Valószínűségszámítás

Nevezetes folytonos eloszlások

Egyenletes, exponenciális és normális eloszlás: az örökifjú tulajdonság, a Poisson-kapcsolat és a standardizálás lépésről lépésre.

18 perc olvasás

1. Egyenletes eloszlás

A legegyszerűbb folytonos modell: a valószínűség egyenletesen oszlik el egy $[a,b]$ intervallumon, azon kívül nulla. Ezt használjuk, ha semmit nem tudunk a változóról azon kívül, hogy hol veheti fel az értékeit — például kerekítési hibára vagy egy véletlen időpontra.

f(x)=\frac{1}{b-a}\ \ (a\le x\le b),\qquad F(x)=\frac{x-a}{b-a}\ \ (a\le x\le b)

E(X)=\frac{a+b}{2},\qquad D^{2}(X)=\frac{(b-a)^{2}}{12}

A várható érték az intervallum közepe, ahogy várjuk. A szórásnégyzet nevezőjében álló $12$ nem magyarázható szemléletesen, ezt meg kell jegyezni — cserébe a szórás $(b-a)/\sqrt{12}\approx 0{,}289\,(b-a)$ , tehát nagyjából az intervallum hosszának harmada.

2. Exponenciális eloszlás

Az exponenciális eloszlás a várakozási idők modellje: meddig kell várni a következő eseményre, meddig működik egy alkatrész az első meghibásodásig. Egyetlen paramétere a $\lambda>0$ intenzitás (hibaráta).

Exponenciális eloszlás

f(x)=\lambda e^{-\lambda x}\ \ (x\ge 0),\qquad F(x)=1-e^{-\lambda x}\ \ (x\ge 0)

E(X)=\frac{1}{\lambda},\qquad D(X)=\frac{1}{\lambda},\qquad P(X>t)=e^{-\lambda t}

A várható érték és a szórás megegyezik — ez az exponenciális eloszlás ismertetőjegye, ahogy a Poissonnál a várható érték és a szórásnégyzet egyezése. A feladatokban szinte mindig a $P(X>t)=e^{-\lambda t}$ alakot használjuk, mert a „legalább ennyi ideig működik” kérdés így egy behelyettesítés.

Örökifjú (emlékezet nélküli) tulajdonság

P(X>s+t\mid X>s)=P(X>t)

Bizonyítása egy sor: a feltételes valószínűség definíciója szerint $\frac{e^{-\lambda(s+t)}}{e^{-\lambda s}}=e^{-\lambda t}$ . Szavakban: egy már öt éve működő alkatrész pontosan olyan jó, mint egy új. Ez a modell tehát nem ír le kopást vagy öregedést — épp ezért a mechanikai alkatrészekre ritkán illik, az elektronikai hibákra és a beérkezési időkre viszont nagyon jól.

Kapcsolat a Poisson-eloszlással

Ha az események Poisson-eloszlás szerint, $\lambda$ intenzitással érkeznek, akkor a két egymást követő esemény közötti idő exponenciális eloszlású, ugyanazzal a $\lambda$ -val. A két állítás ugyanannak a folyamatnak a két nézete: $P(T>t)$ ugyanaz, mint annak a valószínűsége, hogy $t$ idő alatt nulla esemény történik, azaz $\frac{(\lambda t)^{0}}{0!}e^{-\lambda t}=e^{-\lambda t}$ .

3. A normális eloszlás

A normális (Gauss-) eloszlás a legfontosabb folytonos modell, mert sok kicsi, független hatás összege mindig ehhez tart — ezt mondja ki a centrális határeloszlás-tétel. Mérési hibák, gyártási méretek, testmagasság: mind ilyenek.

Normális eloszlás sűrűségfüggvénye

f(x)=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{(x-m)^{2}}{2\sigma^{2}}},\qquad X\sim N(m,\sigma)

A két paraméter közvetlenül a várható érték és a szórás: $E(X)=m$ , $D(X)=\sigma$ . A görbe harang alakú, az $m$ -re szimmetrikus, és a $\sigma$ szabja meg, mennyire lapos.

A sűrűségfüggvénynek nincs elemi primitív függvénye, ezért az $F$ értékeit táblázatból olvassuk ki. Egyetlen táblázat elég, mert minden normális változó visszavezethető a $m=0$ , $\sigma=1$ paraméterű standard normálisra:

Standardizálás

Z=\frac{X-m}{\sigma}\sim N(0,1),\qquad P(X<x)=\Phi\!\left(\frac{x-m}{\sigma}\right)

A táblázatok általában csak a pozitív $z$ értékeket tartalmazzák; a negatívakat a szimmetriából kapjuk meg:

\Phi(-z)=1-\Phi(z),\qquad P(a<X<b)=\Phi\!\left(\frac{b-m}{\sigma}\right)-\Phi\!\left(\frac{a-m}{\sigma}\right)

z	Φ(z)	Amit jelent
0,5	0,6915	a fél szórásnyi sáv alsó széle
1,0	0,8413	az m ± σ sáv 68,3%-ának széle
1,5	0,9332
1,645	0,9500	egyoldali 95% — kritikus érték
1,96	0,9750	kétoldali 95% — konfidenciaintervallum
2,0	0,9772	az m ± 2σ sáv 95,4%-ának széle
2,5	0,9938
3,0	0,9987	az m ± 3σ sáv 99,7%-ának széle

A szórás egységeiben mérve a normális eloszlás mindig ugyanúgy néz ki, és ezt érdemes fejből tudni — ez a 68–95–99,7 szabály:

Az értékek $68{,}3\%$ -a esik az $m\pm\sigma$ sávba,
$95{,}4\%$ -a az $m\pm 2\sigma$ sávba,
$99{,}7\%$ -a az $m\pm 3\sigma$ sávba.

Két hasznos tulajdonság

A normális eloszlás lineáris transzformációra zárt: ha $X\sim N(m,\sigma)$ , akkor $aX+b\sim N(am+b,\ |a|\sigma)$ . Ugyanígy összeadásra is: független normálisok összege is normális, a várható értékek összeadódnak, és a szórásnégyzetek is. Ezért maradnak a normális modellek kezelhetők akkor is, ha sok tagot kell összeadni.

4. Kidolgozott példák

Egyenletes: mennyit várunk a buszra

Egy busz 15 percenként indul, mi véletlenszerű időpontban érkezünk a megállóba. A várakozási idő egyenletes a $[0;15]$ intervallumon. Mennyi a várható várakozás, a szórása, és mennyi az esélye, hogy 10 percnél többet kell várni?

$E(X)=\frac{0+15}{2}=7{,}5\ \text{perc},\qquad D(X)=\frac{15}{\sqrt{12}}\approx 4{,}33\ \text{perc}$
$P(X>10)=1-F(10)=1-\frac{10}{15}=\frac{1}{3}\approx 0{,}333$
Egyenletes eloszlásnál minden ilyen kérdés hosszarány-számítás: a keresett intervallum hossza osztva a teljes hosszal. A $P(4<X<9)=\frac{5}{15}=\frac{1}{3}$ ugyanígy jön ki, pedig az intervallum máshol van.

Exponenciális élettartam és az örökifjú tulajdonság

Egy elektronikai alkatrész élettartama exponenciális eloszlású, átlagosan 5 év. (a) Mennyi az esélye, hogy 8 évnél tovább működik? (b) Egy már 5 éve működő darab mennyi eséllyel bírja ki még legalább 8 évig? (c) Mennyi a medián élettartam?

Az átlagból $\lambda=1/5=0{,}2$ év $^{-1}$ .
$P(X>8)=e^{-0{,}2\cdot 8}=e^{-1{,}6}\approx 0{,}2019$
(b) Az örökifjú tulajdonság szerint a válasz ugyanez:
$P(X>13\mid X>5)=\frac{e^{-2{,}6}}{e^{-1}}=e^{-1{,}6}\approx 0{,}2019$
Az eddig eltelt 5 év semmilyen információt nem hordoz a hátralévő élettartamról.
(c) A medián az $F(m)=0{,}5$ egyenletből:
$1-e^{-0{,}2m}=0{,}5\ \Longrightarrow\ m=\frac{\ln 2}{0{,}2}\approx 3{,}47\ \text{év}$
A medián jóval kisebb az 5 éves átlagnál: az eloszlás jobbra elnyújtott, a darabok több mint fele az átlagnál rövidebb ideig él, néhány nagyon hosszú élettartam pedig felhúzza az átlagot.

Normális: töltési tömeg és tűréshatár

Egy töltőgép átlagosan $500$ g-ot adagol, $20$ g szórással, normális eloszlás szerint. (a) Mennyi az esélye, hogy egy csomag 480 g-nál könnyebb? (b) Mennyi esik a 490–520 g sávba? (c) Melyik az a tömeg, aminél a csomagok 5%-a könnyebb?

(a) Standardizálunk: $z=\frac{480-500}{20}=-1$ .
$P(X<480)=\Phi(-1)=1-\Phi(1)=1-0{,}8413=0{,}1587$
(b) Két standardizálás, majd kivonás:
$z_{1}=\frac{490-500}{20}=-0{,}5,\qquad z_{2}=\frac{520-500}{20}=1$
$P(490<X<520)=\Phi(1)-\Phi(-0{,}5)=0{,}8413-(1-0{,}6915)=0{,}5328$
(c) Most visszafelé megyünk: az az $z$ , amelyre $\Phi(z)=0{,}05$ . A táblázatból $\Phi(1{,}645)=0{,}95$ , tehát a szimmetria miatt $z=-1{,}645$ :
$x=m+z\sigma=500-1{,}645\cdot 20=467{,}1\ \text{g}$
Ez a $5\%$ -os kvantilis: a csomagok huszada ennél könnyebb.

Poisson és exponenciális: ugyanaz a folyamat kétféleképp

Egy ügyfélszolgálatra óránként átlagosan 3 hívás érkezik. Mennyi az esélye, hogy a következő hívásra fél óránál többet kell várni?

Exponenciális nézet: a hívások közti idő exponenciális, $\lambda=3$ óra $^{-1}$ paraméterrel.
$P(T>0{,}5)=e^{-3\cdot 0{,}5}=e^{-1{,}5}\approx 0{,}2231$
Poisson nézet: „fél óránál tovább kell várni” pontosan azt jelenti, hogy fél óra alatt nulla hívás érkezik. A fél órára eső paraméter $\lambda=1{,}5$ :
$P(X=0)=\frac{1{,}5^{0}}{0!}e^{-1{,}5}=e^{-1{,}5}\approx 0{,}2231$
Ugyanaz a szám, mert ugyanazt az eseményt írtuk le. Egy feladatnál érdemes azt a nézetet választani, amelyikben a kérdés egyszerűbben fogalmazható meg: darabszámra Poisson, időtartamra exponenciális.

Elakadtál menet közben?

Egy tananyag megmutatja, hogyan működik a dolog. Azt viszont, hogy pontosan hol csúszik el nálad, egy óra alatt derítjük ki. Foglalj egy alkalmat, vagy beszéljük meg egy ingyenes konzultáción, mire van szükséged.

Egyéni óra foglalása Ingyenes konzultáció