Kvantitatív módszerek 5. Valószínűségi változó Elméleti eloszlások Dr. Kövesi János.

Az előadások a következő témára: "Kvantitatív módszerek 5. Valószínűségi változó Elméleti eloszlások Dr. Kövesi János."— Előadás másolata:

1 Kvantitatív módszerek 5. Valószínűségi változó Elméleti eloszlások Dr. Kövesi János

2 Készítette: Erdei János A valószínűségi változó n A valószínűségi változó fogalma n A valószínűségi változó jellege – Diszkrét – Folytonos 

3 Készítette: Erdei János A valószínűségi változó jellemzői DiszkrétFolytonos n Eloszlásfüggvény n Valószínűség-eloszlás fv. n Sűrűségfüggvény n Várható érték n Elméleti szórás F(k)F(x) pk—pk— — f(x) M(  ) M(  ) D(  ) D(  ) 

4 Készítette: Erdei János Valószínűség-eloszlás függvény p k = P(  = k ) Tulajdonságai: 

5 Készítette: Erdei János P k - Feladat pkpk 1/6 123456 k 

6 Készítette: Erdei János Eloszlásfüggvény F(k) = P(  < k ) Tulajdonságai:  Monoton növekvő: F(a)  F(b), ha a < b  Balról folytonos, szakadáshelyein a függvényérték a baloldali határértékkel egyezik meg.   F(x) = P(  < x )

7 Készítette: Erdei János F(k) - Feladat 1/6 123456 k F(k) 1/3 1/2 2/3 5/6 1 

8 Készítette: Erdei János p k és F(k) kapcsolata ahol a < b 

9 Készítette: Erdei János Sűrűségfüggvény  f(x) = F’(x) Tulajdonságai: f(x)  0

10 Készítette: Erdei János f(x) és F(x) kapcsolata ahol a < b  f(x) = F’(x)

11 Készítette: Erdei János ?! Várható érték Tulajdonsága: Feladat: Határozzuk meg a kockadobás várható értékét!  pkpk 1/6 1 2 3 4 5 6 k

12 Készítette: Erdei János Szórásnégyzet, szórás Tulajdonsága: 

13 Készítette: Erdei János Egyéb jellemzők nMnMnMnMedián nKnKnKnKvantilisek nMnMnMnMódusz nMnMnMnMomntumok nFnFnFnFerdeségi mutatók nLnLnLnLapultsági mutatók

14 Készítette: Erdei János Binomiális eloszlás 

15 Készítette: Erdei János Feladat (Binom. eloszlás) A Felvillanyozzuk Kft. 24 speciális …. p = 0,225 n = 5 k = 0 P(  =0) = p 0 = 0,2796 k = 0 v. 1 P(  1) = p 0 + p 1 = 0,2796 + 0,4058= 0,6854 

16 Készítette: Erdei János Feladat (Binomiális eloszlás) Az UEFA szigorú …. a.) P(  =0) = p 0 = 0,5987  0,6 b.) P(  =0) = p 0 = 0,3585 0,6 2 =0,36 P(  =1) = p 1 = 0,3774 0,7359 0,7359 3 =0,40 UEFA KFT 

17 Készítette: Erdei János Poisson eloszlás 

18 Készítette: Erdei János 0,8187 Feladat (Poisson eloszlás) Egy készülék meghibásodásainak átlagos száma 10 000 működési …. M(  ) = = 200·10/10000 = 0,2 P(  =0) = P(  >0) = 0,1813 

19 Készítette: Erdei János Feladat (Poisson eloszlás) Egy készülék szavatossági ideje … = 2000·0,0005 = 1 p 0 = 0,3679+1 pkpk Lehetséges bevétel p 1 = 0,3679+3/4 p 2 = 0,1839+1/2 p 3 = 0,0613+1/4 p 4 = 0,0153 0 p 5 = 0,0031 -1 Binomiális  Poisson M(  ) = 0,746  25%- Tehát a szavatosságra  25%- ot fordít! 

20 Készítette: Erdei János a b 1 Egyenletes eloszlás  ha a  x  b egyébként ha a<x  b ha b<x ha x  a

21 Készítette: Erdei János Exponenciális eloszlás  ha x<0 ha x  0 ha x<0 f(x) F(x) 1 M(  ) = 1/ D(  ) = 1/

22 Készítette: Erdei János A feltételes valószínűség fogalma Feladat : Egy telefonfülke előtt állunk … a.) b.) c.)  E m l é k e z t e t ő

23 Készítette: Erdei János Feladat (Exponenciális eloszlás) Egy automatizált gépsor hibamentes …. 1/óra F(200)-F(150) = 

24 Készítette: Erdei János Feladat (Exponenciális eloszlás) Egy radioaktív anyag …. M(  ) = 2 év  Az anyag fele elbomlik x = 1,39 év P(  3) = 1- P(  <3)=1-F(3)= 0,2231

25 Készítette: Erdei János Feladat (Exponenciális eloszlás)  F(1/ ) = ? F(1/ ) = = 1 - 0,3679 = 0,6321 f(x) M(  ) = 1/ 63,21%

26 Készítette: Erdei János f(x) Normális (Gauss-) eloszlás F(x) 0,5 M(  ) =  D(  ) =    

27 Készítette: Erdei János Standardizálás M(u) = 0 D(u) = 1  Standardizálás logikai menete

28 Készítette: Erdei János Standardizálás Az eloszlás 0 körül szimmetrikus, ezért: 

29 Készítette: Erdei János Feladat (Normális eloszlás) Egy mosóporgyártó üzemben a 200 g névleges tömegű termékek eloszlását vizsgálták egy adott műszakban, s azt találták, hogy a nettó tömeg normális eloszlású 2 22 204,4 g várható értékkel és 9,4 g szórással. A termékszabványban az alsó tűréshatár 190 g, amely alatt a dobozok legfeljebb 4%-a lehet. Teljesíti-e az adott műszak termelése a szabványelőírást? 

30 Készítette: Erdei János Feladat-1 (Normális eloszlás) 190 ? P(  <190) = F(190) = 204,4  = 9,4 0,063 1-0,9370 = 0,063 6,3% 

31 Készítette: Erdei János Feladat-1 (Normális eloszlás) 204,4  = 9,4 190 4% ?? P(  <190) = F(190) =0,04 0,96  =206,45 g  =8,22 g 

32 Készítette: Erdei János Feladat-2 (Normális eloszlás) A bélszínrolót négyesével …. P(  <55) = F(55) = =  (1) = 0,8413 1-0,8413 = 0,1587  0,16 0,16 4 = 0,0006 p= 0,16 k= 4 n= 4 Binomiális eloszlás:  táblázatból

33 Készítette: Erdei János Feladat-3 (Normális eloszlás) Automata palacktöltővel töltött konyakosüve- geknél a megrendelő kikötése szerint legfeljebb 3% lehet az 5 55 510 ml űrtartalom alatti palackok aránya. Egy 2 22 20 000 db-os tételnél a minta alapján az átlag űrtartalom 5 55 532,4 ml. A töltőgép 6 66 6 ml szórással tölti a kérdéses konyakfajtát. Határozzuk meg az optimális töltési szintet! Mennyi a veszteség, ha egy palack ára 1000 Ft? 

34 Készítette: Erdei János Feladat-3 (Normális eloszlás) P(  <510) = 0,03 = F(510) =  (-u) = 0,97 u= -1,88 521,3 ml  =510+1,88·6= 521,3 ml (532,4-521,3)·20 000 = 222 000 ml  222 000/521,3= 425 db 425 000 Ft

35 Készítette: Erdei János A központi határeloszlás tétele 

36 Készítette: Erdei János A központi határeloszlás tétele 

37 Készítette: Erdei János Nagy számok törvényei 

38 Kvantitatív módszerek 6. Statisztikai döntések alapelvei Dr. Kövesi János

39 Készítette: Erdei János Döntéselméleti alapok 

40 Készítette: Erdei János Döntéselméleti alapok n Döntés fogalma n Döntéshozó n Cselekvési változatok (s i ) n Tényállapotok (t j ) – tényállapotok valószínűségeloszlása P(t j ) n Eredmények (o ij ) 

41 Készítette: Erdei János Döntéselméleti alapok 

42 Készítette: Erdei János Döntéselméleti alapok Esetpélda:Döntési mátrix s 1 =  15 000 db „A” termék legyártása} s 2 =  25 000 db „B” termék legyártása} t 1 =  a piacon az „A” terméket keresik} t 2 =  a piacon a „B” terméket keresik} Eredmények: 500 eFt o 11 = 15 000·200-15 000·100-10 6 = 500 eFt o 12 = …. 

43 Készítette: Erdei János Döntéselméleti alapok Esetpélda:Döntési mátrix [eFt] 

44 Készítette: Erdei János Döntéselméleti alapok Döntési osztályok A tényállapotok valószínűségeloszlásának ismerete szerint – Bizonytalan körülmények közötti döntés n P(t j )-k nem ismertek – Kockázatos körülmények közötti döntés n P(t j )-k ismertek – Döntés bizonyosság esetén 

45 Készítette: Erdei János Döntéselméleti alapok n Döntési kritériumok  Biztos döntések oszt.: optimális cselekvési változat kiválasztása  Kockázatos döntések oszt.: opt. várható érték  Bizonytalan döntések oszt.: NINCS EGYSÉGES döntési kritérium  Wald, Savage, Laplace 

46 Készítette: Erdei János Döntéselméleti alapok Esetpélda:Bizonytalan döntés  óvatos pesszimista  Wald kritérium  óvatos pesszimista 500-100 -250750 Döntés: s 1 

47 Készítette: Erdei János Döntéselméleti alapok Esetpélda:Bizonytalan döntés  P(t 1 ) = P(t 2 ) = 0,5  Laplace kritérium  P(t 1 ) = P(t 2 ) = 0,5 500-100 -250750 M(s 1 ) = 500·0,5 - 100·0,5 = 200 250 M(s 2 ) = -250·0,5 + 750·0,5 = 250 Döntés: s 2 

48 Készítette: Erdei János Döntéselméleti alapok Esetpélda:Bizonytalan döntés  Elmaradó haszon mátrix  Savage kritérium  Elmaradó haszon mátrix 500-100 -250750 0850 7500 Döntés: s 2 

49 Készítette: Erdei János Döntéselméleti alapok Esetpélda:Kockázatos döntés P(t 1 ) = 0,7P(t 2 ) = 0,3 320 eFt M(s 1 ) = 500·0,7 - 100·0,3 = 320 eFt M(s 2 ) = -250·0,7 + 750·0,3 = 50 eFt 500-100 -250750 Döntés: s 1 

50 Készítette: Erdei János Döntéselméleti alapok Esetpélda:Kockázatos döntés pótlólagos inf.-val X 1 : a piackutatók az „A” terméket jelzik X 2 : a piackutatók a „B” terméket jelzik t 1 : a piacon az „A” terméket keresik t 2 : a piacon a „B” terméket keresik Valószínűségek: P(t 1 ) = 0,7P(t 2 ) = 0,3 P(x 1 |t 1 ) = 0,9P(x 2 |t 2 ) = 0,8 P(x 2 |t 1 ) = 0,1P(x 1 |t 2 ) =0,2 

51 Készítette: Erdei János Döntéselméleti alapok Esetpélda: Kockázatos döntés pótlólagos inf.-val P(x 1 |t 1 )P(x 2 |t 2 ) Mit jelent a P(x 1 |t 1 ) ill. P(x 2 |t 2 ) feltételes valószínűség? P(t 1 |x 1 ) = ? P(t 2 |x 2 ) = ? Azaz a P(t 1 |x 1 ) = ? P(t 2 |x 2 ) = ? valószínűségeket kell meghatároznunk. A vállalatot viszont az érdekli, hogy ha a piackutatók az egyik terméket jelzik, akkor mi a valószínűsége, hogy a piacon valóban ezt a terméket fogják keresni? Bayes-tétel 

52 Készítette: Erdei János Döntéselméleti alapok Esetpélda: Kockázatos döntés pótlólagos inf.-val 

53 Készítette: Erdei János Döntéselméleti alapok Esetpélda: Kockázatos döntés pótlólagos inf.-val 500-100 -250750 Ha a piackutatók az „A”-t jelzik: 446 eFt M(S 1 )= 500·0,91-100·0,09 = 446 eFt Ha a piackutatók a „B”-t jelzik: 520 eFt M(S 2 )= -250·0,23+750·0,77= 520 eFt Mennyi a várható nyereség? 

54 Készítette: Erdei János Döntéselméleti alapok Esetpélda: Kockázatos döntés pótlólagos inf.-val P(X 1 ) = ? és P(X 2 ) = ?  Teljes valószínűség tétele v. P(X 2 ) = 1-0,69 = 0,31 

55 Készítette: Erdei János Döntéselméleti alapok Esetpélda: Kockázatos döntés pótlólagos inf.-val S végül a várható nyereség: M(S 1 )= 446 eFtP(X 1 ) = 0,69 M(S 2 )= 520 eFtP(X 2 ) = 0,31 468,94 eFt M(NY) = 446·0,69 + 520·0,31 = 468,94 eFt 

56 Készítette: Erdei János Döntéselméleti alapok Esetpélda: Biztos döntés 575 eFt M(NY) = 500·0,7 + + 750·0,3 = 575 eFt Pontosan tudjuk, hogy melyik terméket fogják keresni a piacon a következő hónapban. (!?) 500-100 -250750 

57 Készítette: Erdei János Döntéselméleti alapok Esetpélda: Az információ értéke n Elsődleges inf.: 320 eFt/hó n Pótlólagos inf.: 470 eFt/hó n Biztos inf.:575 eFt/hó 150 eFt 105 eFt 

58 Készítette: Erdei János Mintavételi alapelvek Sokaság Minta Mintavétel Következtetés 

59 Készítette: Erdei János Következtetés hibái Sokaság A minta minősítése a sokaságról „jó” „rossz” „jó” „rossz” Nincs hiba  e Elsőfajú hiba  Másodfajú hiba  

60 Készítette: Erdei János Következtetés hibái ABH FBH        /2        

61 Készítette: Erdei János Feladat Egy szabályozott gyártási folyamatban a kritikus minőségi jellemző   0=3,1 cm3, 0=0,08 cm3 normális eloszlást követ. a.) Számolja ki a  0  2  0 beavatkozási határok esetén n=1 elemű mintavétel mellett az elsőfajú hiba valószínűségét! b.) Mekkora a másodfajú hiba valószínűsége, ha a várható érték   1=3,3 cm3 -re változott? 

62 Készítette: Erdei János ABH=2,94 cm 3 FBH=3,26 cm 3  /2   Feladat P(  0 <ABH) = n = 1  0 =3,1   1 =3,3 = 30,85% 2,28% =  (-2) = 2,28%  4,56%  = 2·2,28 = 4,56%  =P(ABH<  1 <FBH)

63 Készítette: Erdei János Feladat c.) Mekkora az első és másodfajú hiba valószínűsége,   030 beavatkozási határok valamint n nn n=1 és n nn n=4 elemű mintavétel mellett? 

64 Készítette: Erdei János Feladat ABH=2,86 cm 3 FBH=3,34 cm 3 n = 1  /2  (-3) = 0,13%  = 0,26%  0 =3,1   1 =3,3 = 69,15%  n = 4 ABH=2,98 cm 3 FBH=3,22 cm 3 2,28%

65 Kvantitatív módszerek 7. Becslés Dr. Kövesi János

66 Készítette: Erdei János Mintavételi alapelvek Sokaság Minta Mintavétel Következtetés  E M L É K E Z T E T Ő F(x), M(  ), D(  ) …. g’(x), x, s, s*

67 Készítette: Erdei János Becslés A becslés elmélete Tulajdonságok - Konzisztens - Torzítatlan - Hatásos - Elégséges 

68 Készítette: Erdei János Torzítatlanság Példa: Határozzuk meg hatoldalú szabályos dobókockával történő dobások várható értékét és szórását!  = a dobott szám p k =1/6, k = 1, 2, 3, 4, 5, 6 M(  ) = 1/6  (1+2+3+4+5+6) = 21/6 = 3,5 D 2 (  ) = 1/6  (1+4+9+16+25+36) – (21/6) 2 = = 91/6 - (21/6) 2 = 546/36-441/36 = 105/36 D(  )  1,7078 Példa: Határozzuk meg hatoldalú szabályos dobókockával történő dobások várható értékét és szórását!  = a dobott szám p k =1/6, k = 1, 2, 3, 4, 5, 6 M(  ) = 1/6  (1+2+3+4+5+6) = 21/6 = 3,5 D 2 (  ) = 1/6  (1+4+9+16+25+36) – (21/6) 2 = = 91/6 - (21/6) 2 = 546/36-441/36 = 105/36 D(  )  1,7078 

69 Készítette: Erdei János Konzisztens becslés 

70 Készítette: Erdei János Hatásosság 

71 Készítette: Erdei János Pontbecslés  Binomiális eloszlás  Poisson-eloszlás  Exponenciális eloszlás  Normális eloszlás -ln[1-F(x)] x  lásd a következő oldalon 

72 Készítette: Erdei János Gauss-papír Pontbecslés folytatása   Normális eloszlás   4858  -   4565   293

73 Készítette: Erdei János Intervallum becslés  Minta-2 Minta-1 Minta-3 mintáról mintára változik maga is valósz. változó adott elméleti eloszlással, szórással stb. jellemezhető

74 Készítette: Erdei János Intervallum becslés Az elméleti jellemzők ismeretében így a becslés egy adott nagyságú értékközzel, intervallummal adható meg. Ez az un. konfidencia intervallum - megbízhatóság ill. kockázat - mintanagyság - ingadozás  kétoldali egyoldalú Az intervallum többnyire kétoldali, de ritkábban használjuk az egyoldalú becslést is.

75 Készítette: Erdei János Várható érték becslése normális eloszlású Ha ismert az alapeloszlás szórása (  ), akkor Ha nem ismert az alapeloszlás szórása (  ), akkor Student(t) eloszlású DF szabadsági fok 

76 Készítette: Erdei János  becslése (  ismert) u  = a standard normális eloszlás értéke 

77 Készítette: Erdei János Feladat Készítsünk becslést kétoldali esetben …. (EGIS) n = 59  = 16.72%  = 0,95  = 0,05 Kétoldali !  /2 = 0,025 kétoldali  (u) = 0,975 3,57 -4,27 <  < 3,57+4,27 -0,7% <  < 7,84% 3,57 -4,27 <  < 3,57+4,27 -0,7% <  < 7,84%   /2

78 Készítette: Erdei János Feladat folyt. n Adjunk n Adjunk egyoldali egyoldali becslést a hozam várható értékére!  

79 Készítette: Erdei János Feladat folyt.  = 0,05  (u) = 0,95  < 3,57 + 3,58 = 7,15% Tehát a hozam 95%-os valószínűséggel legfeljebb 7,15%. 

80 Készítette: Erdei János  becslése (  nem ismert) t  = t-eloszlás értéke, amely  -tól és DF-től függ  DF a szabadságfok, DF = n-1

81 Készítette: Erdei János Feladat Az előző feladat adatai alapján ….(EGIS) s* = 16,72% DF= n-1= 58 n = 59 s* = 16,72% DF= n-1= 58  = 0,95  = 0,05 3,57 -4,35 <  <3,57+4,35 -0,78% <  < 7,92% 3,57 -4,35 <  <3,57+4,35 -0,78% <  < 7,92%  t  /2 = 2,0

82 Készítette: Erdei János Összehasonlítás -0,7 <  < 7,84  ismert  nem ismert -0,78 <  < 7,92 8,54 % 8,7 % Tehát pontatlanabb a becslés az ismeretlen  miatt! 

83 Készítette: Erdei János Feladat Egyoldali intervallum…. s* = 16,72% n = 59 s* = 16,72%  = 0,95  = 0,05 t  = 1,671  Egyoldali

84 Készítette: Erdei János Feladat Készítsünk becslést kétoldali esetben …. n = 9  = 2 mm  = 0,95  = 0,05 Kétoldali !  /2 = 0,025 kétoldali  (u) = 0,975 101,2 -1,3 <  <101,2+1,3 99,9 <  <102,5 101,2 -1,3 <  <101,2+1,3 99,9 <  <102,5   /2

85 Készítette: Erdei János Feladat n Tegyük fel, hogy az alsó határ (A) végleges selejtet jelent. Becsüljük meg, a  A értékét 95%-os valószínűséggel! n Egyoldali n Egyoldali !!!  

86 Készítette: Erdei János Feladat  = 0,05  (u) = 0,95 A = 101,2 - 1,1 =100,1 Tehát 95%-os valószínűséggel legalább 100,1 mm. 

87 Készítette: Erdei János Feladat Az előző feladat adatai alapján …. s = 2 mm n = 9 s = 2 mm  = 0,95  = 0,05 101,2 -1,65 <  <101,2+1,65 99,5 <  < 102,85 101,2 -1,65 <  <101,2+1,65 99,5 <  < 102,85  t  2 = 2,31

88 Készítette: Erdei János Összehasonlítás 99,9 <  < 102,5  ismert  nem ismert 99,5 <  < 102,85 2,6 mm 3,3 mm Tehát kb. 30%-kal pontatlanabb a becslés az ismeretlen  miatt! 

89 Készítette: Erdei János Feladat Egyoldali intervallum…. s = 2 mm n = 9 s = 2 mm  = 0,95  = 0,05 t  = 1,86  Egyoldali

90 Készítette: Erdei János Feladat A műanyagrudacskák n=25 elemű …. n = 25 s = 0,06 mm  = 0,05 DF = n-1= = 24 t  = 2,06 (kétoldali) 

91 Készítette: Erdei János Feladat A műanyagrudacskák n=25 elemű …. n = 25 s = 0,06 mm  = 0,01 DF = n-1= = 24 t  /2 = 2,8 (kétoldali) 

92 Készítette: Erdei János Feladat A szárazelemek behozatalára vonatkozó …. 19, 18, 22, 20 és 17 órát működtek n = 5 s = ? óra s = 1,7 óra 

93 Készítette: Erdei János Feladat s = 1,72 óra  = 0,05  = 0,01  = 0,001 t  /2 = 2,78 t  /2 = 4,60 t  /2 = 8,61 16,8 <  < 21,6 15,3 <  < 23,1 11,9 <  < 26,5 Ha csökkentjük  értékét, azaz növeljük a megbízhatóságot, nő az intervallum,  de nő a  is!

94 Készítette: Erdei János Feladat Zománcedények peremezéséhez …. az intervallum félszélessége  =  2 N/mm 2  = 7 N/mm 2 Ha  = 99%   =0,01 u  /2 =2,58 

95 Készítette: Erdei János Feladat Ha  = 90%   =0,1 u/2=1,64 !! db db 

96 Készítette: Erdei János