paraméterrel.

az adatok nem normális eloszlásúak NN(165,92;8,55)paraméterrel.

A Kolmogorov-próba elvégzéséhez szükséges táblázat, amely tartalmazza a tapasztalati és elméleti eloszlásfüggvény értékeket az egyes osztályok felső határaihoz:

Osztályok fi [db]

Elméleti eloszlásfüggvény

értéke a felső határra

F(xif)

Tapasztalati eloszlásfüggvény értéke

a felső határra

Fn(xif)

|Di|

140-150 6 0,031443 0,012 0,019443

150-160 110 0,245097 0,232 0,013097

160-170 250 0,684386 0,732 0,047614

170-180 100 0,950529 0,932 0,018529

180-190 34 0,997599 1 0,002401

Összesen 500

A táblázatban szereplő értékek számítása: Az elméleti eloszlásfüggvény értékei az egyes osztályok felső határán:

031443,0968557,01)86,1(1)86,1(55,8

92,165150)150()( 1 =−=Φ−=−Φ=

−Φ== FxF f

68

245097,00,7549031)69,0(1)69,0(55,8

92,165160)160()( 2 =−=Φ−=−Φ=

−Φ== FxF f

684386,0)48,0(55,8

92,165170)170()( 3 =Φ=

−Φ== FxF f

950529,0)65,1(55,8

92,165180)180()( 4 =Φ=

−Φ== FxF f

997599,0)82,2(55,8

92,165190)190()( 5 =Φ=

−Φ== FxF f

A tapasztalati eloszlásfüggvény értékei az egyes osztályok felső határán (lényegében kumulált relatív gyakoriságokat számítunk, lásd Leíró statisztika):

∑=

=i

j

jifn n

nxF

1

)(

012,0500

6)( 1 ==fn xF

232,0500

1106)( 2 =+=fn xF

732,0500

2501106)( 3 =++=fn xF

932,0500

1002501106)( 4 =+++=fn xF

1500

341002501106)( 5 =++++=fn xF

A táblázat alapján az elméleti és a tapasztalati eloszlásfüggvény közötti legnagyobb abszolút eltérés:

0,047614max =D

A kritikus érték:

547,0,0500

05,0ln5,0)2/ln(5,0 =−=−=n

Dkrit

α (táblázatból, lásd képletgyűjtemény)

Mivel a Dmax < Dkrit a nullhipotézist elfogadjuk, a minta alapján nők testmagassága 5%-os szignifikancia szinten normális eloszlású N(165,92; 8,55) paraméterekkel.

69

4. Vizsgálja meg, hogy az alábbi pénzfeldobási kísérlet eredménye tekinthető-e véletlen sorozatnak!

(F = fej, I = írás)

F,F,I,I,F,F,F,I,I,F,F,F,F,I,I,F,I,F,F,I,I,F,F,F,I

Megoldás: sorozatpróba

FF |II |FFF| II | FFFF| II | F| I| FF| II | FFF| I

A sorozatok száma: r = 12

nI = 10, nF = 15

Mindkettő elég nagy, hogy a normális eloszlással való közelítést használjuk

H0: a fej és az írás váltakozása véletlenszerű

H1: a fej és az írás váltakozása nem véletlenszerű

1311015

15102 =++

⋅⋅=rµ

( )( ) ( ) 34,2

115101510

151015102151022

=−++

−−⋅⋅⋅⋅=rσ

α=0,05 zα/2 = 1,96, az elfogadási tartomány: -1,96 – 1,96

zr = (12-13)/2,34 = 0,43

A nullhipotézist 95%-os megbízhatósági szint mellett elfogadjuk, a fej és írás váltakozása véletlenszerű.

5. Tekinthető-e véletlenszerűnek az alábbi minta? (A medián alatti és feletti értékek véletlenszerűen váltakoznak.)

14,2 9,6 4,7 9,1 11,3 2,6 16 10,5 12,4 7,9 3,6 2,4

8,4 2,5 3,5 25,6 1,5 5,5 4,5 22,1 23,2 2,8 24,8 4,8

10,3 4,1 9,4 4,2 4,6 6,5

Megoldás: sorozatpróba alkalmazása

A medián értéke: 7,2

A mintavétel sorrendjében a medián alatti(A) és feletti(F) értékek sorozata:

F,F,A,F,F,A,F,F,F,F,A,A,F,A,A,F,A,A,A,F,F,A,F,A,F,A,F,A,A,A

A sorozatok száma: r = 18

nA = 15, nF = 15

Mindkettő elég nagy, hogy a normális eloszlással való közelítést használjuk

H0: a folyamat véletlenszerű

H1: a folyamat nem véletlenszerű

70

1611515

15152 =++

⋅⋅=rµ

( )( ) ( ) 7,2

115151515

151515152151522

=−++

−−⋅⋅⋅⋅=rσ

α=0,05 zα/2 = 1,96, az elfogadási tartomány: -1,96 – 1,96

zr = (18-16)/2,7 = 0,74

A nullhipotézist 95%-os megbízhatósági szint mellett elfogadjuk, a folyamat véletlenszerű.

6. A hétalvó Dórinak két macskája van, Kókusz és Mancsi. Mivel Dóri minden reggel elalszik, az egyik macska az ágyra felugorva hangos dorombolással ébreszti fel Őt. Dóri szeptemberben minden nap feljegyezte, hogy melyik macskája ébresztette fel őt. 5%-os szignifikancia szinten véletlenszerűnek tekinthető-e, hogy szeptemberben melyik macska ébresztette fel Dórit? Dóri feljegyzése arról, hogy melyik macska ébresztette őt: K M M M K K M K K M M M M K K M K M M K K K M K K M M K K K

Megoldás: sorozatpróba. Ho: A sorozat véletlenszerű H1: A sorozat nem véletlenszerű A megfigyelések száma (a hónap napjainak száma): n=30. Azon napok száma, amikor Kókusz ébresztette fel Dórit: n1=16 Azon napok száma, amikor Mancsi ébresztette fel Dórit: n2=14. A sorozatok száma: K | M M M | K K | M | K K |M M M M | K K | M | K | M M | K K K | M | K K | M M | K K K r=15. Az elfogadási tartomány meghatározása: Mivel /2z 1,96α = , így számított1,96 z 1,96− < < .

A normális eloszlással való számításhoz határozzuk meg a sorozatok várható értékét és szórását. Képleteink a következőek:

1 2r

1 2

2n n1

n nµ = +

+ illetve

( )( ) ( )

1 2 1 2 1 2r 2

1 2 1 2

2n n 2n n n n

n n n n 1

− −σ =

+ + −

Ha behelyettesítünk azt kapjuk, hogy:

933,1511416

141621

2

21

21 =++

⋅⋅=++

=nn

nnrµ

( )( ) ( )

6786,2)11416()1416(

)141614162(14162

1

222

212

21

212121 =−++

−−⋅⋅⋅⋅=−++

−−=nnnn

nnnnnnrσ

Ezután számolható a próbafüggvény:

rr

r

rz ,behelyettesítve

− µ=σ

r

15 15,933z 0,348

2,6786

−= = −

71

Ezután már csak a próbafüggvény értékét kell az elfogadási tartomány határaihoz viszonyítanunk: /2 r /2z z zα α− < < , hiszen 1,96 0,348 1,96− < − < , így 5% szignifikancia

szinten elfogadjuk a nullhipotézist, vagyis véletlenszerűnek tekinthető annak sorrendje, hogy melyik nap melyik macska ébresztette Dórit. 7. Egy baráti társaság minden vasárnap röplabdameccset játszik, amennyiben nem esik az

eső. Egy éven át feljegyezték, hogy milyen volt az időjárás a meccsek idején. N betűvel jelölték, amikor nem esett az eső (és így tudtak játszani) E betűvel, amikor az eső miatt nem tudtak játszani. Vizsgáljuk meg 1% szignifikancia szinten azt az állítást, hogy az egymást követő vasárnapokon véletlenszerűnek tekinthető-e az időjárás alakulása! Az eredmények: E E E N E E E N N N E E N E E N E E N N N N N N N E N N N N E N E N N N N N E N N E N E E N N E E E N E

Megoldás: A kérdés megválaszolásához ismét sorozatpróbát kell végeznünk. Ho: A sorozat, az időjárás alakulása véletlenszerű H1: A sorozat nem véletlenszerű A megfigyelések száma, n=52. Ebből azon napok száma, amikor nem esett az eső, n1=29, míg az esős napok száma, n2=23. A sorozatok száma, r=25. E E E | N | E E E | N N N | E E | N | E E | N | E E | N N N N N N N | E | N N N N | E | N | E | N N N N N | E | N N | E | N | E E | N N | E E E | N | E A kritikus érték, /2z 2,58α = , így az elfogadási tartomány: számított2.58 z 2,58− < < .

Az előző feladathoz hasonlóan számítható a sorozatok várható értéke és szórása:

1 2r

1 2

2n n1

n nµ = +

+,

( )( ) ( )

1 2 1 2 1 2r 2

1 2 1 2

2n n 2n n n n

n n n n 1

− −σ =

+ + −;

Behelyettesítünk:

6538,2612329

232921

2

21

21 =++

⋅⋅=++

=nn

nnrµ

( )( ) ( )

5215,3)12329()2329(

)232923292(23292

1

222

212

21

212121 =−++

−−⋅⋅⋅⋅⋅=−++

−−=nnnn

nnnnnnrσ

A próbastatisztika: rr

r

rz ,behelyettesítve

− µ=σ

r

25 26,6538z 0,4696

3,5215

−= = −

Ezután a próbafüggvény értékét kell az elfogadási tartomány határaihoz viszonyítanunk:

/2 r /2z z zα α− < < , hiszen 2,58 0,4696 2,58− < − < , Ez azt jelenti, hogy elfogadjuk a

nullhipotézist, az egymást követő vasárnapokon az időjárás alakulása 1 % szignifikancia szinten véletlenszerűnek tekinthető.

72

8. Egy nagyváros közlekedésbiztonsági osztálya szeretné megvizsgálni, hogy változott-e egy bizonyos balesettípusban okozott kár nagysága az új közlekedési szabályok bevezetése után. Egy forgalmas kereszteződés baleseti statisztikái közül véletlenszerűen kiválasztottak 10-et az új szabály bevezetése előtti, és 10-et az utána következő időszakból. Az egy balesetben okozott kár nagyságát az alábbi táblázat mutatja. Vizsgáljuk meg, hogy van-e változás a balesetben okozott kár nagyságát tekintve a szabály bevezetését követően!

Kár a szabály bevezetése előtt, [eFt] Kár a szabály bevezetése után, [eFt] 150 145 500 390 250 680 301 560 242 899 435 1250 100 290 402 963 716 180 200 550

Megoldás: Mann-Whitney U próba alkalmazása

A rendezett minta rangszámai (csoport: E=a bevezetés előtti kár, U=bevezetés utáni kár)

Érték 100 145 150 180 200 242 250 290 301 390

Csop. E U E U E E E U E U

Rangsz. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Érték 402 435 500 550 560 680 716 899 963 1250

Csop. E E E U U U E U U U

Rangsz. 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

A rangszámok összege mintánként:

RE = 84, RU = 126

H0: a két minta eloszlása azonos

H1: a bevezetést követően eltolódott az eloszlás az eredetitől valamelyik irányba (a középértékek nem egyenlők)

U érték kiszámolása:

71842

)110(101010 =−++⋅=U

Mindkét mintaszám 10, ami lehetővé teszi a normális eloszlással történő közelítést.

502

1010 =⋅=Uµ

73

17512

)11010(10102 =++⋅=Uσ

α=0,05 zα/2 = 1,96, az elfogadási tartomány: -1,96 – 1,96

zU = (71-50)/13,2 = 1,59

z értéke az elfogadási tartományba esik, 5%-os szignifikancia szinten elfogadjuk a nullhipotézist, nincs változás az egy balesetben okozott kár nagyságának eloszlásában az új szabály bevezetésével.

9. Egy forgalmas teherpályaudvar közelében figyeljük az elhaladó vonatokat. Arra a kérdésre szeretnénk választ kapni, hogy van-e különbség a dízel és a villamos mozdonnyal húzott szerelvények hossza között? Legyen a szignifikancia-szint 5%! Megfigyeléseink eredményeit az alábbi tábla mutatja:

A vonat hossza (kocsi) Dízelmozdony 68 44 27 41 52 56 38 47 70 72 26 Villanymozdony 44 76 56 44 80 82 16 36 42 18 29 39 47 11 A kérdés megválaszolásához a Mann-Whintey próbát hívjuk segítségül. A két mintás t-próba ugyanis nem alkalmazható, mert nem tudjuk, hogy az eloszlás normális-e, illetve az alapsokasági szórásokról sincs ismeretünk. Hipotézispárunk: H0: F(x)=G(y), azaz a két minta azonos eloszlásból származik, nincs

tehát különbség a dízel és a villamos mozdonnyal továbbított vonatok hossza között.

H1: F(x)≠ G(y), a két minta nem tekinthető azonos eloszlásból származónak, különbség van a vonatok hossza között.

Legyen továbbá nx=11 a dízelmozdonnyal megfigyelt vonatok száma, ny=14 a villamos mozdonnyal megfigyelt szerelvények száma.

Egyesítve a két mintát, nagyság szerint növekvő sorrendbe rendezve a megfigyeléseket, meghatározzuk a rangszámokat. (Rsz. legyen a rangszám, Vh. a vonat hossza, M. a mozdony). Rsz. Vh. M. Rsz. Vh. M. Rsz. Vh. M. Rsz. Vh. M. Rsz. Vh. M. 1 11 V 6 29 V 11 42 V 15,5 47 D 21 70 D 2 16 V 7 36 V 13 44 D 17 52 D 22 72 D 3 18 V 8 38 D 13 44 V 18,5 56 D 23 76 V 4 26 D 9 39 V 13 44 V 18,5 56 V 24 80 V 5 27 D 10 41 D 15,5 47 V 20 68 D 25 82 V A rangszámok meghatározásánál a kapcsolt rangokra kell figyelnünk. A 44-es érték háromszor fordul elő, ezért a 12, 13, 14-es rangszám átlagát, a 13-ast rendeljük mindhárom 44-es értékhez. A 47-es és 56-os értékek kétszer fordulnak elő, így a 15 és 16 átlaga, a 15,5 lesz a 47 kocsis vonatok rangszáma, és a 18 és 19 átlaga, a 18,5 pedig az 56 kocsis szerelvények rangszáma. Meghatározzuk a rangszámok összegét; figyelni kell arra, hogy a kapcsolt rangszámokat annyiszor adjuk hozzá, ahányszor előfordulnak:

74

Rx(dízelmozdony)=4+5+8+10+13+15,5+17+18,5+20+21+22=154. Ry(villamosmozdony)=1+2+3+6+7+9+11+13+13+15,5+18,5+23+24+25=171. Ezután az U próbafüggvény (most x-re) már könnyen számolható:

661542

)111(111411

2

)1( =−++⋅=−++= xxx

yx Rnn

nnU

Mivel a minta mindkét megfigyelésben 10-nél több elemet tartalmaz, U mintavételi eloszlása közelítőleg normális.

772

1411

2=⋅== yx

U

nnµ

várható értékkel, valamint –a kapcsolt rangok miatt-

m3i i

2 1 2 i 1U 1 2

1 2 1 2

(k k )n n

n n 112 (n n )(n n 1)

=

− σ = + + −

+ + −

∑varianciával (figyeljünk az eltérő szórásképletre

kapcsolt rangok esetén)!. E képletben ki a k-adik kapcsolt rangszám előfordulásának gyakorisága, esetünkben a 13-as rangszám 3-szor, a 15,5-ös és a 18,5-ös rangszám kétszer fordul elő. Helyettesítsünk be!

9,332)11411)(1411(

)22()22()33(11411

12

1411 3332 =

−++−+−+−

−++⋅=Uσ

Majd végezetül a próbafüggvény: 6029,09,332

7766 −=−=z

Nincs más dolgunk, mint meghatározni a kritikus értéket, majd a számított értéket összevetni vele. 5% szignifikancia szinten az elfogadási tartomány: U1,96 z 1,96− < < , látható, hogy a

számított érték beleesik, így 5% szignifikancia szinten a nullhipotézist elfogadjuk, nincs különbség a dízel és a villamos mozdonnyal továbbított vonatok hossza között.

10. Egy csavargyárban minden elkészült 10.000 darabos tétel után egy maroknyi mintát vesznek. A vállalat azt kívánja megvizsgálni, hogy a két gépkezelő, Xavér és Yvonne által kivett minta nagysága -10%-os szignifikancia szinten- azonosnak tekinthető-e. A vizsgált időszakban Xavér 100.000 darab csavart gyártott, így 10-szer vett egy maroknyi mintát, Yvonne pedig 130.000 darab csavart készített, így 13-szor vett mintát. A kivett minta nagysága az alábbi táblázatban szerepel.

Xavér 50 64 81 36 48 54 45 88 59 56 Yvonne 40 47 84 44 41 38 58 66 42 51 67 46 69

Megoldás: Mivel nincs ismeretünk az alapsokaság eloszlásáról, célszerű Mann-Whitney próba segítségével vizsgálni a két sokaság helyzetét (a két mintás t-próba normális eloszlásra alkalmazható. Lehetőség van persze t-próbát is alkalmazni, ha illeszkedésvizsgálat segítségével meggyőződtünk a mintavételi eloszlás normalitásáról, illetve az ismeretlen

75

alapsokasági szórások egyezőségéről is, F-próbával. Lényegesen egyszerűbb tehát a Mann-Whitney próbát segítségül hívni). Hipotézispárunk: H0: F(x)=G(y), a két eloszlás azonos, a két gépkezelő által kivett maréknyi minta elemszáma azonosnak tekinthető. H1: F(x) G(y),≠ a két eloszlás helyzete nem azonos, a két gépkezelő által kivett maréknyi minta elemszámában különbség van. Egyesítjük a mintát, nagyság szerint növekvő sorrendbe rendezzük, majd hozzárendeljük a rangszámokat (Rsz=rangszám, db. a kivett minta darabszáma, Gk a gépkezelő).

Rsz. db Gk. Rsz. db Gk. Rsz. db Gk. Rsz. db Gk. 1 36 X 7 45 X 13 54 X 19 67 Y 2 38 Y 8 46 Y 14 56 X 20 69 Y 3 40 Y 9 47 Y 15 58 Y 21 81 X 4 41 Y 10 48 X 16 59 X 22 84 Y 5 42 Y 11 50 X 17 64 X 23 88 X 6 44 Y 12 51 Y 18 66 Y

Meghatározzuk a két sokaságra a rangszámok összegét: RX=1+7+10+11+13+14+16+17+21+23=133 RY=2+3+4+5+6+8+9+12+15+18+19+20+22=143 A próbafüggvényünk:

521332

)110(101310

2

)1( =−+⋅+⋅=−++= xxx

yx Rnn

nnU

Mindkét minta elemszáma eléri a 10-et, így U közelítőleg normális eloszlású, így megkeressük várható értékét és szórását.

652

1310

21 =⋅== yx

U

nnµ

26012

)11310(1310

12

)1(2 =++⋅⋅=++

= yxyxU

nnnnσ

Kalkulálva zu-t: U

U

U 52 65z 0,8062

260

− µ −= = = −σ

10%-os szignifikancia szinten az elfogadási tartomány: 64,164,1 +<<− szz . Mivel a számított

érték eleme e tartománynak, 10%-os szignifikancia szinten a nullhipotézist elfogadjuk, a Xavér és az Yvonne által kivett maroknyi minta azonos darabszámúnak tekinthető

76

11. Az amerikai elnökválasztások történetében 1869 óta lehet egyértelműen republikánus vagy demokrata elnökről beszélni. Az egyes időszakokban hatalomra jutott elnökök pártállása rendre:

1869-1945 1946- R R R R D R D R R R D D R R R D D D D R R D D R R D R R R D D R

Állapítsuk meg, hogy van-e valamilyen törvényszerűség a választások egymásutániságában az egész időszakban! Megoldás:

H0: a sorrend véletlenszerű

H1: a sorrend nem véletlenszerű, szabályszerűséget mutat (a megfigyelés-sorozat elemei vagy nem függetlenek, vagy nem azonos eloszlásúak)

Sorozatok száma: r=15 nR=19 nD=13 A normális eloszlással való közelítéshez határozzuk meg r várható értékét és szórását!

4375,1611319

131921

2=+

+⋅⋅=+

+=

DR

DRr nn

nnµ

64,2965,632768

228228

)11319()1319(

)131913192(13192

)1()(

)2(222

===−++

−−⋅⋅⋅⋅⋅=−++

−−=

DRDR

DRDRDRr nnnn

nnnnnnσ

A próbafüggvény értéke:

544,064,2

4375,1615 −=−=−

=r

rr

rz

σµ

5%-os szignifikancia szinten zα/2=±1,96 Mivel a próbafüggvény értéke az elfogadási tartományba esik, így H0-t elfogadjuk, ezen a szignifikancia szinten elfogadható a sorozat véletlenszerűsége.

77

12. A Gazdálkodási és menedzsment alapképzés két évfolyamáról egymástól függetlenül, véletlenszerűen kiválasztott 10-10 hallgató év végi görgetett tanulmányi átlaga a következő:

Hallgató sorszáma I. évfolyam átlaga II. évfolyam átlaga 1 2,7 4,1 2 4,0 3,3 3 3,5 4,7 4 4,2 3,6 5 3,8 3,9 6 2,9 2,3 7 4,3 4,4 8 3,4 4,5 9 3,2 2,4 10 4,6 3,7

Vizsgáljuk meg 1%-os szignifikancia szinten, hogy a hallgatók tanulmányi átlagának eloszlása azonos-e a két évfolyamon!

H0: nincs különbség a két évfolyam hallgatói által elért tanulmányi eredmények között (F(x)=G(x))

H1: µx ≠ µy (A két évfolyam hallgatói által elért tanulmányi eredmények várható értékei között van különbség)

Megoldás: n1=10 n2=10 Egyesítjük a mintát, és az elért eredmények rangsorát képezzük: 2,3 2,4 2,7 2,9 3,2 3,3 3,4 3,5 3,6 3,7 II. II. I. I. I. II. I. I. II. II. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3,8 3,9 4,0 4,1 4,2 4,3 4,4 4,5 4,6 4,7 I. II. I. II. I. I. II. II. I. II. 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 Meghatározzuk a rangszámok összegét mindkét szak esetére: RI: 3+4+5+7+8+11+13+15+16+19 = 101 RII: 1+2+6+9+10+12+14+17+18+20 = 109

541012

)110(101010

2

)1(1

11121 =−+⋅+⋅=−

++= R

nnnnU

Mivel a mindkét sokaságból kivett minta 10 elemű, így U1 eloszlása közelítőleg standard normális eloszlású:

502

1010

221 =⋅==

nnUµ 175

12

)11010(1010

12

)1( 21212 =++⋅⋅=++

=nnnn

Uσ

78

A próbafüggvény értéke:

302,0175

5054 =−=−

=U

UUz

σµ

1%-os szignifikancia szint mellett a kritikus értékek: z0,995=±2,58 H0-t elfogadjuk, mivel a számított érték az elfogadási tartományba esik, így a két évfolyam tanulmányi eredményeinek eloszlása, illetve azok középértéke egyezik 1%-os szignifikancia szinten.

79

Paraméteres próbák

1. A képviselőválasztás érvényességének feltétele, hogy a választópolgárok legalább 50%-a leadja a szavazatát. Egy adott városban a megüresedett képviselői helyre időközi választást írtak ki. A szavazás előtti héten megkérdezett 200 véletlenszerűen kiválasztott választópolgár közül 96 mondta, hogy elmegy szavazni. A felmérés alapján döntsük el, hogy 5%-os szignifikancia szinten lehet-e érvényes szavazásra számítani!

Megoldás: egymintás aránypróba

H0: P=0,5

H1: P<0,5 Nézzük meg, hogy a mintánk alapján teljesül-e a { } 10)1(,min 00 ≥− PnnP összefüggés:

{ } 10100)5,01(2005,0200min ≥=−⋅=⋅ Ennek megfelelően alkalmazható a nagymintás eljárás, és az alábbi próbafüggvény aszimptotikusan normális eloszlású.

57,0035,0

02,0

200

5,05,0

5,0200

96

)1( 00

0 −=−=⋅

−=

−−

=

n

PP

PpZsz

α=5% zα=-1,64 Mivel a számított érték az elfogadási tartományba esik, így 95%-os megbízhatósággal lehet érvényes szavazásra számítani.

2. A Felvillanyozzuk Kft. villanyégőket gyárt. A vevője akkor veszi át a beszállított tételt, ha

a hibaarány nem nagyobb, mint 1%. A napi termeléséből vett n = 2000 elemű mintában a hibás égők száma 24 db. A kivett minta alapján döntsük el, hogy 99%-os megbízhatósággal a vevő átveszi-e a tételt!

Megoldás: egymintás aránypróba

H0: P=0,01

H1: P>0,01 Nézzük meg, hogy a mintánk alapján teljesül-e a { } 10)1(,min 00 ≥− PnnP összefüggés:

{ } 1020)01,01(2000;01,02000min ≥=−⋅⋅ Ennek megfelelően alkalmazható a nagymintás eljárás, és az alábbi próbafüggvény aszimptotikusan normális eloszlású.

897,000223,0

002,0

2000

99,001,0

01,02000

24

)1( 00

0 ==⋅

−=

−−

=

n

PP

PpZsz

α=1%, zα=2,34

80

Mivel a számított érték az elfogadási tartományba esik, így 99%-os megbízhatósággal lehet a tétel elfogadására számítani. 3. Valamely terméket akkor vesz át a vevő, ha a selejtarány legfeljebb 2%-os. Egy nagyobb

szállítmányból vett 1000 db-ból álló mintában 26 db selejtes terméket találtak. Állítsa fel a hipotéziseket, és tesztelje az előírást 5%-os szignifikancia szinten! Hozzon döntést az átvételt illetően!

Megoldás: egymintás aránypróba

{ } 1020)02,01(1000;02,01000min ≥=−⋅⋅

02,0:0 =PH

02,0:1 >PH Kritikus érték: 65,195,0 =z , az elfogadási tartomány: zsz<1,65

Számított érték:

354,100443,0

006,0

0000196,0

006,0

1000

)02,01(02,0

02,0026,0

)1( 00

0 ===−−=

−−

=

n

PP

PpZ

Mivel 1,354<1,65, így a nullhipotézist elfogadjuk, a szállítmány átvehető, a tényleges selejtarány nem nagyobb szignifikánsan az előírás szerintinél. 4. Egy gyorséttermi akció célja, hogy hatására a vásárlók 20%-a vásárolja meg az adott

terméket. 350 vásárlót tartalmazó véletlen mintában 65-en megvásárolták a szóban forgó terméket. Ellenőrizzük, hogy sikeresnek tekinthető-e az akció 5%-os szignifikancia szinten!

Megoldás: egymintás aránypróba

186,0350

65 ==p 2,00 =P

Nagymintás próba alkalmazásának vizsgálata:

0 0min(nP ;n(1 P )) 10

min(350 0,2;350(1 0,2)) 10

min(70,280) 10

− ≥∗ − ≥

≥

Ezek ismeretében alkalmazhatjuk a nagymintás próbát:

00 : PPH =

00 : PPH <

Kritikus érték: α=0,05 � zα= –1,64 � elfogadási tartomány: zsz>zα Próbafüggvény értéke:

81

655,0

350

)2,01(2,0

2,0186,0

)1( 00

0 −=−−=

−−=

n

PP

PpZ

Mivel a számított érték nagyobb, mint a kritikus érték, így a nullhipotézist elfogadjuk, vagyis sikeresnek tekinthető az akció. 5. Egy plázából kifelé jövet véletlenszerűen megkérdeztek 500 főt, akik közül 347 nő volt és

153 férfi, hogy vásároltak-e. A nők közül 198-an, a férfiak közül 62-en válaszoltak igennel. 5%-os szignifikancia szinten állítható-e, hogy a nők nagyobb arányban vásárolnak, mint a férfiak?

Megoldás: kétmintás aránypróba

H0: Pnő=Pférfi

H1: Pnő>Pférfi

α=0,05 zα= 1,645 Elfogadási tartomány: zsz <1,645

571,0347

198 ==nőp 405,0153

62 ==férfip

52,0500

405,0153571,0347

21

2211 =⋅+⋅=++

=nn

pnpnp

48,052,011 =−=−= pq A próbastatisztika értéke:

423,30485,0

166,0

153

1

347

148,052,0

405,0571,0

11

21

21 ==

+⋅⋅

−=

+

−=

nnqp

ppzsz

Mivel zsz>1,645, ezért a H0 hipotézist 5%-os szignifikancia szinten elutasítjuk, vagyis állítható, hogy a nők nagyobb arányban vásárolnak. 6. Egy illatszerboltban 10 nap alatt változatlan minőségű és változatlan árú 460 db

szappant adtak el, ebből 138 db volt „Amo” márkájú. Miután az „Amo” szappan csomagolását megváltoztatták, újabb 10 napos megfigyelés szerint 400 eladott szappan között 160 db volt „Amo” márkájú. Állapítsa meg 1%-os szignifikancia szinten, hogy az új csomagolás növelte-e az „Amo” szappan piaci részesedését!

Megoldás: kétmintás aránypróba

210 : PPH =

210 : PPH <

3,0460

1381 ==p 4,0

400

1602 ==p

82

3465,0860

4,04003,0460

21

2211 =⋅+⋅=++=

nn

pnpnp

A próbafüggvény:

077,3

400

1

460

16535,03465,0

4,03,0

11

21

21 −=

+⋅⋅

−=

+

−=

nnqp

ppzsz

Kritikus érték: α=0,01 � zα= –2,34 � elfogadási tartomány: zsz>zα

Mivel a számított érték kisebb, mint a kritikus érték, így 1%-os szignifikancia szinten elutasítjuk a nullhipotézist, vagyis az új csomagolás növelte a szappan piaci részesedését. 7. Valamely bűncselekménytípus áldozataira vonatkozó rendőrségi feljegyzésekből vett

100-100 elemű véletlen minta adatai két egymást követő évben:

Év 60 évnél fiatalabbak aránya 2002 20% 2003 18%

Ellenőrizzük 5%-os szignifikancia szinten, hogy változott-e a 60 éven aluli áldozatok aránya!

Megoldás: kétmintás aránypróba

H0: P1=P2

H1: P1>P2

α=0,05 zα= 1,645 Elfogadási tartomány: zsz <1,645

2,01 =p 18,02 =p

19,0200

18,01002,0100

21

2211 =⋅+⋅=++

=nn

pnpnp

81,019,011 =−=−= pq A próbastatisztika értéke:

36,00555,0

02,0

100

1

100

181,019,0

18,02,0

11

21

21 ==

+⋅⋅

−=

+

−=

nnqp

ppzsz

Mivel zsz<1,645, ezért a H0 hipotézist 5%-os szignifikancia szinten elfogadjuk, vagyis nem állítható, hogy csökkent a 60 éven aluli áldozatok aránya.

83

8. Egy befektető a portfóliójában 2000 darab értékpapírt tart. Januárban 1120 darab, februárban 1200 darab értékpapíron tudott pozitív hozamot realizálni. 1%-os szignifikancia szinten igaz-e az az állítás, hogy januárról februárra nőtt a befektető portfóliójában azon értékpapírok aránya, amelyeken pozitív hozamot realizálhatott.

Megoldás: Kétmintás aránypróbát kell végezni (figyeljünk a feladat szövegének pontos értelmezésére, a kérdés a portfolióban a pozitív hozamú értékpapírok aránya és nem darabszáma, amit kétmintás t-próbával vizsgálhatnánk!). Adataink: p=1120/2000=0,56 (értelemszerűen kedvező eset/összes eset) a nyereséges

értékpapírok aránya januárban q=1200/2000=0,6, a nyereséges értékpapírok aránya februárban n1=n2=2000 a vizsgált értékpapírok darabszáma.

Hipotéziseink: 0

1

H : P Q

H : P Q

=<

.

Táblázatból a kritikus érték:kritz 2,33= − , így az elfogadási tartomány: számított2,33 z− < .

Képleteink most is:

1 2sz

1 2

p pz

1 1pq

n n

−=

+

, ahol 1 1 2 2

1 2

n p n pp

n n

+=+

és q 1 p= − -

Írjuk be az ismert adatainkat!

58,020002000

6,0200056,02000 =+

⋅+⋅=p , így q 1 0,58 0,42= − = , behelyettesíthetünk a

próbastatisztikába:

563,2

2000

1

2000

142,058,0

6,056,0 −=

+⋅

−=szz

Nincs más hátra, mint a számított és a kritikus érték egybevetése. Esetünkben számított kritz z< ,

ugyanis -2,563<-2,33. Ez azt jelenti, hogy az 1%-os szignifikancia szinten elutasítjuk a nullhipotézist, azaz az alternatív hipotézis elfogadása mellett azt állíthatjuk, hogy januárról februárra valóban nőtt a befektető portfóliójában a pozitív hozamú értékpapírok aránya. 9. Adott típusú hőmérsékletszabályozók minden egyes darabját – biztonsági okokból – a

gyártóműnél végellenőrzéskor, valamint a megrendelőnél átvételkor ellenőrzik. Az ellenőrzött méret előírása 120±3°C. A megrendelőtől számos reklamáció érkezett a leszállított szabályozók pontosságára vonatkozóan. A gyártómű azt tűzte ki feladatul, hogy megvizsgálja a megrendelő hitelesítő műszerét: nem mutat-e ez olyan pontatlanságot, amely a kapcsolási pontok eltérését okozhatja? A vizsgálat érdekében a gyártó és a megrendelő együttes vizsgálattal 40-40 darab véletlenszerűen kiválasztott szabályozó értékét műszereivel meghatározta.

84

A mérések eredményei a gyártó műszerén: CsCx gygy °=°= ∗ 54,1;8,119

A megrendelő műszerén: CsCx MM °=°= ∗ 17,1;2,121

A műszerek mérési pontossága (eltérése) okozhatja-e a reklamációban jelzett eltéréseket? (α=5%)

Megoldás: Az eltérés vizsgálatára két várható érték összehasonlítására vonatkozó statisztikai próbát kell végeznünk. Nem páros mintáról van szó, mivel nem ugyanazt a 40 darab szabályozót mérték meg a megrendelőnél és a gyártónál. Az alapsokaságok szórásai ismeretlenek, ezért a minták szórásaival kell majd dolgoznunk. Első körben F-próbát kell végeznünk: H0: σgy=σM

H1: σgy>σM

732,117,154,1

2

2

==szF

DFszámláló=39 DFnevező=39 Fkrit=1,69 Mivel Fsz>Fkrit, ezért a H0-t 95%-os megbízhatósági szinten elutasítjuk. Welch-próbával kell folytatnunk: a gyártómű szakmai hipotézise szerint a megrendelő szisztematikus hibával mér az övéhez képest, így a hipotézisek: H0: µgy=µM

H1: µgy<µM A Welch-próbánál a szabadságfokot külön számítással kell meghatározni:

366,005929,00342225,0

0342225,0

40

54,1

40

17,140

17,1

22

2

2

2*2

1

2*1

2

2*2

=+

=+

=+

=

ns

ns

ns

c

( ) ( )( ) ( ) ( ) 77,72

9,20

1521

402,039366,039

3939

111

11222

22

1

21 ==⋅+⋅

⋅=−⋅−+⋅−

−⋅−=

cncn

nnDF

A próbastatisztika:

578,40935,0

4,1

4054,1

4017,1

2,1218,11922

2

2*2

1

2*1

21 −=−=+

−=+

−=

n

s

n

s

xxt f

tkrit≈-1,67 Mivel a számított érték az elfogadási tartományon kívül esik, ezért 95%-os megbízhatósági szinten nem fogadjuk el a H0 hipotézist, vagyis a megrendelő szisztematikus hibával mér a gyártóhoz képest.

85

10. Kínai és japán turisták körében végeztek felmérést a fényképezési szokásaikról. A japán turisták egy nap alatt átlagosan 106 képet készítettek, 38,4 kép szórással. A kínai turisták 94 képet csináltak, 16,4 kép szórással. A vizsgálat során 61 japán és 41 kínai látogatót figyeltek meg. A készített képek eloszlása normális. 5%-os szignifikancia szinten feltehető-e, hogy a japán és a kínai turisták ugyanannyit fényképeznek?

Megoldás: Az első feladatunk, hogy megvizsgáljuk, azonos-e a két ismeretlen alapsokasági szórás, F-próbával. H0:

2 2japán kínaiσ = σ , H1: 2 2

japán kínaiσ > σ , a kritikus érték (DF=n-1, így a számláló szabadságfoka

60, a nevezőé 40) Fkrit=1,64.

Próbastatisztikánk: 2 2

japánszámított 2 2

kínai

s 38,4F 5,482

s 16,4

∗

∗= = = (figyeljünk arra, hogy mindig a nagyobb

korrigált tapasztalati szórás kerül a számlálóba!). Mivel krit számF F< , hiszen 1,69 5,482<< így az 5% szignifikancia szinten el kell utasítanunk a

nullhipotézist, az ismeretlen alapsokasági szórások nem egyenlők. Ezért a két mintás t-próba helyett a Welch próbát fogjuk használni a két várható érték összehasonlítására. Hipotézispárunk:

0 japán kínaiH : µ = µ ,

1 japán kínaiH = µ > µ

Képletszerűen a próbastatisztika: j k

f *2 *2j k

j k

x xt

s sn n

−=

+

, (a minta átlagából, korrigált tapasztalati

szórásából és elemszámából számolva), behelyettesítve:

f 22

106 94t 2,1646

16,438,461 41

−= =+

A kritikus érték meghatározásához még meg kell határoznunk a t-eloszlás szabadságfokát.

Ehhez szükségünk van a c tényezőre, képletszerűen:

*22

2*2 *21 2

1 2

sn

cs s

n n

=+

, ha behelyettesítünk,

2

2 2

16,441

c 0,2134538,4 16,4

61 41

= =+

.

86

Ezután a szabadságfok: ( ) ( )

( ) ( )( )1 2

221 2

n 1 n 1f

n 1 c n 1 1 c

− −=

− + − −, ami behelyettesítve az előbb számolt

c tényezőt, illetve a mintaszámokat, ( )( )

( ) ( )( )22

61 1 41 1f 87,336

61 1 0,21345 41 1 1 0,21345

− −= =

− + − −

Ez tehát a Student-eloszlás szabadságfoka. Táblázatból így megkeressük a kritikus értéket (egyoldali próba!), ami kritt 1,66≈ . Mivel krit számt t< , ugyanis 1,66<2,1646, így az 5%-os

szignifikancia szinten elvetjük a nullhipotézist, így tehát a japán turisták többet fényképeznek. [Megjegyzés: Mivel mindkét minta elemszáma nagyobb 40-nél, a kritikus t-értéket a normális eloszlással is közelíthetjük. Ekkor szintén a kritikusz 1,66≈ érétket kapjuk. ]

11. Az újságolvasási szokásokat vizsgálták a felsőfokú végzetséggel rendelkezők illetve nem

rendelkezők között, mindkét csoportból 25-25 elemű mintát véve. A felsőfokú végzetséggel rendelkezők napi átlag 24 percet töltöttek újságolvasással, 4 perc szórással. A felsőfokú végzetséggel nem rendelkezők naponta átlagosan 23 percet töltöttek újságolvasással, 9 perc szórással. Mindkét csoportban azt találták, hogy az újságolvasással töltött idő normális eloszlást követ. 1 %-os szignifikancia szinten feltehető-e, hogy a két csoportban azonos az újságolvasásra fordított idő?

Megoldás: Feladatunk a két várható érték összehasonlítása. Ez kétmintás t-próbával vagy Welch-próbával történhet. A kétmintás t-próba akkor alkalmazható, ha az alapsokasági szórások egyezőnek tekinthetőek, máskülönben a Welch-próba alkalmazandó. Legyen a továbbiakban az egyes csoport a felsőfokú végzettséggel rendelkezők, kettes csoport az ezzel nem rendelkezők csoportja. Nézzük az alapsokasági szórások egyezőségét! Ehhez az F-próbát hívjuk segítségül.

2 20 1 2

2 21 1 2

H :

H :

σ = σ

σ < σ

A kritikus érték, a szabadságfok mind a nevezőben, mind a számlálóban 24: kritF 2,66= .

Próbastatisztikánk: 2 2

2számított 2 2

1

s 9F 5,0625

s 4

∗

∗= = = (Figyeljünk arra, hogy a nagyobb mintabeli korrigált tapasztalati

szórás kerüljön a számlálóba!). Mivel krit számF F< , hiszen 2,66 5,0625< , el kell vetnünk a

nullhipotézist, 1%-os szignifikancia szinten a két alapsokasági szórás egyezése nem tételezhető fel. Így a kétmintás t-próba alkalmazásának feltételei sem állnak fenn, Welch-próbát kell alkalmazzunk.

Állítsuk fel hipotéziseinket! 0 1 2

1 1 2

H :

H :

µ = µµ ≠ µ

A próbafüggvény képlete: j k

f *2 *2j k

j k

x xt

s sn n

−=

+

, azaz f 2 2

24 23t 0,5077

4 925 25

−= =+

.

A kritikus értékhez határozzuk meg a szabadságfokot.

87

*22

2*2 *21 2

1 2

sn

cs s

n n

=+

, majd e tényező segítségével a szabadságfok

( ) ( )( ) ( )( )

1 222

1 2

n 1 n 1f

n 1 c n 1 1 c

− −=

− + − −.

Helyettesítsünk be! 2

2 2

925c 0,835

4 925 25

= =+

, ( )( )

( ) ( ) ( )22

25 1 25 1f 33,1286

25 1 0,835 25 1 1 0,835

− −= =

− + − −.

A kritikus értéket tehát a DF=33 szabadságfokú Student-eloszlás segítségével határozzuk meg (az egyszerűség kedvéért a táblázatból a 35-ös értéknél leolvasva), 1 % szignifikancia szinten.

kritt 2,724= . Mivel szám kritt t<< , 0,5077<<2,724, így 1 % szignifikancia szinten nincs okunk

a nullhipotézist elutasítani, azaz a felsőfokú végzetséggel rendelkezők és a felsőfokú végzetséggel nem rendelkezők körében az újságolvasására fordított idő egyenlő.

12. Négy, közkedvelt üdítőital töltési térfogatát vizsgáltuk. A megfigyelések eredményei:

Üdítő Ellenőrzött palackok

száma Töltési térfogat [ml]

Almás 6 498, 504, 506, 502, 498, 498 Barackos 4 500, 502, 504, 494 Citromos 6 504, 498, 502, 500, 499, 503 Dinnyés 8 495, 503, 496, 500, 504, 501, 502, 499

Ellenőrizzük 5%-os szignifikancia szinten, hogy a töltési térfogatok szórása egyenlő-e! Megoldás: Feladatunk az ismeretlen alapsokasági szórások összehasonlítása a mintából számított adatok alapján. Mivel a mintaszámok nem egyenlők, a Cochran-próba nem alkalmazható, helyette a Bartlett-próbát hívjuk segítségül. Hipotéziseink: H0: σA=σB=σC=σD

1H :a legnagyobb szórású különbözik

Definiáljuk: r r

2 *2j j j

j 1 j 1

1f n r, s (n 1)s

f= =

= − = −∑ ∑ , ahol r

jj 1

n=∑ az összes minta elemszáma, r a

csoportok száma, *2js pedig a j-edik csoport (osztály) mintából számított korrigált tapasztalati

szórása. Számítsuk ki a csoportok korrigált tapasztalati szórását, előtte azonban még szükségünk lesz a csoportok átlagaira is. Az általános képletek levezetése nélkül:

88

A

B

C

D

498 504 506 502 498 498X 501

6500 502 494 504

X 5004

504 498 502 500 499 503X 501

6495 503 496 500 504 501 502 499

X 5008

+ + + + += =

+ + += =

+ + + + += =

+ + + + + + += =

2 2 2 2 2 2

A

(498 501) (504 501) (506 501) (502 501) (498 501) (498 501)s 12,4

5∗ − + − + − + − + − + −= =

66,183

)500504()500494()500502()500500( 2222

=−+−+−+−=∗Bs

2 2 2 2 2 2

C

(504 501) (498 501) (502 501) (500 501) (499 501) (503 501)s 5,6

5∗ − + − + − + − + − + −= =

2 2 2 2

D

(495 500) (503 500) ... (502 500) (499 500)s 10,286

7∗ − + − + + − + −= =

Ezután az f és az s2 paraméter:

2 2

r

j jj 1

r2

j j jj 1

f n r, ahol n a j-edik osztály elemeinek száma, r az osztályok száma

1s (n 1)s , itt s a j-edik osztályban számolt korrigált tapasztalati szórás

f

=

∗ ∗

=

= −

= −

∑

∑

20424 =−=f

8991,10)286,1076,5566,834,25(20

12 =⋅+⋅+⋅+⋅=s

Definiáljuk továbbá a következő A paramétert!

r

j 1 j

1 1 1 1 1 1 1 1 1A 1 1 1,0918

3(r 1) n 1 f 3(4 1) 5 3 5 7 20=

= + − = + + + + − = − − − ∑

Innen a próbastatisztika:

[ ]

r2 2 *2

j jj 1

2,3026f lns (n 1) lns

A

2,302620ln10,8991 (5ln12,4 3ln18,66 5ln5,6 7 ln10,286 3,114

1,0918

=

χ = − − =

− + + + =

∑

5%-os szignifikancia szinten (figyeljünk rá, hogy itt kivételesen nem az / 2α értékhez keressük a kritikus értéket!) a kritikus 2χ érték, DF=r-1=3 (r a csoportok száma), azaz DF=3

szabadságfok mellett: 2χ krit=7,815

Egybevetve a számított és a kritikus értéket: 2 2szám kritχ < χ , hisz 3,114<7,815, így 5%

szignifikancia szinten fenntartjuk a nullhipotézist, az alapsokasági szórások, azaz a töltési térfogat ingadozása egyenlő.

89

13. Egy betongyárban 4 cementgyárból (A, B, C, D) vásárolnak cementet. A cement minőségét próbakockák gyártásával ellenőrzik. A beérkező „500-as cement” szállítmányokból mintát véve a próbakockák nyomószilárdság adatai [kg/cm2-ben] az alábbiak A szállító: 512, 716, 668, 726, 580

B szállító: 516, 664, 614, 586, 590 C szállító: 542, 684, 722, 600, 642 D szállító: 566, 744, 546, 610, 672.

Van-e különbség a szállítók között? Megoldás: Varianciaanalízis, előtte Cohran-próba (!) H0: σA=σB=σD=σC H1: legalább egy eltér α=5% n=5 f(DF)=4 r=4 gkrit=0,63

n átlag s* A 5 640,4 92,112 B 5 594,0 53,535 C 5 638,0 70,442 ,D 5 627,6 81,061

gszámított= 37,0061,81442,70535,53112,92

112,92... 2222

2

222

21

2max =

+++=

+++=

rsss

sg

H0-t 95%-os megbízhatósági szinten elfogadjuk. Mehetünk tovább a varianciaanalízisre. H0: µA=µB=µC=µD H1: legalább egy eltér

Négyzetösszeg neve

Négyzet-összegek

Szabad-ságfok

Szórás becslése

F érték p-érték

Csoportok közötti *

( )∑=

−r

i

ii xxn1

2 r-1 sk2 sk

2/sb2 p

Csoporton belüli **

( )∑∑= =

−r

i

n

j

iij

i

xx1 1

2 n-r sb2 - -

Teljes ( )∑∑= =

−r

i

n

jij

i

xx1 1

n-1 - - -

A csoportok közötti négyzetösszeg kiszámításához szükség van a főátlagra, ezt pedig a részátlagok segítségével könnyen előállítható, de súlyozni kell:

62520

6,6275638559454,6405 =⋅+⋅+⋅+⋅=x

A csoportok közötti négyzetösszeg:

90

( ) 6,6869)6256,627(5)625638(5)625594(5)6254,640(5 2222

1

2=−⋅+−⋅+−⋅+−⋅=−∑

=

r

i

ii xxn

A csoportokon belüli négyzetösszegek az egyes csoportokhoz tartozó szórások segítségével könnyen számítható, a szórás képlete:

1

)( 2

1

−

−=∑

=∗

n

xx

s

n

jiij

, a feladatunk, hogy a gyök alatt lévő tört számlálóját előállítsuk minden

csoport esetében a már kiszámolt szórások segítségével � )1()(22

1

−⋅=− ∗

=∑ nsxx

n

jiij

A beszállító csoporton belüli négyzetösszege így: 33938,5 B beszállító: 11464 C beszállító: 19848,3 D beszállító: 26283,5 Ez összesen: 91534,3 Minden rendelkezésre áll a táblázatunkhoz, és a végső próba elvégzéséhez:

Négyzetösszeg neve

Négyzet-összegek

Szabad-ságfok

Szórás becslése

F érték p-érték

Csoportok közötti *

6869,6 4-1=3 sk2=2289,9 sk

2/sb2=

0,4 p

Csoporton belüli **

91534,3 20-4=16 sb2=5720,9 - -

Teljes 98403,955 20-1=19 - - - α=5% DFszámláló=3 DFnevező=16 Fkrit=3,24 Mivel Fsz=0,4<Fkrit=3,24 � H0-t elfogadjuk 95%-os megbízhatósági szinten, azaz a beszállítóktól származó próbakockák minősége (nyomószilárdsági adatai) között nincs különbség. 14. Egy kutatás során azt vizsgálták, hogy az üzleti környezetet hogyan ítélik meg az egyes

vállalkozások vezetői. A kérdőíves vizsgálat során a vállalkozások mérete alapján 3 csoportba (A, B, C) sorolták a megkérdezett vezetőket, akik válaszait egy 100 pontos skálán értékelték. Az értékelési skálán kapott pontszámok normális eloszlásúnak tekinthetők. A vizsgálat során mindhárom kategóriában 8 vállalkozást kérdeztek meg.

91

Vállalkozás méret A. Kis- és mikrovállalkozások

B. Közepes vállalatok C. Nagyvállalatok

45 63 62 39 66 65 52 61 61 43 68 74 51 72 69 43 64 66 47 58 70 48 60 69

Átlag 46 64 67 Korrigált tap. szórás 4,375 4,567 4,342

Vizsgálja meg, hogy a vállalatméret szerinti csoportok között van-e eltérés a kapott pontszámok között! Megoldás: A példa kérdése az átlagpontszámok összevetésére irányul. Több mintáról, illetve mintán belüli csoportokról van szó, így a várható érték összehasonlítása egyszeres osztályozású variancia-analízissel végezhető el. A variancia, mint próba elvégzéséhez előfeltétel, a vizsgált jellemző normalitása, valamint az alapsokasági szórások egyezősége. Az előbbi feltételről szól a példa, az utóbbiról nem. Ezért a variancia-analízis elvégzése előtt a szórások egyezését is vizsgálni szükséges. Ehhez Cohran-próbát választhatunk, mivel a csoportokon belül a mintaelemek száma azonos. A példa megadta a csoportok átlagát és szórását, így azokat nem kell most kiszámolni. Cohran-próba H0: az elméleti szórások nem különböznek H1: a legnagyobb szórás (2. részminta, a B csoport) különbözik a többitől α=0,05 DF=n-1=8-1=7 r=3 gkr=0,68 smax*

2=20,857

gs

s s sr=

+ + +max

...

2

12

22 2

gsz=20,857/(19,143+20,857+18,857) =0,354 A számított g érték kisebb, mint a kritikus érték, így 5%-os szignifikancia szinten elfogadjuk H0-t, vagyis az alapsokasági szórások megegyezőeknek tekinthetők. Variancia-analízis: H0: µA=µB =µC H1: legalább az egyik várható érték eltér a többitől

92

A főátlag: 59 pont Belső szórás:

( )∑∑= =

−r

i

n

j

iij

i

xx1 1

2

Ennek kiszámítását most a csoportok megadott szórásainak „visszafejtésével” végezzük el. ( ) ( ) ( ) ( ) 4124,342 4,567 4,3757)18()18()18( 2222*2*2* =++⋅=⋅−+⋅−+⋅−= CBA sssSSB

sb2= 412/(24-3) = 19,619

Külső szórás:

( )∑=

−r

i

ii xxn1

2

2064)5967(8)5964(8)5946(8 222 =−⋅+−⋅+−⋅=SSK sk

2= 2064/(3-1)= 1032 Az Fsz számított értéke: Fsz = sk

2/sb2 = 52,6

Az F eloszlás szerinti kritikus érték meghatározása: α=0,05 A számláló szabadságfoka: 3-1=2 A nevező szabadságfoka: 24-3=21 A kritikus érték: Fkr=3,47 Döntés: Mivel Fsz>>F kr, a H0 nullhipotézist 5%-os szignifikancia szinten elutasítjuk, azaz az átlagok ill. legalább egy átlag szignifikánsan különbözik a többitől. (Itt ez értelemszerűen a kis- és mikrovállalkozások csoportja.) Vagyis az üzleti környezet megítélése a különböző méretű vállalkozások vezetői körében eltérőnek tekinthető. 15. Egy kisváros vasútállomásáról négy irányba indulnak félóránként a vonatok.

Annahegyre (A), Boglárkavárra (B), Csengevölgybe (C), és Dórafalvára (D). A délutáni csúcsidőszakban mind a négy irányba megvizsgáltak 5-5 vonatot, és feljegyezték az utasok számát. Az eredmények:

Célállomás Az utasok száma Átlag A 116 104 102 110 98 106 B 120 104 96 112 88 104 C 105 104 96 101 99 101 D 108 122 112 114 124 116 Összesen 106,75

Vizsgáljuk meg 5% szignifikancia-szinten, hogy a négy városba utazók száma tekinthető-e egyezőnek? Megoldás:

93

A feladatunk a sokaságok várható értékeinek összehasonlítása. Ehhez az egyszeres-osztályozású variancia-analízist használjuk. Ennek azonban az a feltétele, hogy az ismeretlen alapsokasági szórások egyenlők legyenek, így végezzünk el először egy Cochran-próbát ennek igazolására!

22220 : DCBAH σσσσ ===

1H :valamelyik alapsokasági szórás nem tekinthető a többivel egyezőnek.

Számítsuk a minták korrigált tapasztalatai szórásait!

( )n 2

ij i2 i 1

i

x xs s

n 1∗ ∗ =

−= =

−

∑, ahol ijx az i-edik csoport j-edik eleme, iX pedig az i-edik csoport

átlaga (lásd táblázat). A négy csoportban rendre:

071,74

)10698(...)106104()106116( 222

=−++−+−=∗As

649,124

)10488(...)104104()104120( 222

=−++−+−=∗Bs

674,34

)10199(...)101104()101105( 222

=−++−+−=∗Cs

782,64

)116124(...)116122()116108( 222

=−++−+−=∗Ds

A Cochran próba szabadságfoka, DF=n-1, ahol n az egy csoportban lévő minták elemszáma, most DF=4. Mivel 4 osztályunk van, az 5% szignifikancia szinthez tartozó táblából keressük ki a megfelelő értékét DF=4, r=4. gkrit. =0,63. Számoljuk a próbastatisztikát!

2max

2 2 2 2A B c D

sg

s s s s∗ ∗ ∗ ∗=+ + +

, így 2

szám 2 2 2 2

12,649g 0,5937

7,071 12,649 3,674 6,782= =

+ + +

Egybevetve a két értéket, azt tapasztaljuk, hogy szám kritg g< (0,5937<0,63), így a

nullhipotézist elfogadjuk, 5%-os szignifikancia-szinten az alapsokasági szórások egyenlőnek tekinthetőek. Rátérhetünk a variancia-analízisre.

0 A B C DH : µ = µ = µ = µ

H1: A várható értékek nem egyeznek Vegyük fel az ANOVA-táblát!

94

Négyzetösszeg

neve Négyzet-összegek

Szabad-ságfok

Szórás becslése

F érték p-érték

Csoportok közötti *

( )∑=

−r

i

ii xxn1

2

r-1 sk2 sk

2/sb2 p

Csoporton belüli **

( )∑∑= =

−r

i

n

j

iij

i

xx1 1

2

n-r sb2 - -

Teljes ( )∑∑= =

−r

i

n

jij

i

xx1 1

n-1 - - -

A csoportok közötti eltérés-négyzetösszeg, ahogyan a képletből is látható, a csoportátlagok négyzetes eltérése a főátlagtól, súlyozva a csoport elemszámával.

( ) ( )r r2 2

i ii ii 1 i 1

SSK n x x n x x= =

= − = −∑ ∑

Helyettesítsünk be! [ ] 75,633)75,106116()75,106101()75,106104()75,106106(5 2222 =−+−+−+−=SSK

(Figyeljünk arra, hogy nem a szórást számoljuk, hanem az átlagtól vett négyzetes eltérést, ezért nem osztunk le a minta elemszámával!).

Az SSB számításához érdemes a képlet jelentését átgondolni. ( )inr 2

iiji 1 j 1

x x= =

−∑∑ . Minden

mintaelem négyzetes eltérését vesszük a saját csoportátlagától, majd ezeket csoporton belül

összegezzük ( ( )in 2

iijj 1

x x=

−∑ tag), majd az így –külön-külön minden csoportban- kapott

négyzetösszegeket ismét összegezzük (r

i 1=∑ tag). Idézzük csak fel a csoporton belüli szórás

képletét!

( )n 2

ij ii 1

i

x xs

n 1∗ =

−=

−

∑, rendezzük át:

)1()(22

1

−=− ∗

=∑ nsxx i

n

iiij

Azaz a Cochran-próbához már kiszámolt korrigált tapasztalati szórás „visszafejtésével” megkapjuk SSB egy-egy tagját minden egyes csoportra. Nincs is más dolgunk, mint az így minden csoportban kiszámolt SSb-tagokat összegezni. Általános képletnek a következő írható fel:

∑∑∑=

∗

= =

−=−r

ii

r

i

n

jiij nsxx

i

11

2

1

)1()(2

95

Ha a csoportok elemszáma azonos, a képlet még tovább egyszerűsödik: r

2i i

i 1

SSB (n 1) s∗

=

= − ∑ !

A biztos számolás érdekében tekintsük át mégegyszer az egyenlet jobb oldalát. Vesszük a már korábban kiszámolt korrigált tapasztalati szórás négyzetét, súlyozzuk a csoport elemszámával minden egyes csoportra külön-külön, majd összegezzük az így kapott tagokat. Ez lesz SSB. Behelyettesítve nem is olyan bonyolult!

96,1077782,64674,34649,124071,74 2222 =⋅+⋅+⋅+⋅=SSB Azt is tudjuk, hogy az SST=SSB+SSK (Gazdaságstatisztika, részekre bontott sokaság). Így SST=633,75+1077,96=1711,71. Határozzuk meg a szabadságfokokat! DF(SSK)=r-1, ahol r a csoportok száma, így DF(SSK)=3. DF(SSB)=n-r, ahol n valamennyi megfigyelt egyed száma, r a csoportok száma, esetünkben DF(SSB)=20-4=16. DF(SST)=DF(SSK)+DF(SSB), vagy n-1, esetünkben DF(SST)=19. A szórást a szabadságfokok segítségével becsüljük, az a megfelelő négyzetösszeg és a szabadságfok hányados

( )r 2

ii2 i 1

k

n x x633,75

s 211,25r 1 3

=

−= = =

−

∑

( )inr 2

iiji 1 j 12

b

x x1077,96

s 67,3725n r 16

= =

−= = =

−

∑∑

Végezetül számítjuk a külső és a belső szórás becsléséből az F-értéket!

135,3325,67

25,2112

2

===b

ksz s

sF

A kritikus F érték táblázatból (a szabadságfok megegyezik a becslésnél számított szabadságfokkal): kritF 3,24= .

Mivel a számított érték (3,135) < a kritikus (3,24), az adott, 5%-os szignifikancia szinten elfogadjuk a nullhipotézist, a négy városba utazók várható száma azonosnak tekinthető.

Négyzetösszeg neve

Négyzet-összegek

Szabad-ságfok

Szórás becslése

F érték p-érték

Csoportok közötti

633,758 3 211,25 3,135 p

Csoporton belüli

1077,96 16 67,3725 - -

Teljes 1711,71 19 - - -

96

16. Három vérnyomáscsökkentő gyógyszer hatását vizsgálták. A különböző gyógyszerrel kezelt betegek vérnyomását egy héten keresztül minden nap megmérték. 1%-os szignifikancia szinten van-e különbség a gyógyszerek hatásossága között?

Gyógyszer H K SZe CS P SZo V Átlag Korr. tap.

szórás A 142 127 131 137 144 139 125 135 7,4162 B 137 146 121 136 125 148 146 137 10,6771 C 128 141 129 134 133 126 126 131 5,416

Megoldás: Feladat a várható értékek összehasonlítása, egyszeres osztályozású variancia-analízissel. Előtte azonban meggyőződünk róla, hogy az alapsokasági szórások valóban egyezőek-e. Az ehhez szükséges Cochran-próba:

2220 : CBAH σσσ ==

H1: valamely szórás lényegesen különbözik a többitől. 1%-os szignifikancia szinten a kritikus g érték: gkrit=0,77 (r az osztályok száma 3, a DF szabadságfok n-1, azaz 6).

Próbastatisztikánk: 2 2max

2 2 2 2 2 2A B c

s 10,6671g 0,5748

s s s 7,4162 10,6671 5,416∗ ∗ ∗= = =+ + + + +

Megvizsgálva a két értéket, azt tapasztaljuk, hogy szám kritg g< (0,5748<0,77), így a

nullhipotézist elfogadjuk, 1%-os szignifikancia-szinten, tehát az alapsokasági szórások egyenlőnek tekinthetőek. Rátérhetünk az ANOVA-próbára. Az ANOVA-próba hipotézispárja:

0 A B CH :µ = µ = µ ,

H1: Valamelyik várható érték lényegesen különbözik a többitől. r

2 2 2 2i i

i 1

SSB (n 1) s 6(7,4162 10,6771 5,416 ) 1190∗

=

= − = + + =∑ , ahol 2is∗ az i-edik osztály

elemeinek korrigált tapasztalati szórása. Határozzuk meg a főátlagot, ami nem más, mint a csoportátlagok súlyozott átlaga:

33,13421

1317137713571 =⋅+⋅+⋅=⋅

=∑

=

n

xn

x

r

jii

ahol in az i-edik osztály elemszáma, iX ugyanezen osztály elemeinek átlaga, n pedig

valamennyi elem száma.

( ) ( )r r2 2

i ii ii 1 i 1

2 2 2

SSK n x x n x x

7 (135 134,333) (137 134,333) (131 134,333) 130,666

= =

= − = − =

− + − + − =

∑ ∑,

97

Tudjuk, hogy SST=SSB+SSK, így SST=130,66+1190=1320,66 Szükségünk lesz még a szabadságfokokra: DF(SSK)=r-1, ahol r a csoportok száma, így DF(SSK)=2. DF(SSB)=n-r, ahol n valamennyi megfigyelt egyed száma, r a csoportok száma, esetünkben DF(SSB)=21-3=18. DF(SST)=DF(SSK)+DF(SSB), vagy n-1, esetünkben DF(SST)=20. A négyzetösszegek és a szabadságfokok hányadosa segítségével becsülhető a szórás.

( )r 2

ii2 i 1

k

n x x130,66

s 65,33r 1 2

=

−= = =

−

∑ és

( )inr 2

iiji 1 j 12

b

x x1190

s 66,111n r 18

= =

−= = =

−

∑∑

A számított F érték e két szórásbecslés hányadosa: 988,0111,66

33,652

2

===b

ksz

s

sF .

A kritikus F érték az előbb meghatározott szabadságfokok mellett: kritF 6,01= .

Mivel Fszám<<Fkrit, hiszen látható, hogy 0,988<<6,01, így az adott szignifikancia szinten a nullhipotézist elfogadjuk, a vérnyomáscsökkentő szerek között nincs különbség. A számolás eredménye összefoglalva az alábbi ANOVA táblázatban követhető nyomon:

Négyzetösszeg neve

Négyzet-összegek

Szabad-ságfok

Szórás becslése

F érték p-érték

Csoportok közötti

130,66 2 65,33 0,988 p

Csoporton belüli

1190 18 66,111 - -

Teljes 1320,66 20 - - -

98

VI. Kétváltozós korreláció- és regresszióelemzés

1. 9 kereskedelmi vállalatnál vizsgálták az árbevétel és az eredmény közötti kapcsolatot.

Árbevétel Eredmény millió Ft

440 12 469 14 518 14 644 21 750 25 890 35 999 44 1228 55 1262 50

Ismertek továbbá az alábbi részeredmények: Részeredmények

∑ yxdd 41118

∑ 2xd 789850

∑ 2yd 2188

( )2ˆ∑ − yy

47,5

( )2ˆ∑ − yy

2135,78

a) Írja fel a lineáris regressziófüggvényt és értelmezze a b1 paramétert! b) Számítsa ki és értelmezze a regressziós becslés relatív hibáját! c) Határozza meg, hogy a bruttó árbevétel hány százalékban magyarázza az eredmény

szóródását! d) Vizsgálja meg az eredmény árbevétel-rugalmasságát az átlagos szinten! Értelmezze

az eredményt! e) Adjon konfidenciaintervallumot 95%-os megbízhatósági szinten az 1000 millió Ft-os

árbevételhez tartozó eredmény nagyságára! f) Vizsgálja mindkét tanult módszerrel, hogy a regressziófüggvény szignifikáns-e!

Megoldások:

a) y=-11,65+0,052x az árbevétel 1 mFt-os növekedése átlagosan 0,052 mFt-al emeli az eredményt

b) se=2,605mFt Ve=0,087, átlagosan 8,7%-al térnek el a megfigyelt értékek a becsült értékektől

c) R2=97,8% d) El=1,39%, az árbevétel 1%-os megváltozása az átlagérték körül, 1,39%-os változást

okoz az eredményben. e) Pontbecslés y-ra: y=-11,65+0,052*1000 = 40,35mFt

t(7,0,975)=2,36 sy=2,605*Gyök(1/9+1+(1000-800)^2/789850) = 2,808 33,72<Y(1000)<46,98

99

f) H0: β1=0 H1: β1≠0 t=0,052/0,0029=17,93 t(7;0,975)=2,36 F=2135,78/(47,5/7)=314,75 F(1,7)= 5,59 A regressziófüggvény szignifikáns.

2. 10 elemű minta alapján vizsgálták a Suzuki Sedan 1.3GL típusú gépkocsik életkora és

eladási ára közötti kapcsolatot:

Életkor (év) 3 1 6 4 4 5 0 1 7 2

Eladási ár (ezer Ft) 1720 1800 1350 1600 1500 1550 2000 1750 1300 1700

a) Határozza meg a két ismérv kapcsolatát leíró lineáris regressziófüggvényt! b) Számítsa ki a kovarianciát, a lineáris korrelációs együtthatót, a regresszióbecslés

relatív hibáját! c) Tesztelje a regressziófüggvényt 5%-os szignifikanciaszinten! d) Becsülje meg a 8 éves gépkocsik eladási árát 95%-os megbízhatósági szinten!

Megoldások: xátl = 3,3 yátl = 1627 Σx2 = 157 Σy2 = 26875900 Σx = 33 Σy = 16270

xi yi dxi dyi dxi*dyi dxi2 dyi2 y becs. yi-ybecs

ei2

3 1720 -0,3 93 -27,9 0,09 8649 1653,4 66,58 4432,91 1800 -2,3 173 -397,9 5,29 29929 1829,3 -29,34 860,86 1350 2,7 -277 -747,9 7,29 76729 1389,5 -39,54 1563,44 1600 0,7 -27 -18,9 0,49 729 1565,5 34,54 1193,04 1500 0,7 -127 -88,9 0,49 16129 1565,5 -65,46 4285,05 1550 1,7 -77 -130,9 2,89 5929 1477,5 72,50 5256,30 2000 -3,3 373 -1230,9 10,89 139129 1917,3 82,70 6839,31 1750 -2,3 123 -282,9 5,29 15129 1829,3 -79,34 6294,87 1300 3,7 -327 -1209,9 13,69 106929 1301,6 -1,58 2,52 1700 -1,3 73 -94,9 1,69 5329 1741,4 -41,38 1712,3

33 16270 0 0 -4231 48,1 404610 -0,32 32440 a.) b1 = -4231/48,1 = -87,96 b0 = 1627+87,96·3,3 = 1917,3

xy 96,873,1917ˆ −= b.) Cxy= -423,1 r = -4231/gyök(48,1·404610) = -0,959

100

se = 63,68 eFt Ve = 0,039 c.) H0: β1 = 0 H1: β1 ≠ 0 DF = 8 α=5% tkrit = 2,31 Elf. Tartomány: -2,31 – 2,31 sb = 9,18 tsz = -87,96/9,18 = -9,58 H0-t elutasítjuk. d.) sy = 63,68·gyök(1,1+22,09/48,1) = 79,52 y8 = 1213,6 eFt 1213,6-2,31·79,52<Y8< 1213,6+2,31·79,52 (1030; 1397)eFt 3. Egy egyéni vállalkozó fő tevékenységi körében teherszállítással foglalkozik.

Munkájának elemzése során 10 véletlenszerűen kiválasztott fuvar alapján vizsgálta, hogy van-e összefüggés a szállítás időtartama és távolsága között. A megfigyelés eredménye az alábbi táblázatban található.

Szállítási távolság (km) (x)

4 4 2 10 19 20 16 20 25 30

Szállítási idő (perc) (y)

10 13 8 20 27 35 22 40 45 50

a) Határozza meg a két ismérv kapcsolatát leíró lineáris regressziófüggvényt! b) Számítsa ki a lineáris korrelációs együtthatót, a regresszióbecslés relatív hibáját,

valamint a becsült paraméterek standard hibáit! c) Számítsa ki a szállítási idő rugalmasságát átlagos szinten! d) Adjon 95%-os intervallumbecsést a β1 regressziós együtthatóra! e) Tesztelje a regressziófüggvényt 5%-os szignifikanciaszinten! f) Becsülje meg a 12 km távolságra történő szállítások átlagos idejét! (95%-os szinten)

Megoldások: xátl = 15 yátl = 27

101

x y dx dy dxdy dx2 dy2 ybecs e2

4 10 -11 -17 187 121 289 10,423 0,178929 4 13 -11 -14 154 121 196 10,423 6,640929 2 8 -13 -19 247 169 361 7,409 0,349281

10 20 -5 -7 35 25 49 19,465 0,286225 19 27 4 0 0 16 0 33,028 36,33678 20 35 5 8 40 25 64 34,535 0,216225 16 22 1 -5 -5 1 25 28,507 42,34105 20 40 5 13 65 25 169 34,535 29,86623 25 45 10 18 180 100 324 42,07 8,5849 30 50 15 23 345 225 529 49,605 0,156025

Szumma 1248 828 2006 124,9566

a.) b1 = 1248/828 = 1,507 b0 = 27-1,507*15 = 4,395

xy 507,1395,4ˆ += b.) r= 1248/gyök(828·2006)= 0,9683 se= gyök(124,9566/8)= 3,952

vagy SST = 2006, r2= 0,93771 � SSE = (1-0,93771)·2006 = 124,9565 � se = 3,952

Ve = 3,952/27 = 0,1464 sb0 = 2,41 sb1 = 0,137 c.) El(y|xátl) = 1,507·15/27 = 0,837 d.) DF = 8 , α= 5% , tα/2 = 2,31 1,507 – 2,31·0,137 < β1 < 1,507 + 2,31·0,137 1,19 < β1 < 1,82 e.) H0: β1 = 0 H1: β1 ≠ 0 DF = 8 α=5% tkrit = 2,31 Elf. Tartomány: -2,31 – 2,31 sb1 = 0,137 tsz = 1,507/0,137 = 11 H0-t elutasítjuk. f.) sy = 3,952·gyök(0,1+9/828) = 1,316

102

y12 = 22,48 perc 22,48-2,31·1,316<Y12< 22,48+2,31·1,316 (19,44; 25,52) perc 4. Egy farmer a felhasznált műtrágyafajták száma alapján szeretné előrejelezni a várható

termésmennyiséget.

Felhasznált műtrágya 1 2 4 5 6 8 10

Termés [t/ha] 2 3 4 7 12 10 7

Ismertek továbbá az alábbi részeredmények:

Részeredmények Cov(xy) 7,082 sx 2,95 sy 3,42

∑ 2xd 60,86

(megj.: a szórások korrigálatlan tapasztalati szórások) a) Határozza meg a két ismérv kapcsolatát leíró lineáris regressziófüggvény

paramétereit! b) Számítsa ki a lineáris korrelációs együtthatót és a determinációs együtthatót! c) Tesztelje a regressziófüggvényt 5%-os szignifikanciaszinten! d) Becsülje meg 7 fajta műtrágya alkalmazásával a termésmennyiséget 95%-os

megbízhatósági szinten! Megoldások: xátl = 5,14 yátl = 6,43 a.)

b1 = 7·7,082/60,857= 0,815 b0 = 6,43-0,815·5,14 = 2,241 b.) r= 7,082/gyök(8,7·11,7) = 0,702 R2 = 0,7022 = 0,493 c.) H0: β1 = 0 H1: β1 ≠ 0 DF = 5 α=5% tkrit = 2,57 Elf. Tartomány: -2,57 – 2,57 SSE = 7·11,7 (1- 0,493) = 41,5233 se= gyök(41,5233/5) = 2,88 sb1 = 2,88/gyök(60,86) = 0,37 tsz = 0,815/0,37 = 2,02 H0-t elfogadjuk, nem tér el szignifikánsan β1 értéke 0-tól. A modell nem releváns.

103

d.) bár a modell nem releváns, becsüljük meg a termésmennyiséget: 2 2

1y e n 2

1i 1

(x x)1 1 (7 5,14)s s 2,88

n 7 60,86(x x)

=

− −= ∗ + = ∗ +−∑

= 287,1447,088,2 =⋅

y7 = 7,95 t/ha

7,95-2,57·1,287 < Y7 < 7,95+2,57·1,287 (4,64; 11,26)

104

VII. Döntéselmélet

1. Adott az alábbi nyereség típusú döntési mátrix:

t1 t2 t3 t4

s1 100 60 -40 -20 s2 20 70 80 60 s3 40 60 200 60 s4 -10 20 20 70

Hogyan döntene bizonytalan körülmények között? Megoldás:

1. Wald-kritérium Minden egyes stratégiánál megkeressük a legrosszabb következményt. S1 � -40 S2 � 20 S3 � 40 S4� -10 E legrosszabb következmények közül a legkevésbé rosszat választjuk, vagyis s3-at. 2. Laplace-kritérium Minden egyes tényállapot bekövetkezéséhez ugyanakkora valószínűséget kapcsolunk. P(t1)= P(t2)= P(t3)= P(t4)= ¼=0,25 Kiszámítjuk minden egyes stratégiához kapcsolódóan a következmények várható értékét.

0,25704

120

4

120

4

110

4

1)(

0,90604

1200

4

160

4

140

4

1)(

5,57604

180

4

170

4

120

4

1)(

0,25204

140

4

160

4

1100

4

1)(

4

3

2

1

=⋅+⋅+⋅+⋅−=

=⋅+⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅+⋅=

=⋅−⋅−⋅+⋅=

sM

sM

sM

sM

Ezek közül a legnagyobb várható értékűt választjuk, azaz s3-at.

105

3. Savage-kritérium Elmaradó haszon mátrixot készítünk, majd a Wald-kritériumot alkalmazzuk.

t1 t2 t3 t4

s1 0 10 240 90 s2 80 0 120 10 s3 60 10 0 10 s4 110 50 180 0

Kiválasztjuk minden egyes stratégiánál a legrosszabb következményeket: S1 � 240 S2 � 120 S3 � 60 S4� 180

Majd ezek közül a legkevésbé rosszat választjuk, vagyis s3-at.

2. Egy vállalkozó automatizált gyártóberendezést kíván importálni. A gép megbízható

működéséhez – többek között – egy kritikus alkatrész hibátlan működése szükséges. A szállító ajánlata szerint a berendezéssel együtt vásárolt tartalék alkatrészek ára: 10.000€/db. Egy-egy alkatrész utólagos beszerzésének a költsége viszont: 35.000€/db. A szállító adatai szerint az eddig eladott berendezések üzemeltetése során egy adott berendezés esetén legfeljebb 3 meghibásodás fordult elő. a) Hány tartalék alkatrészt vásároljon a vásárló, ha nincs információja a berendezés

megbízhatóságáról? b) Hogyan alakul a vállalkozó döntése, ha megkapja az eddig eladott 231 db.

berendezésről készült alábbi meghibásodási statisztikát.

Meghibásodott alkatrészek száma 0 1 2 3 Berendezések száma 135 56 27 13

Megoldás: Döntési mátrix készítése. 4 tényállapotunk van: 0, 1, 2, vagy 3 meghibásodás fordul elő. A stratégiák: 0, 1, 2, vagy 3 tartalék alkatrészt vásárolunk. A következmények pedig az ezzel kapcsolatos költségek.

t0 t1 t2 t3

s0 0 35000 70000 105000 s1 10000 10000 45000 80000 s2 20000 20000 20000 55000 s3 30000 30000 30000 30000

106

1. Wald-kritérium Minden egyes stratégiánál megkeressük a legrosszabb következményt.

S0 � 105000 S1 � 80000 S2 � 55000 S3� 30000

E legrosszabb következmények közül a legkevésbé rosszat választjuk, vagyis s3-at. 2. Laplace-kritérium Minden egyes tényállapot bekövetkezéséhez ugyanakkora valószínűséget kapcsolunk. P(t0)= P(t1)= P(t2)= P(t3)= ¼=0,25 Kiszámítjuk minden egyes stratégiához kapcsolódóan a következmények várható értékét.

300003000041

3000041

3000041

3000041

)(

287505500041

2000041

2000041

2000041

)(

362508000041

4500041

1000041

1000041

)(

5250010500041

7000041

3500041

041

)(

3

2

1

0

=⋅+⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅+⋅=

sM

sM

sM

sM

Ezek közül a legkisebb várható értékűt választjuk (mivel költségekről van szó), azaz s2-t. 3. Savage-kritérium Elmaradó haszon mátrixot készítünk, majd a Wald-kritériumot alkalmazzuk.

t0 t1 t2 t3

s0 0 25000 50000 75000 s1 10000 0 25000 50000 s2 20000 10000 0 25000 s3 30000 20000 10000 0

Kiválasztjuk minden egyes stratégiánál a legrosszabb következményeket: S0 � 75000 S1 � 50000 S2 � 25000 S3� 30000 Majd ezek közül a legkevésbé rosszat választjuk, vagyis s2-őt.

b) kérdés A tényállapotok bekövetkezési valószínűségét illetően kapunk információkat: Így P(t0)=135/231=0,5844, P(t1)=56/231=0,2424, P(t2)=0,1168, P(t3)=0,0563 Ezen valószínűségek felhasználásával számítjuk az egyes cselekvési változatok várható kilátásait, majd a legjobbat, vagyis s1-et választjuk (megint azért, mert költségekről van szó):

107

30000300000563,0300001168,0300002424,0300005844,0)(

5,21968550000563,0200001168,0200002424,0200005844,0)(

18028800000563,0450001168,0100002424,0100005844,0)(

5,225711050000563,0700001168,0350002424,005844,0)(

3

2

1

0

=⋅+⋅+⋅+⋅==⋅+⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅+⋅==⋅+⋅+⋅+⋅=

sM

sM

sM

sM

3. Salvador elhatározta, hogy megtakarított pénzén motelt kíván építeni, de nem tudja

még, hogy 20, 30, 40, vagy 50 szobát rendezzen-e be. Az előrelátható költségek a következők: A szobaszámtól független évi költségek:

• Tereprendezés és közművesítés: 100000 peso • Feltételezik, hogy az építményeknek és közműveknek 10 évig kell tartaniuk, és a

fix költségeket is 10 év alatt írják le, így a kezdeti tereprendezés és közművesítés költségének egy évre jutó hányada: 10 000 peso.

• Javítási és karbantartási költségek (fix költségrész) évente: 1500 peso • Éjjeli őr évente (járulékos költségekkel): 6000 peso • Egy karbantartó évente (járulékos költségekkel): 8000 peso

A fix költségek évi összege: 25500 peso. A szobák számával arányos évi költségek:

20 30 40 50 Építés, közművesítés, a szobák bebútorozása. Egy szoba költsége 40 000 peso és 10 éven keresztül azonos összeget írnak le. Különböző szobaszámok esetén:

80 000 120 000 160 000 200 000

10 szobánként egy alkalmazott: egy alkalmazott évi költsége a járulékos költségekkel együtt 6000 peso

12 000 18 000 24 000 30 000

Karbantartás és javítások szobánként évi 150 peso

3000 4500 6000 7500

Tűzbiztosítás (szobánként évi 25 peso)

500 750 1000 1250

Összesen 95 500 143 250 191 000 238750

A kivett szobák R átlagos számával arányos évi költségek: 0 10 20 30 40 50 Mosás, takarítás: 5 peso/nap/szoba 0 18000 36000 54000 72000 90000 Villany, gáz, víz: 5 peso/nap/szoba 0 18000 36000 54000 72000 90000 összesen 0 36000 72000 108000 144000 180000 Szobabér, bevételek 0 10 20 30 40 50 Bevétel 0 219000 438000 657000 876000 1095000 Ezen számok alapján meghatározták az évi bevételt különböző R és S értékek esetén. A következő táblázat tartalmazza ezeket az értékeket.

108

Nyereség (ezer pesoban kifejezve) 0 10 20 30 40 50 S=20 -121 62 245 245 245 245 S=30 -168,75 14,25 197,25 380,25 380,25 380,25 S=40 -216,5 -33,5 149,5 332,5 515,5 515,5 S=50 -264,25 -81,25 101,75 284,75 467,75 650,75 Ebben a bizonytalan helyzetben Salvador milyen kritériumot válasszon?

Megoldás: Laplace kritériuma: e kritérium szerint Salvador 1/6 valószínűséget adna R különböző értékeinek (0, 10, 20, 30, 40, 50). Ilyen körülmények között S különböző értékei esetén az alábbi valószínű nyereségeket kapná:

Valószínű nyereség

S=20 153,5 S=30 197,25 S=40 210,5 S=50 193,25

E kritérium alapján Salvador nyilván az S=40 szobaszámot választaná. Az egyenlő valószínűség hipotézise azonban sok embernek nem felel meg, bár elég sokan megelégszenek ezzel. Wald kritériuma: a legóvatosabb magatartás követése, vagyis a táblázat minden sorából a legkisebb eredményt nézzük meg, és azt a sort választjuk, amelyben az előbbi értékek közül a legnagyobbat találjuk. Salvador esetében a következőt kapjuk.

Minimum érték S=20 -121 S=30 -168,75 S=40 -216,5 S=50 -264,25

Salvador az S=20 szobaszám választása esetén biztos lehet abban, hogy veszít többet 121 000 pesónál. Ez elég pesszimista kritérium… Hurwicz kritériuma: bevezet szubjektív módon egy α optimizmus együtthatót. Legyen valamely adott sorban a legkisebb szám a, a legnagyobb pedig A. Ebben az esetben

aAH ⋅−+⋅= )1( αα értéket kell minden sor számára meghatározni. Azt a sort választjuk, amelyik a legnagyobb H értéket adja. Látjuk, hogy ha α=0, akkor Wald kritériumához jutunk, ha viszont α=1, akkor a teljes optimizmus kritériumát kapjuk. Salvador kiszámította H értékeit az α együttható különböző értékei esetén:

α=0,1 α=0,2 α=0,5 α=0,8 α=0,9 S=20 -84,40 -47,8 62 171,8 208,4 S=30 -113,85 -58,95 105,75 270,45 325,35 S=40 -143,3 -70,10 149,50 369,10 442,30 S=50 -172,75 -81,25 193,25 467,75 559,25

109

Ebben a problémában a teljesen pesszimista magatartás S=20 választásához, a teljesen optimista magatartás pedig S=50 választásához vezet. Savage kritériuma: minden R érték esetén meghatározzuk a legkedvezőbb esetet, és kivonjuk az ennek megfelelő értéket az ezen állapotra vonatkozó oszlop minden egyes eleméből. Ez a számítás megadja a különbséget a tényleges választás eredménye és a természet szándékai ismeretében legkedvezőbb választás eredménye között. Ezt a különbséget nevezik regretnek. Példánkban -121-et kell kivonni az R=0 oszlopból és 62-t az R=10 oszlopból stb.

0 10 20 30 40 50 S=20 0 0 0 -135,25 -270,50 -405,75 S=30 -47,75 -47,75 -47,74 0 -135,25 -270,50 S=40 -95,50 -95,50 -95,50 -47,75 0 -135,25 S=50 -143,25 -143,25 -143,25 95,50 -47,75 0

A regretek minimális értéke ebben az esetben S különböző értékei esetén:

Minimum regret érték S=20 -405,75 S=30 -270,50 S=40 -135,25 S=50 -143,25

Látjuk, hogy S=40 választása esetén Salvador regretje nem lehet nagyobb 135,25-nél. A választás nehézsége: Salvador az alábbi megoldások közül választhat: a) Laplace kritériuma szerint 40 szobát épít. b) Wald kritériuma szerint csupán 20 szobát épít. c) Hurwicz kritériuma szerint 20 szobát épít, ha teljesen pesszimista, és 50-et, ha teljesen optimista d) Savage kritériuma szerint 40 szobát épít. Eddig tartott a feladat megoldása. Nézzünk egy picit a feladaton túl! A kritérium kiválasztása pontosan a szabadságnak az a magasabb formája, amelyet a gazdasági élet szereplőinél megtalálunk. Minden kritérium meg kell, hogy feleljen a döntést hozó szándékainak és jellemének. Amint azt a fenti példán láttuk, a kritérium kiválasztása meghatározza a döntést, és ez a döntés különbözhet attól, hogy melyik kritériumot választjuk. Salvador nem ment volna bele a vállalkozásba, ha nem lett volna valamilyen előzetes információja arról, hogy milyen esélye van a tervezett vállalkozás sikerének. Pontosabban: ismerte azt a tényt, hogy a meglévő motelekben az utóbbi években az alábbi átlagos keresletet figyelték meg: kereslet 0 10 20 30 40 50 Valószínűség 0,01 0,09 0,20 0,30 0,30 0,10

110

Ennek következtében sokkal több támpontja volt a választáshoz. Csupán ki kellett számítania a várható nyereséget mindegyik hipotézis esetében:

12,301)50(50

676,330)40(40

22,305)1,03,03,0(25,3802,025,19709,025,1401,075,168)30(30

87,224)1,03,03,02,0(24509,06201,0121)20(20

====

=++⋅+⋅+⋅+⋅−===+++⋅+⋅+⋅−==

ES

ES

ES

ES

Ezután összehasonlította a várható értékeket. Így a legelőnyösebb megoldásnak a 40 szobás motel építése tűnik. A kritérium kiválasztása: Amint láttuk, a kritérium kiválasztása a legnehezebb kérdés, de talán a legérdekesebb is. Ami bennünket illet, úgy véljük, hogy kellőképpen pontos információk hiányában a választásnál célszerű kiszámítani a tönkremenés és a siker esélyeit. Nevezzük α-nak annak a szubjektív valószínűségét, hogy rossz eredményeket érünk el, és γ-nak annak a szubjektív valószínűségét, hogy sikert érünk el. A közbenső helyzeteknek a valószínűsége β, és egész egyszerűen: 1=++ γβα Ilyen feltételek között, ha ΣP a balszerencsés eredmények összege, I a közbenső eredmények összege és S a kielégítő eredmények összege, az

p

S

n

I

m

P ∑∑∑ ⋅+⋅+⋅ γβα

súlyozott összeg minden hipotézis esetében a várható érték szubjektív becslése, ahol m, n és p a megfelelő eredmények száma, amelyek az egyes kategóriákban előfordulnak. Az alapprobléma annak meghatározása, hogy az egyes különböző eredményeket melyik osztályba soroljuk. Térjünk vissza az elején megadott jövedelemtáblázathoz! Az első megoldás az lehet, hogy balszerencsésnek veszünk minden olyan eredményt, amely veszteségnek felel meg, vagyis ahol a táblázatban negatív érték szerepel. Ezzel szemben azt

az ellenvetést lehet tenni, hogy mivel a súlyozott átlagot vesszük, m

P∑ egyenlő például abban

az esetben, amikor S=40, a következővel:

1252

5,335,216 −=+−

abban az esetben pedig, amikor S=30, a következővel egyenlő:

75,168−=∑m

P

Tehát az az intuitív elképzelésünk alakul ki, hogy az épített szobák számával együtt nő a kockázat. Ezért inkább a második megoldást választjuk, amely abból áll, hogy csupán a táblázat első oszlopának (R=0) eredményeit tekintjük balszerencsés eredményeknek, a kis nyereséget és kis veszteséget pedig egyenértékű eredményeknek vesszük. Ez a megoldás természetesen aszimmetria alapján oda vezet, hogy az R=50 maximális keresletnek megfelelő eredményeket tekintsük kielégítő eredményeknek. Így az alábbi eloszláshoz jutunk. Vegyünk egy konkrét példát, feltéve, hogy Salvador 10%-ra becsüli a tönkremenés valószínűségét, de nem mer nagyobb valószínűséget adni 20%-nál a siker elérésének.

111

0 10 20 30 40 50 S=20 S=30 S=40 S=50

Balszerencséseredmények Közbenső

eredmények

Kielégítőeredmények

0 10 20 30 40 50 S=20 S=30 S=40 S=50

Balszerencséseredmények Közbenső

eredmények

Kielégítőeredmények

α0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1 IV.

IV. IV.

IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV. IV. IV.

IV.

IV. IV.

III. III. III. III. III. III. II. II. I.

III. III. III. II. II. II. I. I. I. I.

I.I. I. I. I.I.II. II. II. II. II.

α0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1 IV.

IV. IV.

IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV. IV. IV.

IV. IV. IV. IV. IV. IV.

IV.

IV. IV.

III. III. III. III. III. III. II. II. I.

III. III. III. II. II. II. I. I. I. I.

I.I. I. I. I.I.II. II. II. II. II.

Az ábrán a legelőnyösebb döntés térképe látható: minden döntést, amely 20, 30, 40, 50 szoba építésére vonatkozik, egy szám – I., II., III. és IV. ábrázolja. Minden (α,γ) becslés pár számára le lehet olvasni a legelőnyösebb döntést. Így α=0,1; γ=0,2, tehát β=0,7, és kiszámíthatjuk, hogy

8,2382,01

75,6507,0

475,46775,10125,81

1,01

5,264)50(

2,2502,01

5,5157,0

45,5155,3325,149,335

1,01

5,216)40(

3,2292,01

25,3807,0

425,38025,19725,14

1,01

75,168)30(

4,1762,01

2457,0

4245362

1,01

121)20(

=⋅+⋅++−+⋅−=

=⋅+⋅+++−+⋅−=

=⋅+⋅⋅+++⋅−=

=⋅+⋅⋅++⋅−=

ε

ε

ε

ε

Ez a második megoldás megfelelőnek látszik a balszerencsés eredmények kategóriájára, viszont hátránynak lehet tekinteni azt, hogy két különböző kategóriába sorolja a barátunk számára azonos hasznot hozó eredményeket. Salvador optimistább, ha 20 ügyfél elutasítására számít, mint ha 10 ügyfél elutasítására számít. Logikusabb lenne tehát egy harmadik megoldást alkalmazni, amelyben balszerencsés eseményeknek tekintjük azokat, amikor

112

egyetlen ügyfél sem jelentkezik, kedvező eseményeknek pedig azt vesszük, amikor mindegyik szoba megtelik. Az eloszlást ebben az esetben az alábbi ábra mutatja be:

S=50

S=40

S=30

S=20

50403020100

Balszerencsés eredmények

Közbensőeredmények

Kielégítőeredmények

S=50

S=40

S=30

S=20

50403020100

Balszerencsés eredmények

Közbensőeredmények

Kielégítőeredmények

4. Egy könyvesbolt vezetője arról kíván döntést hozni, hogy a legújabb krimi bestsellerből hány példányt rendeljen. A krimik korábbi eladási tapasztalatára építve úgy véli, hogy 18-20 közötti darabot fog tudni értékesíteni. Minden egyes példány 3 dollárjába kerül, és 4 dollárért értékesíti azokat. Ha egyes példányokat nem tud értékesíteni, akkor a 1 dollárt visszakap az el nem adott példányok visszaküldésével. Függetlenül attól, hogy hány darabot rendel a szállítási és a kezelési költség 5 dollár. Készítsen döntési mátrixot a keresletek és megrendelések lehetséges kombinációit illetően!

Megoldás: A döntési mátrix elkészítése (nyereségmátrix dollárban):

t18 t19 t20

s18 13 13 13 s19 11 14 14 s20 9 12 15

a) Hány példányszám mellett döntsön a könyvesbolt vezetője, ha nincs információja a

keresleti szintek bekövetkezési valószínűségeit illetően? Legyen az optimizmus együttható 0,6! Wald kritérium: minden cselekvési változathoz megnézzük a legrosszabb következményt, majd a legjobbat választjuk:

ti s18 13 s19 11 s20 9

Ezek közül a legjobb a 13, tehát 18 példányt rendel az újságos. Maximax kritérium: minden cselekvési változathoz megnézzük a legjobb következményt, majd a legjobbat választjuk:

113

ti s18 13 s19 14 s20 15

A maximax kritérium értelmében 20 példányt rendel. Savage kritérium: regretmátrix készítése, majd Wald kritérium alkalmazása:

t18 t19 t20

s18 0 1 2 s19 2 0 1 s20 4 2 0

Legrosszabb következmények:

ti s18 2 s19 2 s20 4

E kritérium szerint vagy 18 vagy 19 példányt rendel az újságos. Hurwicz-kritérium:

1313)6,01(136,0)( 18 =⋅−+⋅=sϕ

8,1211)6,01(146,0)( 19 =⋅−+⋅=sϕ 6,129)6,01(156,0)( 20 =⋅−+⋅=sϕ

A Hurwicz-kritérium értelmében 18 példányt rendel. Laplace-kritérium:

12)15129(3

1)(

13)141411(3

1)(

13)131313(3

1)(

20

19

18

=++=

=++=

=++=

sM

sM

sM

A Laplace-kritérium értelmében 18 vagy 19 példányt érdemes rendelnie.

114

b) Múltbeli eladások alapján a könyvesbolt vezetője az alábbi szubjektív becsléseire alapozott valószínűségeket rendelte az egyes keresleti szintekhez. Hogyan döntsön ezen információk birtokában?

Keresleti szint Valószínűség 18 0,4 19 0,35 20 0,25 1

55,111525,01235,094,0)(

8,121425,01435,0114,0)(

131325,01335,0134,0)(

20

19

18

=⋅+⋅+⋅==⋅+⋅+⋅==⋅+⋅+⋅=

sM

sM

sM

Ennek értelmében érdemes 18 példányt rendelnie.

c) A kereskedő úgy döntött, hogy csak akkor rendel krimit, ha várhatóan 20-at el tud adni belőle. (Ha nem, akkor más típusú könyveket rendel.) Keresleti szint megítélésére gyors felmérést szokott végezni az ismerősök között. Az ismerősök által adott előrejelzés az esetek 75%-ában jelezte helyesen előre 20 könyv eladását. 19 könyv keresleténél az ismerősök 15% valószínűséggel jeleztek 20 könyvet, 18 könyv keresleténél pedig 10% valószínűséggel. A rendelések hány %-ban fog a kereskedő krimit rendelni? Hosszútávon mekkora lesz az árbevétele a krimik eladásából?

Legyen S = az ismerősök 20-at jeleztek T1 = 18-at vesznek meg T2 = 19-et vesznek meg T3 = 20-at vesznek meg P(T1), P(T2),P(T3) b. részből ismert, rendre: 0,4; 0,35 és 0,25. Most tudjuk még, hogy ha 18-at vettek, akkor az ismerősök 20-at jeleztek, P(S|T1)=0,1, ha 19-et vettek, akkor az ismerősök 20-at jeleztek P(S|T2) = 0,15 és ha 20-at vettek, akkor az ismerősök 20-at jeleztek P(S|T3) = 0,75. Nekünk éppen a fordított valószínűségek kellenek. Előtte az esetek hány %-ában jeleznek 20-at a teljes valószínűség tétele értelmében: P(S) = 0,4·0,1+0,35·0,15+0,25*0,75 = 0,28 A Bayes-tétel felhasználásával: P(T1|S) = 0,1428 P(T2|S) = 0,1875 P(T3|S) = 0,6696 Ezekkel a valószínűségekkel a nyereség: M(NY) = 13,5792

115

5. Egy építőipari vállalat fontolóra vette, hogy korábban megvásárolt telkein 6 házat építene fel. A várostervezési bizottságnak azonban be kell nyújtania egy olyan előzetes tervet, amin a telken felépíteni kívánt ingatlanok pontos száma szerepel. Ráadásul valamennyi ingatlant hat hónapos intervallumon belül és egy időben fel kell építeni. A beruházó szempontjából nem lehetséges az ingatlanok egyidejű felépítése anélkül, hogy a kereslet nem lenne fix a felépíteni kívánt lakásokra. Ha a beruházó több ingatlant épít fel, mint amire kereslet mutatkozik, akkor az építési költség feléért tudja eladni a keresleten felüli házakat. Azokat a házakat, amelyekre kereslet mutatkozik az építési költség 1,3-szorosáért tudja eladni, ami 39mFt. Tételezzük fel, hogy a kereslet nem 0. Tételezzük fel, hogy kezdetben egy bizonytalan döntési helyzettel állunk szemben, és nem ismertek a keresletek, mint tényállapotok valószínűségei. Hány ingatlant kellene építenie a beruházónak? Tegyük fel, hogy az egyes tényállapotokat illetően a következő bekövetkezési valószínűségeket becsli a beruházó múltbeli tapasztalatok alapján: 0,1; 0,2; 0,4; 0,1; 0,1; 0,1. A kockázatos döntések osztályában alkalmazható kritériumok alapján válassza ki az optimális cselekvési stratégiát! A vállalatvezetés úgy döntött, hogy csak akkor kezdi meg az építkezést, ha várhatóan 4 db-ot el tud adni megépített lakásokból. A piackutató részlegük gyorsfelmérést végzett. A részleg által adott előrejelzés az esetek 72%-ában jelezte előre helyesen a 4db lakás eladását. A piackutató részleg 1db keresleténél 5%-ban jelezte a 4db eladását, 2db keresleténél 6%-ban, 3db keresleténél 10%-ban, 5 db keresleténél 4%-ban és 6db keresleténél 3%-ban. Mekkora valószínűséggel kezdi meg az építkezést? Hosszú távon mekkora profitja lesz lakások eladásából a vállalatnak?

Megoldás: Az építési költség 30mFt. Így azokat a házakat, amelyekre nem volt előzetes kereslet, 15mFt-ért tudja eladni. Először a döntési mátrixot kell elkészítenünk: A t1, t2, …, t6 tényállapotok azt mutatják, hogy 1, 2, …, 6 ház iránt van-e előzetesen kereslet. Az s1, s2, …, s6 cselekvési stratégiák pedig azt mutatják, hogy 1, 2, …, 6 ház építése mellett dönt a beruházó. t1 t2 t3 t4 t5 t6

s1 9 9 9 9 9 9 s2 -6 18 18 18 18 18 s3 -21 3 27 27 27 27 s4 -36 -12 12 36 36 36 s5 -51 -27 -3 21 45 45 s6 -66 -42 -18 6 30 54 Bizonytalan döntési helyzet:

116

Wald kritérium:

t1 t2 t3 t4 t5 t6s1 9 9 9 9 9 9s2 -6 18 18 18 18 18s3 -21 3 27 27 27 27s4 -36 -12 12 36 36 36s5 -51 -27 -3 21 45 45s6 -66 -43 -18 6 30 54

Maximax kritérium:

t1 t2 t3 t4 t5 t6s1 9 9 9 9 9 9s2 -6 18 18 18 18 18s3 -21 3 27 27 27 27s4 -36 -12 12 36 36 36s5 -51 -27 -3 21 45 45s6 -66 -42 -18 6 30 54

Savage kritérium: A regret mátrixra alkalmazott Wald kritérium: s3 stratégia

t1 t2 t3 t4 t5 t6s1 0 -9 -18 -27 -36 -45s2 -15 0 -9 -18 -27 -36s3 -30 -15 0 -9 -18 -27s4 -45 -30 -15 0 -9 -18s5 -60 -45 -30 -15 0 -9s6 -75 -60 -45 -30 -15 0

Hurwicz kritérium: (legyen az optimizmus együttható 0,85):

9915,0985,0)( 1 =⋅+⋅=sϕ

4,14)6(15,01885,0)( 2 =−⋅+⋅=sϕ

8,19)21(15,02785,0)( 3 =−⋅+⋅=sϕ

2,25)36(15,03685,0)( 4 =−⋅+⋅=sϕ

117

6,30)51(15,04585,0)( 5 =−⋅+⋅=sϕ

36)66(15,05485,0)( 6 =−⋅+⋅=sϕ

Ez alapján az s6 az optimális stratégia. Ha az optimizmus együttható 0,625-nél nagyobb, akkor az s6 stratégia lenne a nyerő, egyébként s1-et választja a döntéshozó.

54 (1 )( 66) 9

120 75

0,625

α ∗ + − α − ≥α ≥

α ≥

Laplace kritérium: Feltételezzük, hogy valamennyi tényállapot 1/6 valószínűséggel következik be. t1 t2 t3 t4 t5 t6

s1 9 9 9 9 9 9 s2 -6 18 18 18 18 18 s3 -21 3 27 27 27 27 s4 -36 -12 12 36 36 36 s5 -51 -27 -3 21 45 45 s6 -66 -42 -18 6 30 54

)(...)()( 621 tPtPtP ===

9)96(6

1)( 1 =⋅⋅=sM

14)6185(6

1)( 2 =−⋅⋅=sM

15)213274(6

1)( 3 =−+⋅⋅=sM

12)361212336(6

1)( 4 =−−+⋅⋅=sM

5)5127321245(6

1)( 5 =−−−+⋅⋅=sM

6)66421863054(6

1)( 6 −=−−−++⋅=sM

Mivel a legnagyobb várható értéke az s3 stratégia, így e kritérium értelmében ez a követendő cselekvés. Kockázatos döntések osztálya:

Keresleti szint Valószínűség 1 0,1 2 0,2 3 0,4 4 0,1 5 0,1 6 0,1

118

Maximum likelihood kritérium:

t1 t2 t3 t4 t5 t6s1 9 9 9 9 9 9s2 -6 18 18 18 18 18s3 -21 3 27 27 27 27s4 -36 -12 12 36 36 36s5 -51 -27 -3 21 45 45s6 -66 -42 -18 6 30 54

0,1 0,2 0,4 0,1 0,1 0,1

Várható érték kritérium:

2,361,051,041,034,022,011,0)( =⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=tM Ehhez legközelebb a t3 tényállapot van. A megoldás menete ugyanaz, mint a maximum likelihood kritériumnál. Várható pénzérték kritérium:

9)( 1 =sM 6,15189,0)6(1,0)( 2 =⋅+−⋅=sM

4,17277,032,0)21(1,0)( 3 =⋅+⋅+−⋅=sM

6,9363,0124,0)12(2,0)36(1,0)( 4 =⋅+⋅+−⋅+−⋅=sM

6,0452,0211,0)3(4,0)27(2,0)51(1,0)( 5 −=⋅+⋅+−⋅+−⋅+−⋅=sM

2,13541,0301,061,0)18(4,0)42(2,0)66(1,0)( 6 −=⋅+⋅+⋅+−⋅+−⋅+−⋅=sM

A legnagyobb várható pénzértéke az s3 stratégiának van. Kockázatos döntés pótlólagos információk alapján: Z esemény: a piackutató 4db-ot jelez előre A priori valószínűségek Feltételes valószínűségek Posteriori valószínűségek

(Bayes-tétellel) 0,1 0,05

037,0136,0

05,01,0)( 1 =⋅=ztP

0,2 0,06 088,0

136,0

06,02,0)( 2 =⋅=ztP

0,4 0,1 294,0

136,0

4,01,0)( 3 =⋅=ztP

0,1 0,72 5294,0

136,0

72,01,0)( 4 =⋅=ztP

1,0)( 5 =tP 04,0)( 5 =tzP 029,0136,0

04,01,0)( 5 =⋅=ztP

1,0)( 6 =tP 03,0)( 6 =tzP 022,0136,0

03,01,0)( 6 =⋅=tzP

119

136,003,01,004,01,0721,01,04,006,02,005,01,0)( =⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=zP

t1 t2 t3 t4 t5 t6s1 9 9 9 9 9 9s2 -6 18 18 18 18 18s3 -21 3 27 27 27 27s4 -36 -12 12 36 36 36s5 -51 -27 -3 21 45 45s6 -66 -42 -18 6 30 54

0,037 0,088 0,294 0,5294 0,029 0,022

056,2236581,012294,0)12(088,0)36(037,0)( 4 =⋅+⋅+−⋅+−⋅=sM 4 ház építése esetén várhatóan 22,056 mFt nyereségre tesz szert, amennyiben figyelembe vesszük a pótlólagos információkat.

120

VIII. Rangmódszerek alkalmazása

1. Kérjük, aláhúzással jelölje meg az alábbi tényezőpárosításokban, hogy melyik tényezőt tartja a kettő közül fontosabbnak egy feltételezett munkahely, vagy munkakör változtatás esetén.

Érdekes munkafeladatok (G) A jól végzett munka megbecsülése (K) Magas nyereségrészesedés (C) Jó viszony a vezetővel (F) Előmeneteli lehetőség (H) Érdekes munkafeladatok (G) Rendszeres prémium (B) Jó munkafeltételek (J) Ne kelljen nagyon keményen dolgozni (D) Jó viszony a munkatársakkal (E) Érdekes munkafeladatok (G) Jó munkafeltételek (J) A jól végzett munka megbecsülése (K) Jó viszony a vezetővel (F) Ne kelljen nagyon keményen dolgozni (D) Érdekes munkafeladatok (G) Rendszeres prémium (B) Magas nyereségrészesedés (C) Érdekes munkafeladatok (G) Magas nyereségrészesedés (C) Jó munkafeltételek (J) Jó viszony a vezetővel (F) Jó fizetés (A) Előmeneteli lehetőség (H) Érdekes munkafeladatok (G) Jó viszony a munkatársakkal (E) Rendszeres prémium (B) Érdekes munkafeladatok (G) Jó fizetés (A) Rendszeres prémium (B) Magas nyereségrészesedés (C) Jó fizetés (A) Jó fizetés (A) Ne kelljen nagyon keményen dolgozni (D) A jól végzett munka megbecsülése (K) Rendszeres prémium (B) Jó viszony a vezetővel (F) Előmeneteli lehetőség (H) Magas nyereségrészesedés (C) A jól végzett munka megbecsülése (K) Jó viszony a munkatársakkal (E) A jól végzett munka megbecsülése (K) Előmeneteli lehetőség (H) Jó munkafeltételek (J) Jó viszony a munkatársakkal (E) Előmeneteli lehetőség (H) Jó munkafeltételek (J) Jó viszony a munkatársakkal (E) Jó viszony a vezetővel (F) Rendszeres prémium (B) Ne kelljen nagyon keményen dolgozni (D) Rendszeres prémium (B) Rendszeres prémium (B) Jó viszony a munkatársakkal (E) Előmeneteli lehetőség (H) Rendszeres prémium (B) Jó munkafeltételek (J) Jó fizetés (A) Jó viszony a munkatársakkal (E) Magas nyereségrészesedés (C) Jó viszony a munkatársakkal (E) Jó viszony a vezetővel (F) A jól végzett munka megbecsülése (K) Ne kelljen nagyon keményen dolgozni (D) Jó fizetés (A) A jól végzett munka megbecsülése (K) Ne kelljen nagyon keményen dolgozni (D) Jó munkafeltételek (J) Előmeneteli lehetőség (H) Ne kelljen nagyon keményen dolgozni (D) Jó viszony a vezetővel (F) Ne kelljen nagyon keményen dolgozni (D) Jó viszony a munkatársakkal (E) Jó fizetés (A) Jó munkafeltételek (J) Jól végzett munka megbecsülése (K) Jó viszony a vezetővel (F) Érdekes munkafeladatok (G)

121

Jó munkafeltételek (J) Magas nyereségrészesedés (C) Jó fizetés (A) Jó viszony a vezetővel (F) Magas nyereségrészesedés (C) Ne kelljen nagyon keményen dolgozni (D) A jól végzett munka megbecsülése (K) Előmeneteli lehetőség (H) Magas nyereségrészesedés (C) Előmeneteli lehetőség (H) Érdekes munkafeladatok (G) Jó fizetés (A)

122

A

B C D E F G H J K a a2 p u

Jó fize-tés

Rend-szeres prémi-

um

Magas nyereségrészese-

dés

Ne kelljen nagyon kemé-nyen dol-

gozni

Jó viszony

a munka-társak-

kal

Jó viszony

a vezető-

vel

Érdekes munka-felada-

tok

Előme-neteli lehető-

ség

Jó munka-felté-telek

A jól végzett munka meg-

becsü-lése

A Jó fizetés

x

B Rendszeres prémium

x

C Magas nyereség-részesedés

x

D Ne kelljen nagyon keményen dolgozni

x

E Jó viszony a munkatársakkal

x

F Jó viszony a vezetővel

x

G Érdekes munkafeladatok

x

H Előmeneteli lehetőség

x

J Jó munkafeltételek

x

K A jól végzett munka

megbecsülése

x

Σ Összesen

123

2. Egy piackutató cég szeretné megállapítani, hogy nyolc különböző dvd lejátszó közül melyek elégítik ki a legjobban a vevők igényeit. E célból egy szakértői bizottság 9, a fogyasztó szempontjából lényeges jellemző szerint rangsorolja a fenti készülékeket. A kapott rangszámokat a következő táblázat tartalmazza. Hogyan lehetne egyesített rangsort készíteni, amely minden jellemzőt egybefoglalva egy általános minősítést tükröz?

Típus/jellemz ő 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. Ri

A 3 5 6 5 5 6 7 6 7 50

B 5 3 7 3 6 2 5 2 2 35

C 8 8 4 6 1 5 8 4 3 47

D 2 2 2 1 2 1 1 5 5 21

E 4 1 5 8 8 4 4 8 4 46

F 1 6 3 2 4 7 2 3 6 34

G 6 7 8 4 7 8 6 7 8 61

H 7 4 1 7 3 3 3 1 1 30

Megoldás: Először meg kell vizsgálni, hogy az egyes rangsorok csupán véletlenszerű ingadozást mutatnak, vagy szignifikáns összhang van a különböző szempontok szerint végzett rangsorolások között. Ha kimutatható ilyen összhang, akkor a rangszámok összegzése alapján készíthetünk egy olyan eredő rangsort, amely egy általános minősítést fog tükrözni. Az összhang vizsgálatára szolgál a Kendall-féle egyetértési együttható. W értékét úgy számíthatjuk, hogy a rangszámösszegek tényleges négyzetes eltéréseit elosztjuk a lehetséges maximális négyzetes eltérések összegével. Ez a hányados jellemző lesz az egyetértés vagy összhang mértékére. Ebben a példában nincs kötés, vagyis nincs rangszámegyezés.

max∆∆=W

12

)( 32

max

nnk −=∆ , esetünkben k (a döntéshozók száma) 9, n (rangsorolt

dolgok száma) 8.

5,402

)18(9

2

)1( =+⋅=+= nkR

340212

)88(9

12

)( 3232

max =−=−=∆ nnk

1146)5,4030(...)5,4047()5,4035()5,4050()( 22222

1

=−++−+−+−=−=∆ ∑=

n

ii RR

Az egyetértési együttható mértéke:

337,03402

1146

max

==∆

∆=W

Végezzük el a szignifikancia vizsgálatot! H0: nincs egyetértés, a rangszámok véletlenszerűen helyezkednek el H1: van egyetértés a rangsorolók között

124

2,21337,0)18(9)1(2 =⋅−⋅=−= Wnkszámχ

DF=n–1=8–1=7

067,142 =kritχ

Mivel 2

számχ > 2kritχ , így H0-t elvetjük, W értékében szignifikáns összhang mutatkozik.

Mindezek után elkészíthetjük a rangszámösszegek alapján az eredő rangsort, amely általános minősítést takar:

Típus Ri Eredő rangsor

A 50 7 B 35 4 C 47 6 D 21 1 E 46 5 F 34 3 G 61 8 H 30 2

Így a D, H, F, B, E, C, A, G típusú DVD lejátszók elégítik ki legjobban a vevők igényeit.

3. Egy textilgyárban a fonalcsévék homogén festésének minősítése a következőképpen történik. Az egyes festett csévéket, amelynek a színhomogenitását kell ellenőrizni 10-10 részcsévére bontják. Az így nyert részcsévéket 10 betanított és a célra alkalmas munkás értékeli színárnyalat szerint. Ha az egy csévéből származó részcsévék között az értékelők nem tudnak különbséget tenni, a festés homogénnek tekinthető és felhasználható. Ellenkező esetben selejtes a fonal. Az értékelés szemmel történik, az értékelők az eredményt rangsor formájában adják meg. A megegyező színárnyalatú részcsévék a rangszámuk átlagát kapják.

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. Ri

A 5,5 6 4,5 5,5 2 8 2,5 7 5,5 4 50,5B 5,5 6 4,5 5,5 7 8 9,5 7 5,5 9 67,5C 5,5 6 9,5 5,5 7 8 6,5 7 5,5 4 64,5D 5,5 1 4,5 5,5 7 2 6,5 2,5 5,5 4 44E 5,5 6 4,5 5,5 7 5 2,5 2,5 5,5 4 48F 5,5 6 4,5 5,5 7 5 2,5 2,5 5,5 4 48G 5,5 2 4,5 5,5 2 2 6,5 2,5 5,5 4 40H 5,5 6 4,5 5,5 7 2 9,5 7 5,5 4 56,5I 5,5 6 4,5 5,5 7 5 6,5 7 5,5 9 61,5J 5,5 10 9,5 5,5 2 10 2,5 10 5,5 9 69,5

Ha szignifikáns a véleményegyezés a bírálók között, akkor feltehető, hogy az egyes részcsévék festése nem homogén. Ha a bírálók között nincs egyetértés, akkor a rangszámok csak a véletlen következtében ingadoznak, a festés tehát homogén. Vizsgálja meg, hogy homogénnek tekinthető-e a festés?

125

Megoldás: A megoldás során meghatározzuk a Kendall-féle egyetértési együtthatót, majd elvégezzük annak szignifikancia vizsgálatát. Most számolnunk kell rangszámegyezéssel, így a W számítása során figyelembe kell vennünk a kötéseket:

∑−−

∆=−∆

∆=

L

LknnkKW

)(12

1 32max

12

)( 3∑ −= d

ttL

552

)110(10

2

)1( =+⋅=+= nkR

5,965)555,69(...)555,64()555,67()555,50()( 22222

1

=−++−+−+−=−=∆ ∑=

n

ii RR

5,82)1010(12

1 31 =−=L

28)77(12

1 32 =−=L

[ ] 5,42)22()88(12

1 333 =−+−=L

5,82)1010(12

1 34 =−=L

[ ] 30)33()77(12

1 335 =−+−=L

[ ] 63)33(12

1 36 =⋅−=L

[ ] 5,10)22(2)44(12

1 337 =−+⋅−=L

[ ] 15)44()55(12

1 338 =−+−=L

5,82)1010(12

1 39 =−=L

[ ] 30)33()77(12

1 3310 =−+−=L

∑L

L =409,5

23,040958250

5,965

5,40910)1010(1012

15,965

)(12

1 3232max

=−

=⋅−−

=−−

∆=−∆

∆=∑

L

LknnkKW

126

W=0,23 az egyetértés mértékét mutatja. Meg kell, hogy állapítsuk, hogy ez az érték adott szignifikancia szinten mit jelent. Végezzük el a szignifikancia vizsgálatot 5%-os szignifikancia szinten! H0: A bírálók között nincs egyetértés (W 0-nál nagyobb értéke a véletlennek tulajdonítható) H1: A bírálók között egyetértés van (W 0-nál nagyobb értéke nem a véletlennek tulajdonítható)

7,2023,0)110(10)1(2 =⋅−⋅=−= Wnkszámχ

DF=9 9,162 =kritχ

Mivel 2számχ > 2

kritχ , így H0-t elvetjük, W értékében szignifikáns összhang mutatkozik. Így a

cséve festése az egyes bírálók szignifikáns egyetértése miatt nem tekinthető homogénnek. 4. Egy tíztagú team teammunka eredményeként kiérdemelt jutalmát, az eredményhez való

hozzájárulás arányában szeretné egymás között szétosztani. 7 kiválasztott teamtag rangsorolta a team tagjait és saját magát is. Az összegzett rangsort az alábbi táblázat tartalmazza. Hogyan lehetne eredő rangsort készíteni?

A B C D E F G R i

A 1 1 1 1 1 1 1 7

B 5 5 6 7 8 5 6 42

C 3 2 2 3 2 2 4 18

D 4 6 5 6 7 7 5 40

E 7 7 9 8 6 9 9 55

F 2 3 3 2 3 4 3 20

G 8 8 7 5 10 8 8 54

H 9 10 8 10 5 10 10 62

I 6 4 4 4 4 3 2 27

J 10 9 10 9 9 6 7 60

Megoldás: A teamtagok által készített rangsorok között az egyetértés mértékét a Kendall-féle egyetértési együtthatóval vizsgáljuk meg.

max∆∆=W

5,382

)110(72

)1( =+⋅=+= nkR

5,3428)5,3860(...)5,3818()5,3842()5,387()( 22222

1

=−++−+−+−=−=∆ ∑=

n

ii RR

5,404212

)1010(7

12

)( 3232

max =−=−=∆ nnk

85,05,4042

5,3428

max

==∆

∆=W

127

W szignifikancia vizsgálata: H0: A rangsorolók között nincs egyetértés (W 0-nál nagyobb értéke a véletlennek tulajdonítható) H1: A rangsorolók között egyetértés van (W 0-nál nagyobb értéke nem a véletlennek tulajdonítható)

55,5385,0)110(7)1(2 =⋅−⋅=−= Wnkszámχ

9,162 =kritχ

Mivel 2számχ > 2

kritχ , így H0-t elvetjük, W értékében szignifikáns összhang mutatkozik. Az

eredő rangsor: teamtag A B C D E F G H I J rangszámösszeg 7 42 18 40 55 20 54 62 27 601 eredő rangsor 1 6 2 5 8 3 7 10 4 9 A teamtagok eredő rangsora: A, C, F, I, D, B, G, E, J, H 5. Egy vállalat szociálpszichológiai vizsgálatot végeztetett 5 vezető beosztású műszaki

dolgozójával. A következő kérdésekre keressük a választ: a) Az egyéni döntések mennyiben térnek el a csoportdöntéstől? b) A csoportdöntés hogyan befolyásolja az egyéni döntést? c) Milyen a csoport hatékonysága az adott témacsoportban folytatott vita során? d) A csoporttevékenységet tekintve ki játssza az informális vezető szerepét?

A vizsgálat során 7 kiválasztott gyártmányt kellett rangsorolni előre megadott műszaki-gazdasági szempontok alapján. A gyártmányok kiválasztása úgy történt, hogy a hátrányok és előnyök közel azonosan legyenek, de az értékelésnél olyan szempontok is szerepet játszanak, amelyeket számszerűsíteni nem lehet. A vizsgálat menete: minden személy döntött a sorrendről (EED), közösen döntik el a sorrendet (CSD), a vita után minden személy egymástól függetlenül ismét rangsorolta a gyártmányokat (KED).

Kovács Kiss Nagy Szabó TóthCSD EED KED EED KED EED KED EED KED EED KED

A 1 6 2 2 1 1 1 7 1 3 3

B 2 1 1 4 2 3 3 2 3 2 2

C 3 3 3 7 7 2 2 1 2 5 5

D 4 2 4 6 6 4 4 4 5 7 7

E 5 5 5 1 3 7 7 6 7 1 1

F 6 7 7 3 4 6 6 5 6 4 4

G 7 4 6 5 5 5 5 3 4 6 6

a) Az egyéni döntések mennyiben térnek el a csoportdöntéstől?

Erre a kérdésre a Spearman-féle rangkorrelációs együttható számítása ad választ:

128

nn

dr

n

ii

s −−=∑

=3

1

261

Minden személyre ki kell számolni az EED-CSD különbséget és az alapján a rangkorrelációs együtthatót: Kovács Kiss Nagy Szabó Tóth A 5 25 1 1 0 0 6 36 2 4 B -1 1 2 4 1 1 0 0 0 0 C 0 0 4 16 -1 1 -2 4 2 4 D -2 4 2 4 0 0 0 0 3 9 E 0 0 -4 16 2 4 1 1 -4 16 F 1 1 -3 9 0 0 -1 1 -2 4 G -3 9 -2 4 -2 4 -4 16 -1 1 Σd2 40 54 10 58 38

286,077

4061

3=

−⋅−=kovácsr

036,077

5461

3=

−⋅−=kissr

822,077

1061

3=

−⋅−=nagyr

035,077

5861

3−=

−⋅−=szabór

322,077

3861

3=

−⋅−=tóthr

A rangkorrelációs együtthatók mértékéből az látszik, hogy Nagy döntése áll legközelebb a csoportos döntéshez. Részben még erre a kérdésre kapunk választ, ha megvizsgáljuk a csoportdöntések és a KED közötti korrelációs együtthatókat. Kovács Kiss Nagy Szabó Tóth A -1 1 0 0 0 0 0 0 -2 4 B 1 1 0 0 -1 1 -1 1 0 0 C 0 0 -4 16 1 1 1 1 -2 4 D 0 0 -2 4 0 0 -1 1 -3 9 E 0 0 -2 4 -2 4 -2 4 4 16 F -1 1 2 4 0 0 0 0 2 4 G 1 1 2 4 2 4 3 9 1 1 Σd2 4 32 10 16 38

93,077

461

3=

−⋅−=kovácsr

429,077

3261

3=

−⋅−=kissr

129

822,077

1061

3=

−⋅−=nagyr

715,077

1661

3=

−⋅−=szabór

322,077

3861

3=

−⋅−=tóthr

b) A csoportdöntés hogyan befolyásolja az egyéni döntést?

A csoportvita hatásának az egyéni döntésre való befolyását úgy állapíthatjuk meg, hogy az EED és a KED közötti rangkorrelációs együtthatókat kiszámítjuk, és ez alapján értékeljük az egyes egyéni döntések változását, majd ismét felállítjuk a szorossági sorrendet. Kovács Kiss Nagy Szabó Tóth A 4 16 1 1 0 6 36 0 B 0 0 2 4 0 -1 1 0 C 0 0 0 0 0 -1 1 D -2 4 0 0 0 -1 1 0 E 0 0 -2 4 0 -1 1 0 F 0 0 -1 1 0 -1 1 0 G -2 4 0 0 0 -1 1 0 Σd2 24 10 0 42 0

572,077

2461

3=

−⋅−=kovácsr

822,077

1061

3=

−⋅−=kissr

177

061

3=

−⋅−=nagyr

25,077

4261

3=

−⋅−=szabór

177

061

3=

−⋅−=tóthr

A csoportvita nem befolyásolta sem Nagy, sem Tóth döntéseit, a legnagyobb változás Szabó döntéseinél van.

c) Milyen a csoport hatékonysága az adott témacsoportban folytatott vita során? A csoportvita során tanúsított hatékonyságot a Kendall-féle egyetértési együttható segítségével lehet mérni. A jelölésünk a következő: WEED: a csoportban a megbeszélés előtti egyetértés WKED: a csoportvita utáni egyetértés WEED>WKED: a vita során az egyetértésben visszafejlődés van WEED≈WKED: nincs változás WEED<WKED: a vita során fejlődés tapasztalható, meg kell vizsgálni kinek a hatására

130

Ri(EED) Ri(KED) (Ri-Rátl)2EED (Ri-

Rátl)2KED

A 19 8 1 144 B 12 11 64 81 C 18 19 4 1 D 23 26 9 36 E 20 23 0 9 F 25 27 25 49 G 23 26 9 36 SZUM 112 356

KEDEED Rnk

R ==+⋅=+= 202

)17(5

2

)1(

70012

)77(5

12

)( 3232

max =−=−=∆ nnk

16,0700

112

max

==∆

∆=EEDW

51,0700

356

max

==∆

∆=KEDW

Tehát WEED<WKED: a vita során fejlődés tapasztalható, meg kell vizsgálni kinek a hatására Végezzük el a szignifikancia vizsgálatokat! H0: A rangsorolók között nincs egyetértés (WEEd és WKED 0-nál nagyobb értéke a véletlennek tulajdonítható) H1: A rangsorolók között egyetértés van (WEEd és WKED 0-nál nagyobb értéke nem a véletlennek tulajdonítható)

8,416,0)17(5)1()(2 =⋅−⋅=−= WnkEEDszámχ

6,122 =kritχ

Mivel 2számχ (EED) < 2

kritχ , így H0-t elfogadjuk, WEED értékében nem szignifikáns α=5%

mellett.

3,1551,0)17(5)1()(2 =⋅−⋅=−= WnkKEDszámχ

6,122 =kritχ

Mivel 2számχ (KED) > 2

kritχ , így H0-t elvetjük, WKED értékében szignifikáns α=5% mellett.

Azt látjuk, hogy a korrigált egyéni döntések alapján számított együttható 5%-os α mellett már szignifikáns, vagyis a vita során határozott egyetértés alakult ki, a csoportvita után az egyéni döntések határozottan közeledtek a csoportdöntéshez.

d) A csoporttevékenységet tekintve ki játssza az informális vezető szerepét? Amit eddig láttunk:

• Nagy és Tóth ragaszkodott előzetes egyéni véleményéhez

131

• Nagy egyéni, előzetes véleményét fejezte ki legjobban a csoportdöntés • Nagy hatására a többiek véleménye közeledett az elfogadott csoportdöntéshez, sőt

Kovács ezt a véleményt teljesen magáévá tette. • Tóth ugyan ragaszkodott előzetes egyéni véleményéhez, de ez semmilyen hatással

nem volt a többiekre, korrigált döntése leginkább eltér a többiekétől. Nézzük meg, hogy a csoportos döntés és a KED alapján számítható eredő rangsor milyen mértékben egyezik meg, vagyis a két rangsor Spearman-féle rangkorrelációs együtthatóját kell kiszámolni (a KED-ben van egy kötés, de hatása nem számottevő, így elhanyagoljuk). CSD KED di di

2

A 1 1 0 0 B 2 2 0 0 C 3 3 0 0 D 4 5,5 1,5 2,25 E 5 4 1 1 F 6 7 1 1 G 7 5,5 1,5 2,25

89,077

5,661

3=

−⋅−=−KEDCSDr

Végezzük el a rangkorrelációs együttható szignifikancia vizsgálatát 5%-os szignifikancia szinten!

H0: rCSD-KED=0 H1: rCSD-KED≠0

α=0,05, a kritikus értékek: tα/2=t0,975= ±2,571

365,489,01

589,0

1

222

=−

=−−=

sssz r

nrt

Elutasítjuk a nullhipotézist, a rangkorrelációs együttható értéke szignifikáns α=5% mellett.

6. Egy lóversenyen 10 ló versenyez. A verseny előtt a bukmékerirodai sorrend és a

végeredmény látható a következő táblázatban! Határozzuk meg és értelmezzük a két rangsor közötti kapcsolat szorosságát mérő rangkorrelációs együtthatót! Végezzük el az együttható szignifikancia vizsgálatát is 5%-os szignifikancia szinten!

132

Ló neve Verseny előtti esélyek Végeredmény Táltos 2 1 Pegazus 1 2 Fekete álom 3 3 Villám 7 4 Nyalka huszár 5 5 Robi 8 6 Záróra 4 7 Mézga Géza 6 8 Lumpen 9 9 Piszkos Fred 10 10

Megoldás: Először képeznünk kell a rangszámok különbségét!

Ló neve Verseny előtti esélyek

Végeredmény Rangszámok különbsége

(di)

di2

Táltos 2 1 1 1 Pegazus 1 2 -1 1 Fekete álom 3 3 0 0 Villám 7 4 3 9 Nyalka huszár 5 5 0 0 Robi 8 6 2 4 Záróra 4 7 -3 9 Mézga Géza 6 8 -2 4 Lumpen 9 9 0 0 Piszkos Fred 10 10 0 0

83,0990

1681

101000

2861

61

31

2

=−=−

⋅−=−

⋅−=

∑=

nn

dr

n

ii

s

Erős kapcsolat van a két rangsor között. Az együttható szignifikancia vizsgálata:

H0: rs=0 H1: rs≠0

α=0,05, a kritikus értékek: tα/2=t0,975 (DF=8)=±2,306

21,4071,583,083,01

883,0

1

222

≈⋅=−

=−−=

sssz r

nrt

Mivel a számított érték kívül esik az elfogadási tartományon, így a nullhipotézist elutasítjuk, a rangkorrelációs együttható használható a két változó közötti kapcsolat jellemzésére.

133

7. Bankok és szakosított hitelintézetek különböző jellemzők szerinti toplistája 2000-ben: Bank Mérlegfőösszeg Saját tőke Jegyzett tőke OTP Bank 1 1 4 Magyar Külkereskedelmi Bank 2 3 9 CIB Bank 3 4 5 Kereskedelmi és Hitelbank 4 9 2 ABN Ambro Bank 5 5 3 Magyar Fejlesztési Bank 6 2 1 Raiffeisen Bank 7 7 7 Postabank 8 6 6 Budapest Bank 9 10 8 Általános Értékforgalmi Bank 10 8 10

Határozza meg és értékelje a rangsorolási ismérvek közötti kapcsolat szorosságát! Végezze el az együtthatók szignifikancia vizsgálatát is 1%-os szignifikancia szinten! Alakítsuk ki a három szempont szerinti eredő rangsort is! Megoldás:

Bank Mérlegfőösszeg Saját tőke

di di2

OTP Bank 1 1 0 0 Magyar Külkereskedelmi Bank 2 3 -1 1 CIB Bank 3 4 -1 1 Kereskedelmi és Hitelbank 4 9 -5 25 ABN Ambro Bank 5 5 0 0 Magyar Fejlesztési Bank 6 2 4 16 Raiffeisen Bank 7 7 0 0 Postabank 8 6 2 4 Budapest Bank 9 10 -1 1 Általános Értékforgalmi Bank 10 8 2 4

685,0990

3121

101000

5261

61

31

2

=−=−

⋅−=−

⋅−=

∑=

nn

dr

n

ii

s

Közepesen erős kapcsolat van a két rangsor között. Az együttható szignifikancia vizsgálata:

H0: rs=0 H1: rs≠0

α=0,01, a kritikus értékek: tα/2=t0,995 (DF=8)=±3,355

6578,288,3685,0685,01

8685,0

1

222

≈⋅=−

=−−=

sssz r

nrt

134

Mivel a számított érték az elfogadási tartományba esik, így a nullhipotézist elfogadjuk, a rangkorrelációs együttható nem használható a két változó közötti kapcsolat jellemzésére.

Bank Mérlegfőösszeg Jegyzett tőke di di2

OTP Bank 1 4 -3 9 Magyar Külkereskedelmi Bank 2 9 -7 49 CIB Bank 3 5 -2 4 Kereskedelmi és Hitelbank 4 2 2 4 ABN Ambro Bank 5 3 2 4 Magyar Fejlesztési Bank 6 1 5 25 Raiffeisen Bank 7 7 0 0 Postabank 8 6 2 4 Budapest Bank 9 8 1 1 Általános Értékforgalmi Bank 10 10 0 0

394,0990

6001

101000

10061

61

31

2

=−=−

⋅−=−

⋅−=

∑=

nn

dr

n

ii

s

Gyenge kapcsolat van a két rangsor között. Az együttható szignifikancia vizsgálata:

H0: rs=0 H1: rs≠0

α=0,01, a kritikus értékek: tα/2=t0,995 (DF=8)=±3,355

212,1077,3394,0394,01

8394,0

1

222

≈⋅=−

=−−=

sssz r

nrt

Mivel a számított érték az elfogadási tartományba esik, így a nullhipotézist elfogadjuk, a rangkorrelációs együttható nem használható a két változó közötti kapcsolat jellemzésére.

Bank Saját tőke Jegyzett tőke di di2

OTP Bank 1 4 -3 9 Magyar Külkereskedelmi Bank 3 9 -6 36 CIB Bank 4 5 -1 1 Kereskedelmi és Hitelbank 9 2 7 49 ABN Ambro Bank 5 3 2 4 Magyar Fejlesztési Bank 2 1 1 1 Raiffeisen Bank 7 7 0 0 Postabank 6 6 0 0 Budapest Bank 10 8 2 4 Általános Értékforgalmi Bank 8 10 -2 4

n

2i

i 1s 3

6 d6 108 648

r 1 1 1 0,345n n 1000 10 990

=

⋅⋅= − = − = − ≈

− −

∑

135

Gyenge kapcsolat van a két rangsor között. Az együttható szignifikancia vizsgálata:

H0: rs=0 H1: rs≠0

α=0,01, a kritikus értékek: tα/2=t0,995 (DF=8)=±3,355

04,1013,3345,0345,01

8345,0

1

222

≈⋅⋅=−

=−−=

sssz r

nrt

Mivel a számított érték az elfogadási tartományba esik, így a nullhipotézist elfogadjuk, a rangkorrelációs együttható nem használható a két változó közötti kapcsolat jellemzésére. Kendall-féle rangkonkordencia együttható:

Bank Mérlegfőösszeg Saját tőke Jegyzett tőke Ri

OTP Bank 1 1 4 6 Magyar Külkereskedelmi Bank

2 3 9 14

CIB Bank 3 4 5 12 Kereskedelmi és Hitelbank 4 9 2 15 ABN Ambro Bank 5 5 3 13 Magyar Fejlesztési Bank 6 2 1 9 Raiffeisen Bank 7 7 7 21 Postabank 8 6 6 20 Budapest Bank 9 10 8 27 Általános Értékforgalmi Bank

10 8 10 28

5,162

)110(3

2

)1( =+⋅=+⋅= nkRj

5,482)5,1628(...)5,1612()5,1614()5,166()( 22222 =−++−+−+−=−=∆ ∑j

jj RR

65,08910

5790

)1010(3

5,48212

)(

123232

==−⋅

⋅=−⋅

∆⋅=∆∆=

nnkW

m

A három rangsor közötti kapcsolat szorossága közepes. A W együttható szignifikancia vizsgálata:

H0: W=0 H1: W>0

Három értékelési tényező alapján tíz komplex rendszert mérünk össze a Kendall módszerrel, vagyis k=3 rangsorunk van n=10 rendszerre, DF=9. A rangkonkordencia együttható W=0,65.

55,1765,093)1(2 =⋅⋅=−= Wnkχ A táblázatban DF=9 szabadságfoknál 1%-os szignifikancia szinten a kritikus küszöbszám: 21,7. Tényleges χ2-értékünk 17,55, ami kisebb a küszöbszámnál, ezért elfogadjuk a nullhipotézist, és W=0,65 értéket nem minősítjük szignifikánsnak.

136

8. A kereskedelemben kapható tejfölök minősítéséről szakértői véleményezés készült. A véleményezés szempontjai között szerepelt az ár, az érzékszervi minősítés, a különböző összetevők szerinti értékelés és a mikrobiológiai értékelés. A sokdimenziós értékelést a szakértőnk a páros összehasonlítás módszerével végezte el, amelynek eredményét az alábbi preferenciatáblázat foglalja össze:

Típus A B C D E A - 0 1 1 1 B 1 - 0 1 1 C 0 1 - 0 1 D 0 0 1 - 0 E 0 0 0 1 -

Számítsuk ki a konzisztencia mutatót! Határozzuk meg az egyéni következetesség szignifikanciáját! Transzformáljuk az eredményeket intervallumskálára!

Megoldás:

Típus A B C D E a r A - 0 1 1 1 3 1,5 B 1 - 0 1 1 3 1,5 C 0 1 - 0 1 2 3 D 0 0 1 - 0 1 4,5 E 0 0 0 1 - 1 4,5 Összesen 1 1 2 3 3 10

Rangszámegyezés van. A döntéshozó által elkövetett inkonzisztens triádok száma:

32

24

12

945

212

)12()1(2

=−⋅⋅=−−⋅−⋅= ∑annnd

4,055

721

241

33=

−−=

−−=

nn

dK

Közepes mértékű a szakértő következetessége. A szignifikancia-vizsgálat: n=5 � Képletgyűjtemény 53,1% a valószínűsége, hogy a d=3 körhármast véletlenül kaptuk. Mivel ennek a valószínűsége nem meggyőző, így egy olyan esettel állunk szemben, ahol az egyéni döntéshozóval érdemes megismételtetni a rangsorolást a páros összehasonlítás módszerével, vagy esetleg megfontolandó több döntéshozót bevonni. Súlyozás intervallumskálán

Típus A B C D E a p A - 0 1 1 1 3 0,7 B 1 - 0 1 1 3 0,7 C 0 1 - 0 1 2 0,5 D 0 0 1 - 0 1 0,3 E 0 0 0 1 - 1 0,3 Összesen 1 1 2 3 3 10

137

m=1

n

a

nm

map

5,02 +=⋅

+=

A p preferencia arányokat a standardizált normális eloszlás u értékeivé transzformáljuk, ezek az u értékek szerepelnek a táblázatunk utolsó oszlopában. Az u értékek jelentik egyúttal az intervallumskálánk skálaértékeit.

Típus A B C D E a p u Z A - 0 1 1 1 3 0,7 0,52 100 B 1 - 0 1 1 3 0,7 0,52 100 C 0 1 - 0 1 2 0,5 0 50 D 0 0 1 - 0 1 0,3 -0,52 0 E 0 0 0 1 - 1 0,3 -0,52 0 Összesen 1 1 2 3 3 10

100minmax

min⋅

−−

=ii

i

uu

uuZ

Azt látjuk, hogy a C típusú tejföl félúton helyezkedik el a skála két végpontján lévő (A és B, valamint D és E) tejfölökkel szemben. 9. A kereskedelemben kapható tejfölök minősítéséről szakértői véleményezés készült. A

véleményezés szempontjai között szerepelt az ár, az érzékszervi minősítés, a különböző összetevők szerinti értékelés és a mikrobiológiai értékelés. A sokdimenziós értékelést a 3 szakértő a páros összehasonlítás módszerével végezte el. A szakértők egyéni preferencia táblázata alapján elkészített aggregált preferenciatábla az alábbi:

Típus A B C D E A - 2 2 3 3 B 1 - 2 3 3 C 1 1 - 2 3 D 0 0 1 - 2 E 0 0 0 1 -

Számítsuk ki az egyetértési együtthatót, amelynek alapja a páros összehasonlítások módszere! Megoldás:

32

3

2=

=

m

10232

2345

!3!2

!5

2

5

2=

⋅⋅⋅⋅⋅=

⋅=

=

n

5∑ =γ

52∑ =γ

138

2010353522

2 =⋅+⋅−=

+−=Γ ∑ ∑

nmm γγ

33,01103

2021

22

2 =−⋅⋅=−

Γ=nm

ν

Látjuk, hogy a döntéshozók között nem túl erős véleményegyezés van. A bírálók együttes véleményére alapozott rangsor:

Típus A B C D E a r A - 2 2 3 3 10 1 B 1 - 2 3 3 9 2 C 1 1 - 2 3 7 3 D 0 0 1 - 2 3 4 E 0 0 0 1 - 1 5

10. Tegyük fel, hogy egy adott állásinterjúra jelentkező 10 jelöltet 4 vezető bírált, és a

bírálat eredményeképpen az alábbi rangsorok születtek

Vezetők A jelentkezők rangszámai A B C D E F G H I J

X 1 2,5 2,5 4 6 6 6 8 9,5 9,5 Y 3 3 3 1 7 5 6 9 9 9 Z 2 4,5 1 3 8,5 4,5 6 7 8,5 10 V 4 1 2 6 4 4 8 9,5 7 9,5

Számítsuk ki az egyetértés mértékét, végezzük el a szignifikancia vizsgálatot! Számítsuk ki az X és Y, valamint a Z és V vezetők rangsora közötti rangkorreláció mértékét, és végezzük el azok szignifikancia vizsgálatát is! (α=5%) Megoldás: Minden vezető által kialakított rangsorban van kötés, ezt majd figyelembe kell vennünk a W számításakor. k=4 n=10

Vezetők A jelentkezők rangszámai A B C D E F G H I J

X 1 2,5 2,5 4 6 6 6 8 9,5 9,5 Y 3 3 3 1 7 5 6 9 9 9 Z 2 4,5 1 3 8,5 4,5 6 7 8,5 10 V 4 1 2 6 4 4 8 9,5 7 9,5 Ri 10 11 8,5 14 25,5 19,5 26 33,5 34 38

222

)110(4

2

)1( =+⋅=+⋅= nkRi

139

1078)2238(...)225,8()2211()2210()( 22222 =−++−+−+−=−=∆ ∑j

jj RR

A korrekciós tényezők:

312

)33()22(2

12

)( 333

=−+−⋅=−

=∑

dX

ttL

412

)33(2

12

)( 33

=−⋅=−

=∑

dY

ttL

112

)22(2

12

)( 33

=−⋅=−

=∑

dZ

ttL

5,212

)33()22(

12

)( 333

=−+−=−

=∑

dV

ttL

5,105,2143 =+++=∑L

L

8435,01278

1078

5,104)1010(412

11078

)(12

1 3232

==⋅−−⋅⋅

=⋅−−⋅⋅

∆=∑

L

LknnkW

Erős véleményegyezés mutatkozik a vezetők között. Végezzük el a szignifikancia vizsgálatot!

H0: W=0 H1: W>0

Négy vezető tíz pályázót mérünk össze a Kendall módszerrel, vagyis k=4 rangsorunk van n=10 jelöltre, DF=9. A rangkonkordencia együttható W=0,8435

366,308435,094)1(2 =⋅⋅=−= Wnkχ A táblázatban DF=9 szabadságfoknál 5%-os szignifikancia szinten a kritikus küszöbszám: 16,919. Tényleges χ2-értékünk 30,366, ami nagyobb a küszöbszámnál, ezért elutasítjuk a nullhipotézist, és W=0,8435 értéket szignifikánsnak tekintjük. Számítsuk ki a rangkorrelációs együtthatókat! A kötéseket itt is figyelembe kell vennünk korrekciós tényezőként! Vezetők A jelentkezők rangszámai

A B C D E F G H I J X 1 2,5 2,5 4 6 6 6 8 9,5 9,5 Y 3 3 3 1 7 5 6 9 9 9 di -2 -0,5 -0,5 3 -1 1 0 -1 0,5 0,5

di2 4 0,25 0,25 9 1 1 0 1 0,25 0,25

140

892,0157159

141

8)1010(6

16)1010(

6

1

177)1010(6

1

2)(6

12)(

6

1

)()(6

1

33

3

33

23

=⋅

=

−−⋅

−−

−−−=

−−⋅

−−

−+−−=

∑

Yx

iiYx

s

TnnTnn

dTTnnr

3== Xx LT

4== YY LT Végezzük el a rangkorrelációs együttható szignifikancia vizsgálatát 5%-os szignifikancia szinten!

H0: rs=0 H1: rs≠0

α=0,05, a kritikus értékek: tα/2=t0,975= ±2,306

58,5892,01

8892,0

1

222

=−

=−−=

sssz r

nrt

Mivel a számított érték az elutasítási tartományba esik, így a nullhipotézist elutasítjuk, azaz a rangkorrelációs együttható különbözik 0-tól, valós kapcsolat van a két rangsor között.

Vezetők A jelentkezők rangszámai

A B C D E F G H I J Z 2 4,5 1 3 8,5 4,5 6 7 8,5 10

V 4 1 2 6 4 4 8 9,5 7 9,5

di -2 3,5 -1 -3 4,5 0,5 -2 -2,5 1,5 0,5

di2 4 12,25 1 9 20,25 0,25 4 6,25 2,25 0,25

632,0160163

102

5)1010(6

12)1010(

6

1

5,595,3)1010(6

1

2)(6

12)(

6

1

)()(6

1

33

3

33

23

=⋅

=

−−⋅

−−

−−−=

−−⋅

−−

−+−−=

∑

VZ

iiVZ

s

TnnTnn

dTTnnr

1== ZZ LT

5,2== VV LT

Közepes kapcsolat van a Z és a V vezető rangsora között. Végezzük el a rangkorrelációs együttható szignifikancia vizsgálatát 1%-os szignifikancia szinten!

141

H0: rs=0 H1: rs≠0

α=0,05, a kritikus értékek: tα/2=t0,975= ±2,306

3077,2632,01

8632,0

1

222

=−

=−−=

sssz r

nrt

Mivel a számított érték az elutasítási tartományba esik, így a nullhipotézist elutasítjuk, azaz a rangkorrelációs együttható különbözik 0-tól, valós kapcsolat van a két rangsor között.

142

IX. Felhasznált irodalmak

� Ay János – Kupcsik József: Általános statisztika példatár. Közgazdasági és Jogi

Könyvkiadó, Budapest, 1961 � Denkinger Géza: Valószínűségszámítási gyakorlatok, Tankönyvkiadó, Budapest,

1977 � Gáspár László – Temesi József: Lineáris programozási gyakorlatok, Nemzeti

Tankönyvkiadó Rt., Budapest, 1999 � Hunyadi László – Vita László: Statisztika közgazdászoknak. Központi Statisztikai

Hivatal, Budapest, 2002 � Juhász Györgyné – Sándorné Kriszt Éva: Statisztika II. távoktatással (főiskolai

jegyzet). Távoktatási Universitas Alapítvány, 2002 � Kaufmann, A. –Faure, R.: Bevezetés az operációkutatásba, Műszaki Könyvkiadó,

Budapest, 1969 � Kerékgyártó Györgyné – Mundruczó György – Sugár András: Statisztikai

módszerek és alkalmazásuk a gazdasági, üzleti elemzésekben. Aula kiadó, Budapest, 2001

� Kindler József – Papp Ottó: Komplex rendszerek vizsgálata, Műszaki Könyvkiadó, Budapest, 1977

� Korpás Attiláné dr. (szerk.): Általános statisztika II., Nemzeti Tankönyvkiadó, Budapest, 2002

� Sincich, T.: Statistics by Example, Fourth Edition, Dellen Publishing Company, San Fransisco, 1990

� Spiegel, M. R. : Statisztika, Elmélet és gyakorlat, Schaum-könyvek, Panem – McGraw-Hill, Budapest, 1995

� Solt György: Valószínűségszámítás. Műszaki Könyvkiadó, Budapest, 1973 � Szabó Gábor Csaba – Szűts István: Matematikai statisztika példatár I-II.,

Tankönyvkiadó, Budapest, 1987.