Valószínőségszámítás és statisztika elıadások Mérnök informatikus BSc szak MANB030, MALB030

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Valószínőségszámítás és statisztika elıadások Mérnök informatikus BSc szak MANB030, MALB030"

Átírás

1 Valószínőségszámítás és statisztika elıadások Mérnök informatikus BSc szak MANB030, MALB téma Feltételes valószínőség, függetlenség Példák feltételes valószínőségekre. Feltételes valószínőség definíciója. Tételek feltételes valószínőségekre. Szorzás tétel. Fa diagram és inverz fa diagram alkalmazása feltételes valószínőségek számítására

2 Példák feltételes valószínőségekre Tekintsünk egy kísérlettel kapcsolatos A eseményt, melynek lehetséges kimeneteleirıl rendelkezünk valamely B részinformációval. A P(A B) feltételes valószínőség számítása során az A B valószínőségét viszonyítjuk a B új eseménytér valószínőségéhez. Példák (a) Egy kocka kétszeri feldobásakor figyeljük, hogy a dobott pontok összege mikor lesz 8-nál nagyobb. Hogyan változik a valószínőség, ha tudjuk, hogy az elsı dobás 5 lett? (c) A radar képernyıjét figyelve egy objektum tőnik fel. Mekkora valószínőséggel tulajdonítható ez a jel repülıgépnek? (b) Egy öt betős értelmes magyar szót szeretnénk kitalálni, melynek második betője A. Mekkora a valószínősége, hogy a szó ötödik betője S? (d) Mekkora a valószínősége annak, hogy valaki beteg, ha ezen betegség orvosi tesztje negatív lett?

3 1. Példa feltételes valószínőségre Egy dobókockával kétszer dobunk egymás után. Jelölje az A esemény azt, hogy a dobott pontszámok összege meghaladja a 8-at: A = { a két dobás pontjainak összege > 8}. A B esemény jelentse azt, hogy elsı dobásra ötöst dobtunk B = { a két dobásból az elsı dobás eredménye 5 }. Nyilván a B esemény megelızi az A esemény bekövetkezését! Számítsuk ki a P(A B) feltételes valószínőséget, vagyis mekkora annak valószínősége, hogy a két dobás pontjainak összege nagyobb lesz 8-nál feltéve, hogy tudjuk az elsı dobás eredményét, amely 5 lett.

4 1. Példa feltételes valószínőségre Megoldás Az Ω eseménytér elemeit az {1, 2, 3, 4, 5, 6} halmaz önmagával képezett Descartes-szorzata adja meg, vagyis az összes rendezett párok halmaza: Ω={ (1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6), (2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (2,5), (2,6), (3,1), (3,2), (3,3), (3,4), (3,5), (3,6), (4,1), (4,2), (4,3), (4,4), (4,5), (4,6), (5,1), (5,2), (5,3), (5,4), (5,5), (5,6), (6,1), (6,2), (6,3), (6,4), (6,5), (6,6)} A 36 elemi esemény mindegyike egyformán valószínő. Válasszuk ki az A eseményt alkotó elemi eseményeket Ω elemei közül, vagyis azokat, amelyekre a két szám összege nagyobb 8-nál! Ezek a következık A={ (3,6), (4,5), (4,6), (5,4), (5,5), (5,6), (6,3), (6,4), (6,5), (6,6)} Mivel az A eseményt 10 elemi esemény alkotja, azaz A = 10, ezért A 10 5 P( A ) = = = = Ω 36 18

5 1. Példa feltételes valószínőségre Az A esemény valószínősége ennyi, ha nem ismerjük az elsı dobás eredményét. Nyilvánvalóan ennél nagyobb valószínőséget várunk abban az esetben, ha az elsı dobásról kiderült, hogy 5 adódott. Számítsuk ki mekkora a P(A B) feltételes valószínőség! Ha az elsı dobásról tudjuk, hogy 5 lett, akkor a két dobás együttese már csak az alábbi 6 elemi eseménybıl állhat B ={ (5,1), (5,2), (5,3), (5,4), (5,5), (5,6) }. Ezek közül az elemi események közül kell kiválasztani, azokat amelyekre a számok összege > 8. Ezek az A B ={ (5,4), (5,5), (5,6) } lehetıségek. Mivel a B esemény 6 elemi eseményébıl csak 3 jöhet szóba, ezért a valószínőség A B 3 1 P( A B) = = = = 0.5 B 6 2

6 1. Példa feltételes valószínőségre Számítsuk ki a B és az A B események valószínőségeit B 6 1 P( B ) = = = Ω 36 6 A B 3 1 P( A B) = = = Ω Az elıbb kapott feltételes valószínőséget kiszámíthatjuk a fenti két valószínőség hányadosaként is: 1 P( A B) P( A B) = = = = P( B)

7 2. Példa feltételes valószínőségre Egy 5 betős értelmes magyar szót kell kitalálni, melynek második betője A. I R O D A A A második bető A S A R O K B A R Á T K A B Á T H A R A P A második bető A és az ötödik S M A R A D T A P O S H A M I S K A K A S L A P O S M A N C S Mekkora a valószínősége, hogy a szó ötödik betője S? O R V O S P O R O S K O R O S P Á R O S O L V A S K Ö N Y V B Az ötödik bető S C S O D A C S O N T H Á R O M A= { a szó második betője A } B = { a szó ötödik betője S } na B 5 1 P( A B) = = = nb 10 2 Nem változott a valószínőség, pedig két betőt ismerünk! n 10 1 P( B) = B = = n Ω 20 2 n 10 1 P( A) = A = = 20 2 n Ω A Ötbetős értelmes magyar szavak Nem A B Nem B W

8 3. Példa feltételes valószínőségre Egy véletlen tömegjelenséggel kapcsolatosan n kísérletet végzünk és ezzel kapcsolatosan figyeljük az A és B események bekövetkezését külön-külön is és együttesen is. Jelölje k A B az A B szorzat esemény bekövetkezési számát ( gyakoriság) az n kísérletbıl. Jelölje k B a B esemény bekövetkezési számát (gyakoriság) az n kísérletbıl. Az k r = AB A B k B hányados megmutatja az A B szorzat bekövetkezési arányát a B esemény bekövetkezési számához viszonyítva, amelyet éppen ezért nevezhetünk az A esemény B eseményre vonatkozó feltételes relatív gyakoriságának. Osszuk le a feltételes relatív gyakoriság számlálóját is és nevezıjét is n-nel: k AB k r = AB = n = A B k k B B n r r A B B

9 Feltételes valószínőség definíciója Tehát az A esemény B eseményre vonatkozó feltételes relatív gyakorisága egyenlı a szorzat relatív gyakoriságának és a B relatív gyakoriságának hányadosával. Mivel a relatív gyakoriság az esemény valószínősége körül ingadozik, ezért P ( A B ) = lim r A B P ( B ) = lim r B n n Így lim ra B n P ( A B ) P ( A B ) = limra B = = n lim r P ( B ) n B DEFINÍCIÓ Az A esemény B eseményre vonatkozó feltételes valószínőségén a hányadost értjük, ahol P(B)>0. P ( A B ) = P ( A B ) P ( B )

10 Tételek feltételes valószínőségre A most definiált valószínőségrıl megmutatjuk, hogy a valószínőség axiómáinak eleget tesz: 1. Állítás 0 P(A B) 1 Bizonyítás. A B B Ezért P ( A B ) P ( A B ) = 1 P ( B ) Mivel, ezért P(A B) P(B). B A B A 2. Állítás P(Ω B) = 1 Bizonyítás. Mivel Ω B = B, ezért P ( Ω B ) P ( B ) P ( Ω B ) = = = 1 P ( B ) P ( B )

11 Tételek feltételes valószínőségre 3. Állítás Ha az A 1 és A 2 két egymást kizáró esemény, akkor Bizonyítás. P(A 1 +A 2 B) = P(A 1 B) + P(A 2 B) A halmazok mőveleti tulajdonságai alapján (A 1 +A 2 ) B = A 1 B +A 2 B, továbbá az A 1 B és A 2 B események egymást kizárók, ezért (( ) ) P((A 1 +A 2 ) B) = P(A 1 B) + P(A 2 B) (( + ) ) ( ) + ( ) ( ) ( ) P A A B P A B P A B P A B P A B ( ) ( ) = = = + = P A A B P( B) P( B) P( B) P( B) P A B P A B

12 Példa feltételes valószínőség számítására A feltételes valószínőség számításához szükséges a szorzat esemény valószínősége és az egyik tényezı valószínősége. A feladat szövege alapján meg kell keresni a szorzat esemény tényezıit. Példa. Annak valószínősége, hogy Pécsett esik az esı június 15-én 0.33 és annak valószínősége, hogy június 15-én és 16-án is esik 0.2. Ha tudjuk, hogy június 15-én esik, akkor mennyi a valószínősége, hogy 16 -án is esik az esı. Megoldás A feladatban szereplı két esemény A = { az esı esik Pécsett június 16-án } és B = { az esı esik Pécsett június 15-én }. A feladat szövege szerint P(B) = 0.33 és a szorzat valószínősége P(A B) = 0.2. A feladat a P(A B) feltételes valószínőség meghatározása, amely definíció szerint P( A B) 0.2 P( A B) = = = P( B) 0.33

13 A valószínőségek szorzási tétele Sok a gyakorlatban is felmerülı - probléma esetében a feltételes valószínőség adott és ebbıl a szorzat esemény valószínőségét kell kiszámítani! A feltételes valószínőség definíciójában szereplı P( A B) = P( A B) P( B) egyenlıséget szorozzuk meg P(B) valószínőséggel! Ekkor kapjuk a szorzás-tételnek nevezett összefüggést P( A B) = P( A B) P( B) Az állítás általánosítható két tényezırıl tetszıleges számú tényezıre. 1. TÉTEL. Tetszıleges A 1, A 2,, A n esemény szorzatára teljesül az alábbi azonosság P( A A A ) = P( A A A ) P( A A A ) P( A A ) P A Bizonyítás ( ) 1 2 n 1 2 n n n 1 n n Az egyenlıség n=2 esete a definícióból következik. Tekintsük az n= 3 esetet! ( 1 ( 2 3) ) = ( 1 2 3) ( 2 3) = ( 1 2 3) ( 2 3) ( 3) P A A A P A A A P A A P A A A P A A P A Tetszıleges n esetére az állítást teljes indukcióval bizonyíthatjuk be!

14 1. Példa szorzás- tétel alkalmazására Egy doboz 10 csavart tartalmaz, amelybıl 3 hibás. Kettı csavart húzunk ki egymás után véletlenszerően. Mekkora a valószínősége annak, hogy a két csavarból egyik sem hibás? Megoldás (a) eset. Kihúzás visszatevés nélkül Elsı húzáskor a 10 csavar közül 7 jó és 1 jó csavart kell kivenni, ezért elsı húzásra a jó csavar húzásának valószínősége. Mivel a kivett csavart nem tesszük vissza, ezért a második húzás elıtt már csak 9 csavar van a dobozban. Ha feltesszük, hogy az elsıre kihúzott csavar jó, akkor a dobozban már csak 6 jó csavar maradt. Ezért A szorzás tétel alapján a szorzat eseményre a valószínőséget kapjuk. 7 P( A ) = P( B A ) = = P( A B) = P( B A) P( A) = = =

15 1. Példa szorzás- tétel alkalmazására (b) eset. Kihúzás visszatevéssel. Mivel 10 csavarból 7 jó és 1 csavart kell kivenni, ezért elsı húzásra a jó csavar húzásának valószínősége. Mivel a kivett csavart visszatettük, ezért a második húzásnál is 10 csavarból kell kivenni egyet és a dobozban 7 jó csavar van. Ezért A szorzás tétel alapján 7 P( A ) = 10 7 P( B A) = = P( B) P( A B) = P( B A) P( A) = = = Tehát a jó csavar húzásának valószínősége nagyobb, ha a kivett csavart visszatesszük.

16 2. Példa szorzás- tétel alkalmazására Egy dobozban N darab alkatrész van, amelybıl S selejt. Négy alkatrészt veszünk ki véletlenszerően visszatevés nélkül. Mekkora a valószínősége annak, hogy elsıre jót, másodikra és harmadikra selejtet és negyedikre jót húzunk ki? Megoldás Definiáljuk a kérdéssel kapcsolatos alábbi négy eseményt! ahol k= 1, 2, 3, 4 lehet. ( ) P A A A A A k ={ a k-adik húzásra kivett alkatrész hibátlan } A feladat a szorzat esemény valószínőségét kérdezi! P ( A ) 1 = N S N S P( A2 A1 ) = N 1 S 1 P( A3 A1 A2 ) = N 2 N S 1 P( A4 A1 A2 A3 ) = N 3 Az elsı húzás elıtt N db alkatrészünk van. Közöttük (N-S) a jó alkatrész és ebbıl egy jót kell kivenni. A második húzás elıtt (N 1) db alkatrészbıl kell választani. Ha elsıre jót húztunk, akkor S selejt van a dobozban és egy selejtet kell kivenni. A harmadik húzás elıtt (N 2) db alkatrész van. Ha elsıre jót és másodikra selejtet húztunk, akkor az (S-1) selejt közül kell egy selejtet kivenni A negyedik húzás elıtt (N 3) db alkatrészünk van. Ha elsıre jót, másodikra és harmadikra selejtet húztunk, akkor a maradt (N S 1) selejtbıl egy selejtet kell kivenni. A szorzás-szabály alapján kapjuk a kérdéses valószínőséget N S 1 S 1 S N S P( A1 A2 A3 A4) = P( A4 A1 A2 A3 ) P( A3 A1 A2 ) P( A2 A1 ) P( A1 ) = N 3 N 2 N 1 N

17 Események függetlensége DEFINÍCIÓ Ha az A esemény bekövetkezésére nincs hatással a B esemény bekövetkezése, akkor azt mondjuk, hogy az A esemény független B-tıl. Ez azt jelenti, hogy a P(A) valószínőség és a P(A B) feltételes valószínőség egyenlı P(A)=P(A B). Tehát az A esemény valószínősége változatlan marad, ha a B esemény bekövetkezését ismerjük. Azaz nincs hatással a B esemény bekövetkezése az A eseményre.

18 Események függetlensége Bizonyítás TÉTEL. Az A és B események akkor és csakis akkor függetlenek, ha Két irányt kell bizonyítani. P( A B) = P( A) P( B) (a) Legyen A és B független, tehát a 2. definíció alapján Ekkor a szorzás szabály miatt feltételét P( A B) = P( A) P( A B) = P( A B) P( B) P( A B) = P( A B) P( B) = P( A) P( B). Behelyettesítve a függetlenség (b) Teljesüljön a tétel P(A B) = P(A) P( B) egyenlısége. Meg kell mutatni, hogy az A esemény független a B eseménytıl. A feltételes valószínőség 2. definíciója szerint és a tétel egyenlısége alapján P( A B) P( A) P( B) P( A B) = = = P( A) P( B) P( B) Tehát az A esemény független a B eseménytıl a 2. definíció értelmében. A tétel alapján egy újabb függetlenségi definíciót mondhatunk ki

19 Események függetlensége DEFINÍCIÓ Az A és B eseményeket függetleneknek nevezzük, ha P( A B) = P( A) P( B) A függetlenség ezen definíciója jobban mutatja, hogy az A és B függetlensége szimmetrikus tulajdonság. Tehát, ha A független B-tıl, akkor B is független A-tól. A következı tételek független eseményekkel kapcsolatosak. TÉTEL Ha az A esemény valószínősége nulla, azaz P(A)=0, akkor bármely B esemény független A-tól. Bizonyítás Mivel A B A ezért P(A B) P(A) = 0. És így P(A B) = 0. Ennélfogva P( A B) = P( A) P( B) = 0

20 Események függetlensége TÉTEL Ha az A esemény valószínősége 1, azaz P(A)=1, akkor bármely B esemény független A-tól. Bizonyítás Mivel A A+ B, ezért 1 = P(A) P(A+B) 1. Így P(A+B) = 1. Felhasználva az A+B összeg esemény valószínőségére vonatkozó azonosságot P( A+ B) = P( A) + P( B) P( A B) Behelyettesítve az ismert valószínőségeket az egyenlıségbe 1 = 1 + P(B) P(A B). Azaz P(A B) = P(B) = 1 P(B) = P(A) P(B). Tehát A és B független események.

21 Tétel események függetlenségére TÉTEL Ha az A és B események függetlenek, akkor A (a) és B függetlenek B A B (b) A és függetlenek (c) és függetlenek Bizonyítás (a) Használjuk a korábban a valószínőségekre igazolt tételeket ( ) = ( ) = ( ) ( ) = ( ) ( ) ( ) = ( ) [ 1 P( A) ] = P( B) P( A) P A B P B A P B P A B P B P A P B P B Ahol felhasználtuk, hogy A és B független események. (b) Bizonyítása (a)-hoz hasonló. (c) Használjuk a DeMorgan azonosságot, az A+B valószínőségére vonatkozó tételt és a függetlenség definícióját P( A B) = 1 P( A B) = 1 P( A+ B) = 1 P( A) P( B) + P( A B) = [ ] [ ] ( ) = 1 P( A) P( B) + P( A) P( B) = 1 P( A) 1 P( B) = P( A) P B Ezzel a tételt bebizonyítottuk.

22 1. Példa függetlenségre Két egymástól függetlenül mőködı készülék esetén annak valószínősége, hogy az egyik 1 órán belül üzemzavar miatt megáll 20%, a másik 1 órán belül üzemzavar miatt megáll 15%. Mi a valószínősége annak, hogy egyik készülék se áll meg 1 órán keresztül? Megoldás A feladatban szereplı eseményekre vezessünk be jelöléseket! A= { az elsı készülék 1 órán belül üzemzavar miatt megáll } B= { a második készülék 1 órán belül üzemzavar miatt megáll } A feltételek szerint P(A) = 0.2 és P(B) = ( ) A feladat a P A B valószínőséget kérdezi! Mivel A és B függetlenek, ezért A és B is függetlenek. Tehát ( ) ( ) [ ] [ ] P A B = P( A) P B = 1 P( A) 1 P( B) = (1 0.2) (1 0.15) = = 0.68

23 2. Példa függetlenségre Egy áramkör három egymástól függetlenül mőködı alkatrészbıl áll az alábbi ábrának megfelelı elrendezésben: Annak valószínősége, hogy egy bizonyos idıintervallumon belül nem romlik el a megfelelı alkatrész p 1 = 0.9, p 2 = p 3 = 0.7. Mekkora a valószínősége annak, hogy a vizsgált idıintervallumon belül az egész áramkör mőködıképes lesz? Megoldás A feladatban szereplı eseményekre vezessünk be jelöléseket! A k = { a k-adik készülék a vizsgált idıintervallumon belül nem romlik el }, ahol k=1, 2 és 3 lehet. B = { az egész áramkör a vizsgált idıintervallumon belül mőködıképes lesz } A feltételek szerint P(A 1 ) = 0.9, P(A 2 ) = 0.7 és P(A 3 ) = 0.7. Feladat a P(B) valószínőség meghatározása!

24 2. Példa függetlenségre Mivel a 2. és 3. áramköri elemek egymással párhuzamosan vannak kötve, míg ezek eredıje az 1. alkatrésszel sorosan van kötve, ezért a következıt mondhatjuk. Az áramkör nem romlik el az adott idıintervallumon belül akkor és csakis akkor, ha az 1. és 2. alkatrész nem romlik el, vagy az 1. és 3. alkatrész nem romlik el. Ez azt jelenti, hogy a B eseményt következıképpen adhatjuk meg B = (A 1 A 2 ) + (A 1 A 3 ) Ezért az események összegének valószínőségére vonatkozó tételt használva P(B) = P (A 1 A 2 ) + P (A 1 A 3 ) P (A 1 A 2 A 3 ) Feltétel szerint az A 1, A 2 és A 3 események függetlenek és P(A 1 ) = 0.9, P(A 2 ) = 0.7, P(A 3 ) = 0.7, ezért P(B) = P (A 1 ) P(A 2 ) + P (A 1 ) P(A 3 ) P(A 1 ) P(A 2 ) P(A 3 ) = Kiszámíthatjuk a fenti képletet következı formulával is P(B) = P (A 1 ) ( 1 (1 P(A 2 )) (1 P(A 3 )) )

25 3. Példa függetlenségre Határozzuk meg a P(A B) és a P(B) valószínőségeket, ha a P(A)=3/8, P(A+B)=5/8 valószínőségek és a P(A B)=1/3 feltételes valószínőség adottak! Az A és B események függetlenek-e? Megoldás Írjuk fel az összeg valószínőségére és az A esemény B eseményre vonatkozó feltételes valószínőségére vonatkozó összefüggéseket! P( A B) P( A+ B) = P( A) + P( B) P( A B) P( A B) = P( B) A példában adott valószínőségeket írjuk be az egyenlıségekbe! 5 3 ( ) ( ) 8 = 8 + P B P A B 1 P( A B) = 3 P( B) Kaptunk egy egyenletrendszert a P(B) és P(A B) ismeretlen valószínőségekre! A második egyenletbıl fejezzük ki P(B)-t és helyettesítsük be az elsı egyenletbe! P( B) = 3 P( A B) = = P( B) P( A B) = 3 P( A B) P( A B) = 2 P( A B) Ahonnan megkapjuk a keresett valószínőségeket P( A B) = P( B ) = 8 8

26 Fa diagram Hasznos segédeszköz egymás után bekövetkezı események valószínőségének számításához a fa diagrammal való megjelenítés. Példákon keresztül mutatjuk be az alkalmazását. PÉLDA Egy kockát háromszor dobunk fel egymástól függetlenül és azt mondjuk minden egyes dobás esetén, hogy sikeres, ha a dobott pontszám 2-nél nagyobb. Mivel a sikeres dobás a {3,4,5,6} halmaz, ezért az S sikeres dobás valószínősége P(S)=4/6=2/3=p. Így a K=Ω S kudarc esemény valószínősége P(K)=1 P(S)=1/3=q, mert a dobott pontszám 1 vagy 2 lehet. Vizsgálva az összes variációs lehetıséget az S és K teljes eseményrendszerre, a következı fa diagramot rajzolhatjuk fel. 3. dobás Események Valószínőségek 2. dobás 1. dobás S S S ( ) ( ) ( 1 / 3) (Start) S S K S K S S K K K S S K S K K K S K K K 2 ( ) ( 1 / 3) ( ) ( 1 / 3) 2 2 ( ) ( 1 / 3) ( ) ( 1 / 3) 2 ( ) ( 1 / 3) 2 ( ) 3

27 Fa diagram A fa diagram a start felirattal indul és három szintbıl áll, a 3 dobásnak megfelelıen. A dobások lehetséges kimenetele 2-féle: vagy. Ezek szerepelnek a fagráf csúcspontjaiban. A csúcsokat összekötı élekre azt a valószínőséget írjuk rá, amellyel az esemény bekövetkezik. Mivel a dobások függetlenek, ezért például az S K S szorzat esemény valószínősége a tényezık valószínőségeinek szorzata (Start) P(S K S) = P(S) P(K) P(S)=(2/3) (1/3) (2/3)=4/27 Így egy adott esemény valószínőségét a hozzá vezetı éleken vett valószínőségek szorzata adja. 1. dobás 2. dobás 3. dobás Események Valószínőségek S S S S S K S K S S K K K S S K S K K K S K K K ( ) 3 2 ( ) ( 1 / 3) 2 ( ) ( 1 / 3) ( ) ( 1 / 3) 2 2 ( ) ( 1 / 3) ( ) ( 1 / 3) 2 ( ) ( 1 / 3) 2 ( ) 3

28 Fa diagram A fa diagram alapján válaszolhatunk például a következı típusú kérdésre: KÉRDÉS: Mekkora a valószínősége, hogy legalább kettı dobás sikeres lesz a háromból? Keressük meg azokat a sorokat, amelyekben legalább 2 darab S van és adjuk össze: S S S + S S K + S K S + K S S Az összegben szereplı tagok egymást páronként kizáró események, ezért az összeg valószínősége a valószínőségek összege. Tehát P(S S S + S S K + S K S + K S S)= P(S S S) +P(S S K) +P(S K S) +P(K S S)=20/27 1. dobás 2. dobás 3. dobás Események Valószínőségek (Start) S S S S S K S K S S K K K S S K S K K K S K K K ( ) 3 2 ( ) ( 1 / 3) 2 ( ) ( 1 / 3) ( ) ( 1 / 3) 2 2 ( ) ( 1 / 3) ( ) ( 1 / 3) 2 ( ) ( 1 / 3) 2 ( ) 3

29 Fa diagram Két urnánk van, jelöljük I -val és II -vel! Az I urna tartalmaz 2 fekete és 3 fehér golyót. A II urna tartalmaz 1 fekete és 1 fehér golyót. Egy urnát kiválasztunk véletlenszerően és kihúzunk belıle véletlenszerően egy golyót. Kihúztunk egy fekete golyót, mekkora a valószínősége, hogy az I urnából való a golyó? Megoldás. Az eseménytér elemi eseményeit megkapjuk, ha az alábbi fa diagramban bejárjuk az összes lehetséges utat a gyökértıl a fa valamelyik leveléig. Az egyes elemi események valószínőségei a bejárt élek mentén vett valószínőségek szorzatai lesznek Elemi Urna A golyó színe Valószínőségek események 2 5 Fekete w = (Start) I 3 5 Fehér w 2 3 = Fekete w = II Fehér w = Jelölje A a fekete golyó húzását és I az I urna választását. Így pl. w 1 = A I szorzat esemény és 2/5 =P(A I ) a feltételes valószínőség. A szorzás-szabály alkalmazásával kapjuk w 1 valószínőségét P ( ) P( A I) P( A I) P( I) ω 1 = = = = 5 2 5

30 Inverz fa diagram Ha a - példában kérdezett - P( I A) fordított vagy inverz feltételes valószínőséget szeretnénk számolni, akkor a következıképpen járhatunk el P( I A) 4 P( I A) = = 5 = 5 = 5 = P ( A) P( A I + A II )) P( A I) + P( A II) Az eredeti fa diagram éleire- a második fázisban - a golyók színének valószínőségét írtuk, feltéve, hogy ismerjük az urna kihúzását. A fordított fa diagram második fázisában az éleken az inverz feltételes valószínőségeket vagy Bayes- valószínőségeket tüntetjük fel. Vagyis az urnák húzásának valószínőségeit írjuk az élekre, feltéve hogy ismerjük a golyó színét. Elemi Valószínőségek A golyó színe Urna események I w = Inverz fa diagram Fekete II w 3 w = = Fehér 5 II w 11 4 = Az inverz fa 9/20 értékét következıképpen kapjuk: az eredeti fa fekete sorainak valószínőségeit kell összeadni P(w +w 3 )=P(w 1 )+P(w 3 )=1/5+1/4=9/20. Az x=4/9 feltételes valószínőség a 9/20 alapján a 9 1 x= egyenlet megoldása. Így P( I A)=4/9, amit a fentiekben kaptunk I

31 Példa fa és inverz fa diagram alkalmazására Egy orvos a betegén elvégez egy tesztet bizonyos típusú rák megállapítása érdekében. Mielıtt a teszt eredményét tudná az orvos, elızetesen már ismeri a következı statisztikai adatokat: (a) Átlagosan 1000 emberbıl kb. 1 ember kapja meg ezt a fajta betegséget. (b) A gyakorlat azt mutatja, hogy a rákos betegek 99%-ánál a teszt pozitív, tehát kimutatja a rák jelenlétét. (c) A teszt az egészséges emberek 95%-ánál negatív, tehát nem jelzi a rák jelenlétét! Ha tudja az orvos, hogy egy teszt pozitív, akkor vajon mekkora valószínőséggel mondhatja az illetınek, hogy valóban rákos beteg? Megoldás Elızetesen kérdezzük meg a hallgatóságot, hogy tippeljen a következı kérdésre igennel vagy nemmel: Pozitív teszt esetén 50% -nál nagyobb-e annak valószínősége, hogy az illetı rákos?

32 Jelöljük a feladatban szereplı eseményeket a következıképpen: R={ az illetı rákos beteg}, +={ az illetı tesztje pozitív }, ={ az illetı tesztje negatív }. Statisztikai adatok alapján ismertek a következı valószínőségek P(R)= 0.001,, P(+ R) = 0.99, Számítsuk ki a hányadost P( R ) = P( R) = 0.95 ( ) Ezek alapján kiszámíthatjuk, hogy P( R)= 0.01 és P + R = A feladat elsı kérdése a P(R +) feltételes valószínőség kiszámítása! Vagyis ha tudjuk, hogy a teszt pozitív, akkor milyen valószínőséggel állíthatjuk, hogy az illetı rákos beteg? P( R + ) Definíció alapján P( R + ) = P( + ). Számítsuk ki a számlálót és a nevezıt, majd a hányadost! P( R + ) P( R + ) 0.99 = P( + R) = = P( R + ) = = P( R) P( R + ) P( R + ) 0.05 = P( + R) = = P( R) P( R + ) = = Ezért Példa fa és inverz fa diagram alkalmazására ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) P ( + ) = P ( R+ R ) + = P R + + R + = P R + + P R + = = P( R + ) P( R + ) = = P( + )

33 Példa fa és inverz fa diagram alkalmazására A kapott feltételes valószínőség annyit jelent, hogy pozitív teszt ellenére csak 1.9 % 2 % biztonsággal mondhatja az orvos a páciensnek, hogy rákos beteg és 98.1%-ban a pozitív teszt hamis eredményt ad, vagyis a beteg nem rákos. Ez a meglepı eredmény azt jelenti, hogy a feltett kérdésre a válasz nem, mert jóval 50% alatt van annak esélye, hogy a beteg rákos, annak ellenére hogy a teszt pozitív eredményt mutat. Válaszoljunk az alábbi kérdésekre is a fenti adatok birtokában Ha tudja az orvos, hogy egy teszt pozitív, mekkora valószínőséggel mondhatja az illetınek, hogy egészséges? Ha tudja az orvos, hogy egy teszt negatív, mekkora valószínőséggel mondhatja az illetınek, hogy valóban egészséges? Ha tudja az orvos, hogy egy teszt negatív, mekkora a valószínősége hogy az illetı mégis rákos beteg? A kérdésekre adandó válaszokat olvassuk le az alábbi fordított fa diagramról! A valószínőségeket 3 tizedes jegyre számoltuk ki. Ellenırizzük az adatokat!

34 Példa fa és inverz fa diagram alkalmazására Eredeti fa Inverz fa Rákos 0.99 Teszt + P Teszt Rákos igen P igen nem igen nem nem A fa diagram és az inverz fa diagram a teljes valószínőség tétel és a Bayes- tétel egyfajta reprezentációja. (Lásd késıbb)

Valószínőségszámítás és statisztika elıadások Mérnök informatikus BSc szak MANB030, MALB030

Valószínőségszámítás és statisztika elıadások Mérnök informatikus BSc szak MANB030, MALB030 Valószínőségszámítás és statisztika elıadások Mérnök informatikus BSc szak MNB030, MLB030 4. téma Teljes valószínőség tétel és a Bayes-tétel Teljes valószínőség tétel. Szemléltetés fa diagrammal. Bináris

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I 5 V ELEmI ALGEbRA 1 BINÁRIS műveletek Definíció Az halmazon definiált bináris művelet egy olyan függvény, amely -ből képez -be Ha akkor az elempár képét jelöljük -vel, a művelet

Részletesebben

Feladatok és megoldások a 4. hétre

Feladatok és megoldások a 4. hétre Feladatok és megoldások a. hétre Építőkari Matematika A3. Pisti nem tanult semmit a vizsgára, ahol 0 darab eldöntendő kérdésre kell válaszolnia. Az anyagból valami kicsi dereng, ezért kicsit több, mint

Részletesebben

Valószínűségszámítás

Valószínűségszámítás Eszterházy Károly Főiskola Matematikai és Informatikai Intézet Tómács Tibor Valószínűségszámítás programtervező informatikusok részére Eger, 010. szeptember 0. Tartalomjegyzék 1. Véletlen események...............................

Részletesebben

5. Egyszerre feldobunk egy-egy szabályos hat-, nyolc-, és tizenkét oldalú dobókockát.

5. Egyszerre feldobunk egy-egy szabályos hat-, nyolc-, és tizenkét oldalú dobókockát. 1. feladatsor 1. (a) Igazolja, hogy tetszőleges A, B, C eseményekre fennáll, hogy (A B) (A C) = A (B + C)! (b) Sorolja fel a valószínűség-számítás axiómáit! (a) c=? (4) (b) D(ξ)=? (0.4714) { c x 5 (c)

Részletesebben

Valószínűségszámítás

Valószínűségszámítás 1. Kombinatorika Valószínűségszámítás 2004.03.01. Készítette: Dr. Toledo Rodolfo 1.1. Tétel. Ha n darab különböző elemet az összes lehetséges módon sorba rendezünk, akkor ezt n! := n (n 1) (n 2) 2 1-féle

Részletesebben

Azonosító jel: MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA. 2007. október 25. 8:00. Az írásbeli vizsga időtartama: 240 perc

Azonosító jel: MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA. 2007. október 25. 8:00. Az írásbeli vizsga időtartama: 240 perc ÉRETTSÉGI VIZSGA 2007. október 25. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA 2007. október 25. 8:00 Az írásbeli vizsga időtartama: 240 perc Pótlapok száma Tisztázati Piszkozati OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM

Részletesebben

P (A) = i. P (A B i )P (B i ) P (B k A) = P (A B k)p (B k ) P (A) i P (A B i)p (B i )

P (A) = i. P (A B i )P (B i ) P (B k A) = P (A B k)p (B k ) P (A) i P (A B i)p (B i ) 6. A láncszabály, a teljes valószínűség tétele és Bayes-tétel Egy (Ω, A, P ) valószín ségi mez n értelmezett A 1,..., A n A események metszetének valószín sége felírható feltételes valószín ségek segítségével

Részletesebben

1.4 Hányféleképpen rakhatunk sorba 12 könyvet, ha 3 bizonyos könyvet egymás mellé akarunk rakni és

1.4 Hányféleképpen rakhatunk sorba 12 könyvet, ha 3 bizonyos könyvet egymás mellé akarunk rakni és Valószínűségszámítás és statisztika feladatok 1 Kombinatorika 2011/12. tanév, I. félév 1.1 Hányféleképpen lehet a sakktáblán 8 bástyát elhelyezni úgy, hogy egyik se üsse a másikat? Mennyi lesz az eredmény,

Részletesebben

Az óvodai és iskolai étkezés, napközi /tények és vélemények/

Az óvodai és iskolai étkezés, napközi /tények és vélemények/ Az óvodai és iskolai étkezés, napközi /tények és vélemények/ Budapest, 2006. június Bevezetés A Gyermekszegénység Elleni Nemzeti Program Iroda 2006. márciusában megbízást adott a Szonda Ipsos Média,- Vélemény-

Részletesebben

Miskolci Egyetem GÉPÉSZMÉRNÖKI ÉS INFORMATIKAI KAR. Analízis I. példatár. (kidolgozott megoldásokkal) elektronikus feladatgyűjtemény

Miskolci Egyetem GÉPÉSZMÉRNÖKI ÉS INFORMATIKAI KAR. Analízis I. példatár. (kidolgozott megoldásokkal) elektronikus feladatgyűjtemény Miskolci Egyetem GÉPÉSZMÉRNÖKI ÉS INFORMATIKAI KAR Analízis I. példatár kidolgozott megoldásokkal) elektronikus feladatgyűjtemény Összeállította: Lengyelné Dr. Szilágyi Szilvia Miskolc, 013. Köszönetnyilvánítás

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2008. október 21. KÖZÉPSZINT I.

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2008. október 21. KÖZÉPSZINT I. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 008. október 1. KÖZÉPSZINT I. 1) Adja meg a 4 egyjegyű pozitív osztóinak halmazát! A keresett halmaz: {1 4 6 8}. ) Hányszorosára nő egy cm sugarú kör területe, ha a sugarát háromszorosára

Részletesebben

Matematikai és matematikai statisztikai alapismeretek

Matematikai és matematikai statisztikai alapismeretek Kézirat a Matematikai és matematikai statisztikai alapismeretek című előadáshoz Dr. Győri István NEVELÉSTUDOMÁNYI PH.D. PROGRM 1999/2000 1 1. MTEMTIKI LPOGLMK 1.1. Halmazok Halmazon mindig bizonyos dolgok

Részletesebben

Valószínűségszámítás feladatgyűjtemény

Valószínűségszámítás feladatgyűjtemény Valószínűségszámítás feladatgyűjtemény Összeállította: Kucsinka Katalin Tartalomjegyzék Előszó 4 1. Kombinatorika 5 2. Eseményalgebra 14 3. Valószínűségszámítás 21 3.1. Klasszikus valószínűség.....................

Részletesebben

Algebrai és transzcendens számok

Algebrai és transzcendens számok MATEMATIKA Szakköri füzet Algebrai és transzcenens számok Készítette: Klement Anrás 00 SZAKKÖRI FÜZET Algebrai és transzcenens számok Bevezetés A szakköri füzetben áttekintjük a számhalmazokat és új szempont

Részletesebben

Élethelyzetek. Dr. Mészáros Attila. Élethelyzetek. Élethelyzetek. Élethelyzetek. Élethelyzetek. 2. Élethelyzetek, konfliktusok

Élethelyzetek. Dr. Mészáros Attila. Élethelyzetek. Élethelyzetek. Élethelyzetek. Élethelyzetek. 2. Élethelyzetek, konfliktusok Négy alaphelyzetet különböztetünk meg, attól függıen, hogy Az innováció humánaspektusai: üzleti kommunikáció alárendelt, felsıbbséggel bíró vagy egyenlı a személyközi kapcsolat. A pozitív és negatív simogatás

Részletesebben

Komputer statisztika gyakorlatok

Komputer statisztika gyakorlatok Eszterházy Károly Főiskola Matematikai és Informatikai Intézet Tómács Tibor Komputer statisztika gyakorlatok Eger, 2010. október 26. Tartalomjegyzék Előszó 4 Jelölések 5 1. Mintagenerálás 7 1.1. Egyenletes

Részletesebben

10. Valószínűségszámítás

10. Valószínűségszámítás . Valószínűségszámítás.. Események A valószínűségszámítás nagyon leegyszerűsítve események bekövetkezésének valószínűségével foglalkozik. Példák: Ha egy játékban egy dobókockával dobunk, akkor a kockadobás

Részletesebben

Varga Tamás Matematikaverseny 8. osztályos feladatok megoldásai iskolai forduló 2010.

Varga Tamás Matematikaverseny 8. osztályos feladatok megoldásai iskolai forduló 2010. Varga Tamás Matematikaverseny 8. osztályos feladatok megoldásai iskolai forduló 2010. 1. feladat tengeren léket kapott egy hajó, de ezt csak egy óra múlva vették észre. Ekkorra már 3 m 3 víz befolyt a

Részletesebben

Valószínűségszámítás és statisztika. István Fazekas

Valószínűségszámítás és statisztika. István Fazekas Valószínűségszámítás és statisztika István Fazekas Tartalomjegyzék 1. fejezet. A valószínűségszámítás alapfogalmai 5 1.1. A valószínűség 5 1.2. Halmazalgebrák és σ-algebrák 11 1.3. A feltételes valószínűség

Részletesebben

Sztojka Miroszláv LINEÁRIS ALGEBRA Egyetemi jegyzet Ungvár 2013

Sztojka Miroszláv LINEÁRIS ALGEBRA Egyetemi jegyzet Ungvár 2013 UKRAJNA OKTATÁSI ÉS TUDOMÁNYÜGYI MINISZTÉRIUMA ÁLLAMI FELSŐOKTATÁSI INTÉZMÉNY UNGVÁRI NEMZETI EGYETEM MAGYAR TANNYELVŰ HUMÁN- ÉS TERMÉSZETTUDOMÁNYI KAR FIZIKA ÉS MATEMATIKA TANSZÉK Sztojka Miroszláv LINEÁRIS

Részletesebben

ELEMI VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS és STATISZTIKAI MÓDSZEREK A FIZIKÁBAN

ELEMI VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS és STATISZTIKAI MÓDSZEREK A FIZIKÁBAN ELEMI VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS és STATISZTIKAI MÓDSZEREK A FIZIKÁBAN SINKOVICZ PÉTER (PhD hallgató) MTA WIGNER FIZIKAI KUTATÓKÖZPONT (2013) a TARTALOMJEGYZÉK A VALÓSÁG STATISZTIKAI LEKÉPEZÉSE 1. Alapfogalmak

Részletesebben

8.B 8.B. 8.B Félvezetı áramköri elemek Unipoláris tranzisztorok

8.B 8.B. 8.B Félvezetı áramköri elemek Unipoláris tranzisztorok 8.B Félvezetı áramköri elemek Unipoláris tranzisztorok Értelmezze az unipoláris tranzisztorok felépítését, mőködését, feszültség- és áramviszonyait, s emelje ki a térvezérlés szerepét! Rajzolja fel a legfontosabb

Részletesebben

Nyugat-magyarországi Egyetem Geoinformatikai Kara. Prof. Dr. Závoti József. Matematika III. 2. MA3-2 modul. Eseményalgebra

Nyugat-magyarországi Egyetem Geoinformatikai Kara. Prof. Dr. Závoti József. Matematika III. 2. MA3-2 modul. Eseményalgebra Nyugat-magyarországi Egyetem Geoinformatikai Kara Prof. Dr. Závoti József Matematika III. 2. MA3-2 modul Eseményalgebra SZÉKESFEHÉRVÁR 2010 Jelen szellemi terméket a szerzői jogról szóló 1999. évi LXXVI.

Részletesebben

Mátrixok és determinánsok

Mátrixok és determinánsok Informtik lpji Mátriok és erminánsok számok egyfjt tábláztát mátrink hívjuk. mátriok hsználhtóság igen sokrétő kezdve mtemtikávl, folyttv számítástechnikán és fizikán keresztül, egészen z elektrotechnikáig.

Részletesebben

Felsılajos Község Önkormányzata Képviselı-testületének 2010.december 13-i ülésére. Jelentés a 2010. évi költségvetés I-III. negyedévi végrehajtásáról.

Felsılajos Község Önkormányzata Képviselı-testületének 2010.december 13-i ülésére. Jelentés a 2010. évi költségvetés I-III. negyedévi végrehajtásáról. 5. Felsılajos Község Önkormányzata Képviselı-testületének 2010.december 13-i ülésére Tárgy: Jelentés a 2010. évi költségvetés I-III. negyedévi végrehajtásáról. Az elıterjesztést készítette: Dömötör Klára

Részletesebben

Tantárgytömbösítés a matematika tantárgyban 5. évfolyamon

Tantárgytömbösítés a matematika tantárgyban 5. évfolyamon TÁMOP-3.1.4-08/2-2008-0123 Kompetencia alapú oktatás a Bonyhádi Oktatási Nevelési Intézményben Tantárgytömbösítés a matematika tantárgyban 5. évfolyamon Készítette: Bölcsföldi Árpádné A BONI Arany János

Részletesebben

Nem teljesen nyilvánvaló például a következı, már ismert következtetés helyessége:

Nem teljesen nyilvánvaló például a következı, már ismert következtetés helyessége: Magyarázat: Félkövér: új, definiálandó, magyarázatra szoruló kifejezések Aláhúzás: definíció, magyarázat Dılt bető: fontos részletek kiemelése Indentált rész: opcionális mellékszál, kitérı II. fejezet

Részletesebben

Méretlánc átrendezés a gyakorlatban (Készítette: Andó Mátyás, a számonkérés az elıadás és a gyakorlat anyagára is kiterjed.)

Méretlánc átrendezés a gyakorlatban (Készítette: Andó Mátyás, a számonkérés az elıadás és a gyakorlat anyagára is kiterjed.) Andó Mátyás: Méretlánc átrendezés a gyakorlatban, 21 Gépész Tuning Kft. Méretlánc átrendezés a gyakorlatban (Készítette: Andó Mátyás, a számonkérés az elıadás és a gyakorlat anyagára is kiterjed.) 1. CNC

Részletesebben

Számelméleti feladatok az általános iskolai versenyek tükrében dr. Pintér Ferenc, Nagykanizsa

Számelméleti feladatok az általános iskolai versenyek tükrében dr. Pintér Ferenc, Nagykanizsa Számelméleti feladatok az általános iskolai versenyek tükrében dr. Pintér Ferenc, Nagykanizsa 1. Mutasd meg, hogy a tízes számrendszerben felírt 111111111111 tizenhárom jegyű szám összetett szám, azaz

Részletesebben

Próba érettségi feladatsor 2008. április 11. I. RÉSZ

Próba érettségi feladatsor 2008. április 11. I. RÉSZ Név: osztály: Próba érettségi feladatsor 2008 április 11 I RÉSZ Figyelem! A dolgozatot tollal írja; az ábrákat ceruzával is rajzolhatja A megoldást minden esetben a feladat szövege melletti keretbe írja!

Részletesebben

GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN

GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék Gazdaságmatematika középhaladó szinten LINEÁRIS PROGRAMOZÁS Készítette: Gábor Szakmai felel s: Gábor Vázlat 1 2 3 4 A lineáris

Részletesebben

LINEÁRIS ALGEBRA PÉLDATÁR MÉRNÖK INFORMATIKUSOKNAK

LINEÁRIS ALGEBRA PÉLDATÁR MÉRNÖK INFORMATIKUSOKNAK Írta: LEITOLD ADRIEN LINEÁRIS ALGEBRA PÉLDATÁR MÉRNÖK INFORMATIKUSOKNAK Egyetemi tananyag COPYRIGHT: Dr. Leitold Adrien Pannon Egyetem Műszaki Informatika Kar Matematika Tanszék LEKTORÁLTA: Dr. Buzáné

Részletesebben

Komplex számok. 2014. szeptember 4. 1. Feladat: Legyen z 1 = 2 3i és z 2 = 4i 1. Határozza meg az alábbi kifejezés értékét!

Komplex számok. 2014. szeptember 4. 1. Feladat: Legyen z 1 = 2 3i és z 2 = 4i 1. Határozza meg az alábbi kifejezés értékét! Komplex számok 014. szeptember 4. 1. Feladat: Legyen z 1 i és z 4i 1. (z 1 z ) (z 1 z ) (( i) (4i 1)) (6 9i 8i + ) 8 17i 8 + 17i. Feladat: Legyen z 1 i és z 4i 1. Határozza meg az alábbi kifejezés értékét!

Részletesebben

Lineáris Algebra gyakorlatok

Lineáris Algebra gyakorlatok A V 2 és V 3 vektortér áttekintése Lineáris Algebra gyakorlatok Írta: Simon Ilona Lektorálta: DrBereczky Áron Áttekintjük néhány témakör legfontosabb definícióit és a feladatokban használt tételeket kimondjuk

Részletesebben

KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA ÉRETTSÉGI VIZSGA 2016. május 3. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA 2016. május 3. 8:00 I. Időtartam: 45 perc Pótlapok száma Tisztázati Piszkozati EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Matematika középszint

Részletesebben

Erıforrástérkép felhasználói kézikönyv 1.0

Erıforrástérkép felhasználói kézikönyv 1.0 Erıforrástérkép felhasználói kézikönyv 1.0 Budapest, 2010. november 18. Az MTA Közgazdaságtudományi Intézet alapvetı feladata közgazdasági alapkutatások és az ezekhez kapcsolódó alkalmazott kutatások végzése,

Részletesebben

Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek

Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek Elsôfokú egyváltozós egyenletek 6 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek. Elsôfokú egyváltozós egyenletek 000. Érdemes egyes tagokat, illetve tényezôket alkalmasan csoportosítani, valamint

Részletesebben

BEFEKTETÉSI SZÁMLACSOMAG SZOLGÁLTATÁS

BEFEKTETÉSI SZÁMLACSOMAG SZOLGÁLTATÁS Raiffeisen Bank Zrt. 1054 Budapest, Akadémia utca 6. Raiffeisen Direkt: 06-40-48-48-4 8 F ı v á r o s i B í r ó s á g m i n t C é g b í r ó s á g C é g j e g y z é k s z á m : 0 1-1 0-0 4 1 0 4 2 BEFEKTETÉSI

Részletesebben

Kosztolányi József Kovács István Pintér Klára Urbán János Vincze István. tankönyv. Mozaik Kiadó Szeged, 2013

Kosztolányi József Kovács István Pintér Klára Urbán János Vincze István. tankönyv. Mozaik Kiadó Szeged, 2013 Kosztolányi József Kovács István Pintér Klára Urbán János Vincze István tankönyv 0 Mozaik Kiadó Szeged, 03 TARTALOMJEGYZÉK Gondolkodási módszerek. Mi következik ebbõl?... 0. A skatulyaelv... 3. Sorba rendezési

Részletesebben

P r e z e n t á c i ó. T a r t a l o m

P r e z e n t á c i ó. T a r t a l o m P r e z e n t á c i ó T a r t a l o m Mintafeladatok... 391 1. Feladat... 391 Megoldás... 391 2. Feladat... 394 Megoldás... 394 3. Feladat... 397 Megoldás... 398 4. Feladat... 399 Megoldás... 401 Gyakorló

Részletesebben

Az oszlopdiagram kinézhet például úgy, mint a bal oldali ábra. 1,2 1,0 0,8 0,6 0,4 0,2. Kategória busz teherautó furgon személyautó összesen

Az oszlopdiagram kinézhet például úgy, mint a bal oldali ábra. 1,2 1,0 0,8 0,6 0,4 0,2. Kategória busz teherautó furgon személyautó összesen STATISZTIKA 9.7. STATISZTIKA Az adatok ábrázolása megoldások wx76 Az oszlopdiagram kinézhet például úgy, mint a bal oldali ábra. Napi futásteljesítmény Almafajták megtett kilométerek 9 7 6 hétfô kedd szerda

Részletesebben

MITISZK Miskolc-Térségi Integrált Szakképző Központ

MITISZK Miskolc-Térségi Integrált Szakképző Központ MITISZK Miskolc-Térségi Integrált Szakképző Központ VALÓSZÍNŰSÉG-SZÁMÍTÁS ÉS MATEMATIKAI STATISZTIKA FEGYVERNEKI SÁNDOR Miskolci Egyetem Gépészmérnöki és Informatikai Kar Készült a HEFOP-3.2.2-P.-2004-10-0011-/1.0

Részletesebben

Matematika felvételi feladatok bővített levezetése 2013 (8. osztályosoknak)

Matematika felvételi feladatok bővített levezetése 2013 (8. osztályosoknak) Matematika felvételi feladatok bővített levezetése 2013 (8. osztályosoknak) Erre a dokumentumra az Edemmester Gamer Blog kiadványokra vonatkozó szabályai érvényesek. 1. feladat: Határozd meg az a, b és

Részletesebben

Felte teles való szí nű se g

Felte teles való szí nű se g Felte teles való szí nű se g Szűk elméleti összefoglaló 1. P(A B) = P(AB) P(B) 2. 0 P(A B) 1 3. P(A A) = 1 4. P(A ) = 0 5. egymást kizáró események esetén: P( A I B) = P(A i B). A és B események függetlenek,

Részletesebben

1. A MÁSODIK OSZTÁLYBAN TANULTAK ISMÉTLÉSE

1. A MÁSODIK OSZTÁLYBAN TANULTAK ISMÉTLÉSE 1. A MÁSODIK OSZTÁLYBAN TANULTAK ISMÉTLÉSE 1. Írd le számokkal! Hat, tizenhat,,hatvan, hatvanhat, ötven, száz, tizenhét, húsz nyolcvankettı, nyolcvanöt. 2. Tedd ki a vagy = jelet! 38 40 2 42 50+4

Részletesebben

Gyakorlat. Szokol Patricia. September 24, 2018

Gyakorlat. Szokol Patricia. September 24, 2018 Gyakorlat (Geometriai valószínűség, feltételes valószínűség) September 24, 2018 Geometriai valószínűség 1 Az A és B helységet 5 km hosszú telefonvezeték köti össze. A vezeték valahol meghibásodik. A meghibásodás

Részletesebben

GÉPÉSZKARI MATEMATIKA MSC

GÉPÉSZKARI MATEMATIKA MSC Bálint Péter - Garay Barna - Kiss Márton - Lóczi Lajos - Nagy Katalin - Nágel Árpád GÉPÉSZKARI MATEMATIKA MSC 211 Ismertető Tartalomjegyzék Pályázati támogatás Gondozó Szakmai vezető Lektor, konzulensek

Részletesebben

Postai szolgáltatások stratégiai tervezése hasonlóságelemzéssel

Postai szolgáltatások stratégiai tervezése hasonlóságelemzéssel Szent István Egyetem Gazdaság- és Társadalomtudományi Kar Tudományos Diákköri Konferencia 2009. november 25. Postai szolgáltatások stratégiai tervezése hasonlóságelemzéssel Készítette: Vernyik Mónika,

Részletesebben

Valószínűség-számítás II.

Valószínűség-számítás II. Valószínűség-számítás II. Geometriai valószínűség: Ha egy valószínűségi kísérletben az események valamilyen geometriai alakzat részhalmazainak felelnek meg úgy, hogy az egyes események valószínűsége az

Részletesebben

Bevezetés a statisztikai hipotézisvizsgálatba

Bevezetés a statisztikai hipotézisvizsgálatba Bevezetés a statisztikai hipotézisvizsgálatba Szakdolgozat Készítette: Pupli Márton Matematika BSc tanári szakirány Témavezető: Vancsó Ödön adjunktus Matematikatanítási és Módszertani Központ Eötvös Loránd

Részletesebben

Halmazelmélet. 2. fejezet 2-1

Halmazelmélet. 2. fejezet 2-1 2. fejezet Halmazelmélet D 2.1 Két halmazt akkor és csak akkor tekintünk egyenl nek, ha elemeik ugyanazok. A halmazt, melynek nincs eleme, üres halmaznak nevezzük. Jele:. D 2.2 Az A halmazt a B halmaz

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 161 ÉRETTSÉGI VIZSGA 016. május. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2007. október 25. EMELT SZINT I.

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2007. október 25. EMELT SZINT I. 1) x x MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 007. október 5. EMELT SZINT I. a) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet! (5 pont) b) Oldja meg a valós számpárok halmazán az alábbi egyenletrendszert! lg x

Részletesebben

LEGFÉLTETTEBB INGATLANOS TITOK

LEGFÉLTETTEBB INGATLANOS TITOK Kizárólag Ingatlanértékesítıknek szóló tanulmány! 3 LEGFÉLTETTEBB INGATLANOS TITOK - avagy mit tegyél, hogy hamarosan a legjobb ingatlanosok között találd magad? - Milyen szabályokat érdemes betartanod,

Részletesebben

Laborjegyzıkönyv javítási tájékoztató. Kiegészítések a leggyakoribb hibák értelmezéséhez

Laborjegyzıkönyv javítási tájékoztató. Kiegészítések a leggyakoribb hibák értelmezéséhez Laborjegyzıkönyv javítási tájékoztató Kiegészítések a leggyakoribb hibák értelmezéséhez Miért készült ez a tájékoztató? Azért, mert néhányan szórást és átlagot számítottak a sóoldatok összetétel sőrőség

Részletesebben

Miskolci Egyetem. Diszkrét matek I. Vizsga-jegyzet. Hegedűs Ádám Imre 2010.12.28.

Miskolci Egyetem. Diszkrét matek I. Vizsga-jegyzet. Hegedűs Ádám Imre 2010.12.28. Miskolci Egyetem Diszkrét matek I. Vizsga-jegyzet Hegedűs Ádám Imre 2010.12.28. KOMBINATORIKA Permutáció Ismétlés nélküli permutáció alatt néhány különböző dolognak a sorba rendezését értjük. Az "ismétlés

Részletesebben

8. Cím. Biztosítási szerzıdések. I. Fejezet Közös szabályok

8. Cím. Biztosítási szerzıdések. I. Fejezet Közös szabályok 8. Cím Biztosítási szerzıdések I. Fejezet Közös szabályok 5:360. [A biztosítási szerzıdés fogalma] Biztosítási szerzıdés alapján a biztosító a szerzıdésben meghatározott biztosítási kockázat viselésére

Részletesebben

SZAKDOLGOZAT. Tózsa Judit

SZAKDOLGOZAT. Tózsa Judit SZAKDOLGOZAT Tózsa Judit Debrecen 007 Debreceni Egyetem Természettudományi Kar Matematika Intézet Számelméleti versenyfeladatok a középiskolában Témavezetı: Dr. Bérczes Attila egyetemi adjunktus Készítette:

Részletesebben

A MAGYAR KÖZTÁRSASÁG NEVÉBEN!

A MAGYAR KÖZTÁRSASÁG NEVÉBEN! Fıvárosi Ítélıtábla 2. Kf. 27. 441/2010/5. szám A MAGYAR KÖZTÁRSASÁG NEVÉBEN! A Fıvárosi Ítélıtábla a dr. E. M. vezetı jogtanácsos által képviselt Telenor Magyarország Zrt. (korábbi neve: Pannon GSM Távközlési

Részletesebben

Matematikai statisztikai elemzések 2.

Matematikai statisztikai elemzések 2. Matematikai statisztikai elemzések 2. Helyzetmutatók, átlagok, kvantilisek. A szórás és szóródás Prof. Dr. Závoti, József Matematikai statisztikai elemzések 2.: Helyzetmutatók, átlagok, Prof. Dr. Závoti,

Részletesebben

A ROMÁNIAI NÉPSZÁMLÁLÁS ELİZETES EREDMÉNYEI

A ROMÁNIAI NÉPSZÁMLÁLÁS ELİZETES EREDMÉNYEI A ROMÁNIAI NÉPSZÁMLÁLÁS ELİZETES EREDMÉNYEI A Romániában 1977. január 5-én tartott népszámlálás elızetes eredményeit a központi népszámlálási bizottság a Revista de statistică 1977. júniusi számában közölte.

Részletesebben

Hiányos másodfokú egyenletek. x 8x 0 4. A másodfokú egyenlet megoldóképlete

Hiányos másodfokú egyenletek. x 8x 0 4. A másodfokú egyenlet megoldóképlete Hiányos másodfokú egyenletek Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán! 1. = 0 /:. = 8 /:. 8 0 4. 4 4 0 A másodfokú egyenlet megoldóképlete A másodfokú egyenletek általános alakja: a

Részletesebben

Pécel Város Önkormányzatának 4/2009. (III. 2.) számú rendelete az Önkormányzat 2009. évi költségvetésérıl

Pécel Város Önkormányzatának 4/2009. (III. 2.) számú rendelete az Önkormányzat 2009. évi költségvetésérıl Pécel Város Önkormányzatának 4/2009. (III. 2.) számú rendelete az Önkormányzat 2009. évi költségvetésérıl Pécel Város Önkormányzatának képviselı-testülete az Államháztartásról szóló - többször módosított

Részletesebben

SZÁMVITELI POLITIKA. GERJE-FORRÁS Természetvédelmi, Környezetvédı Nonprofit Kft. Készült: a Számvitelrıl szóló 2000. évi C.

SZÁMVITELI POLITIKA. GERJE-FORRÁS Természetvédelmi, Környezetvédı Nonprofit Kft. Készült: a Számvitelrıl szóló 2000. évi C. GERJE-FORRÁS Természetvédelmi, Környezetvédı Nonprofit Kft. 2721 Pilis, Rákóczi út 67.. Tel: 29/496-768; Fax: 29/496-728 E-mail: gerjeforras@freemail.hu SZÁMVITELI POLITIKA Készült: a Számvitelrıl szóló

Részletesebben

2) = 0 ahol x 1 és x 2 az ax 2 + bx + c = 0 ( a,b, c R és a 0 )

2) = 0 ahol x 1 és x 2 az ax 2 + bx + c = 0 ( a,b, c R és a 0 ) Fogalom gyűjtemény Abszcissza: az x tengely Abszolút értékes egyenletek: azok az egyenletek, amelyekben abszolút érték jel szerepel. Abszolútérték-függvény: egy elemi egyváltozós valós függvény, mely minden

Részletesebben

A megváltozott munkaképességő munkavállalókkal való együttmőködés 2007. évi tapasztalatai a Dél-dunántúli régióban

A megváltozott munkaképességő munkavállalókkal való együttmőködés 2007. évi tapasztalatai a Dél-dunántúli régióban A megváltozott munkaképességő munkavállalókkal való együttmőködés 2007. évi tapasztalatai a Dél-dunántúli régióban I. A megváltozott munkaképességő álláskeresık létszámadatai Régiónk munkaerı-piaci helyzetét

Részletesebben

Matematika emelt szintû érettségi témakörök 2013. Összeállította: Kovácsné Németh Sarolta (gimnáziumi tanár)

Matematika emelt szintû érettségi témakörök 2013. Összeállította: Kovácsné Németh Sarolta (gimnáziumi tanár) Matematika emelt szintû érettségi témakörök 013 Összeállította: Kovácsné Németh Sarolta (gimnáziumi tanár) Tájékoztató vizsgázóknak Tisztelt Vizsgázó! A szóbeli vizsgán a tétel címében megjelölt téma kifejtését

Részletesebben

A M A G Y A R K Ö Z T Á R S A S Á G N E V É B E N! í t é l e t e t : I n d o k o l á s :

A M A G Y A R K Ö Z T Á R S A S Á G N E V É B E N! í t é l e t e t : I n d o k o l á s : Fıvárosi Bíróság 18.K.31.677/2010/3. A M A G Y A R K Ö Z T Á R S A S Á G N E V É B E N! A Fıvárosi Bíróság a dr. Ócsai József ügyvéd által képviselt Magyar Telekom Távközlési Zrt. (Budapest) felperesnek,

Részletesebben

ÁLTALÁNOS SZERZİDÉSI FELTÉTELEK

ÁLTALÁNOS SZERZİDÉSI FELTÉTELEK B melléklet (TKSZ) ÁLTALÁNOS SZERZİDÉSI FELTÉTELEK külföldi, konvertibilis pénznemben nyilvántartott fizetési számlák és lekötött betétszámlák vezetéséhez természetes személyek részére Jelen Általános

Részletesebben

OPTIMISTÁK-E A KÖNYVTÁROSOK?

OPTIMISTÁK-E A KÖNYVTÁROSOK? E ö t v ö s L o r á n d T u d o m á n y E g y e t e m I n f o r m a t i k a i é s K ö n y v t á r t u d o m á n y i I n t é z e t K ö n y v t á r - i n f o r m a t i k a i K ö z p o n t OPTIMISTÁK-E A

Részletesebben

KVANTITATÍV MÓDSZEREK

KVANTITATÍV MÓDSZEREK KVANTITATÍV MÓDSZEREK Dr. Kövesi János Tóth Zsuzsanna Eszter 6 Tartalomjegyzék Kvantitatív módszerek. Valószínűségszámítási tételek. eltételes valószínűség. Események függetlensége.... 3.. eltételes valószínűség...

Részletesebben

A vezérelt források egyenletéhez jutunk sorra, ha az egyes paraméterek:

A vezérelt források egyenletéhez jutunk sorra, ha az egyes paraméterek: 31/1. Vezérelt generátorok. Az elektronikus hálózatokban gyakori a nonlineáris kétkapu. A nonlineáris kétkapu u1, i1, u2, i 2 mennyiségei között a kapcsolatot nonlineáris egyenletek adják meg. Ezen egyenletek

Részletesebben

Fejér Megyei Kormányhivatal

Fejér Megyei Kormányhivatal Fejér Megyei Kormányhivatal Ügyszám: KTF-17409/2015., 38824 /2016. Ügyintézı: Várdai Enikı, Bálint Zsuzsánna Telefon: (22) 514-300, (22) 514-310 Tárgy: Lovászpatona, Pölöskei major 07/7 hrsz.-ú ingatlanon

Részletesebben

Váltakozó áram. A váltakozó áram előállítása

Váltakozó áram. A váltakozó áram előállítása Váltakozó áram A váltakozó áram előállítása Mágneses térben vezető keretet fogatunk. A mágneses erővonalakat metsző vezetőpárban elektromos feszültség (illetve áram) indukálódik. Az indukált feszültség

Részletesebben

E l ı t e r j e s z t é s - a Képviselı-testületnek

E l ı t e r j e s z t é s - a Képviselı-testületnek SÁROSPATAK VÁROS POLGÁRMESTERÉTİL 3950 Sárospatak, Kossuth út 44. Tel.: 47/513-250 Fax.: 47/311-404 e-mail: sarospatak@sarospatak.hu Ügyfélfogadás ideje: Hétfı: 8-12 és 13-16, szerda: 8-12 és 13-17 30,

Részletesebben

ÁLTALÁNOS SZERZİDÉSI FELTÉTELEK

ÁLTALÁNOS SZERZİDÉSI FELTÉTELEK ÁLTALÁNOS SZERZİDÉSI FELTÉTELEK KÜLFÖLDI, KONVERTIBILIS PÉNZNEMBEN NYILVÁNTARTOTT FIZETÉSI SZÁMLÁK ÉS LEKÖTÖTT BETÉT SZÁMLÁK VEZETÉSÉHEZ Hatályos: 2013. január 1. A Polgári Takarékszövetkezet (székhelye:

Részletesebben

Tájékoztató. Akadálymentesítések megvalósításának támogatása a Duna-Mecsek Alapítvány által érintett települések területén

Tájékoztató. Akadálymentesítések megvalósításának támogatása a Duna-Mecsek Alapítvány által érintett települések területén Tájékoztató Duna-Mecsek Területfejlesztési Alapítvány mint támogatásközvetítı szervezet és az EGT & Norvég Finanszírozási Mechanizmusok által is támogatott Akadálymentesítések megvalósításának támogatása

Részletesebben

Variancia-analízis (folytatás)

Variancia-analízis (folytatás) Variancia-analízis (folytatás) 6. elıadás (11-12. lecke) Szórás-stabilizáló transzformációk (folyt.), t-próbák 11. lecke További variancia-stabilizáló transzformációk Egy-mintás t-próba Szórás-kiegyenlítı

Részletesebben

MATEMATIKA ÍRÁSBELI VIZSGA EMELT SZINT% ÉRETTSÉGI VIZSGA 2008. május 6. 2008. május 6. 8:00 MINISZTÉRIUM. Az írásbeli vizsga idtartama: 240 perc

MATEMATIKA ÍRÁSBELI VIZSGA EMELT SZINT% ÉRETTSÉGI VIZSGA 2008. május 6. 2008. május 6. 8:00 MINISZTÉRIUM. Az írásbeli vizsga idtartama: 240 perc I. rész II. rész a feladat sorszáma maximális pontszám 1. 13 2. 10 3. 14 4. 14 16 16 16 16 elért pontszám maximális pontszám 51 64 8 nem választott feladat MINDÖSSZESEN 115 elért pontszám dátum javító

Részletesebben

KUNHEGYESI REFORMÁTUS ÁLTALÁNOS ISKOLA

KUNHEGYESI REFORMÁTUS ÁLTALÁNOS ISKOLA KUNHEGYESI REFORMÁTUS ÁLTALÁNOS ISKOLA 5340 Kunhegyes, Kossuth Lajos u. 64 /Fax: 59/325-230 E-mail: reftitk@kunhegyes.hu A KUNHEGYESI REFORMÁTUS ÁLTALÁNOS ISKOLA INTÉZMÉNYI MINİSÉGIRÁNYÍTÁSI PROGRAMJA

Részletesebben

ÁLTALÁNOS SZERZİDÉSI FELTÉTELEK

ÁLTALÁNOS SZERZİDÉSI FELTÉTELEK ÁLTALÁNOS SZERZİDÉSI FELTÉTELEK A Béres Egészségtár Kereskedelmi és Szolgáltató Korlátolt Felelısségő Társaság 2000 Szentendre, Dózsa György út 26. szám alatti társaság KERESKEDELMI TEVÉKENYSÉGE SORÁN

Részletesebben

Mintapéldák és gyakorló feladatok

Mintapéldák és gyakorló feladatok Mintapéldák és gyakorló feladatok Közgazdaságtan II. (Makroökonómia) címû tárgyból mérnök és jogász szakos hallgatók számára Az alábbi feladatok a diasorozatokon található mintapéldákon túl további gyakorlási

Részletesebben

EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA ÉRETTSÉGI VIZSGA 2016. május 3. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA 2016. május 3. 8:00 Az írásbeli vizsga időtartama: 240 perc Pótlapok száma Tisztázati Piszkozati EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA

Részletesebben

J E G Y Z İ K Ö N Y V

J E G Y Z İ K Ö N Y V J E G Y Z İ K Ö N Y V Készült Gomba Község Önkormányzati Képviselı-testületének 2004. október 21.-én 17 órai kezdettel megtartott r e n d k í v ü l i nyilvános ülésérıl. Jelen vannak: Kis József polgármester

Részletesebben

[ ] ELLENÁLLÁS-HİMÉRİK

[ ] ELLENÁLLÁS-HİMÉRİK endszerek Tanszék HİMÉSÉKLETFÜGGİ ELLENÁLLÁSOK Alapfogalmak és meghaározások ELLENÁLLÁS-HİMÉİK (Elmélei összefoglaló) Az ellenállás fogalma és egysége Valamely homogén, végig állandó kereszmeszeő vezeı

Részletesebben

NOVEMBER 21-ÉN INDUL AZ UTOLSÓ ÁLLAMI MOL-RÉSZVÉNYÉRTÉKESÍTÉS. Az ÁPV Zrt. a maximum árat 25.500 forintban határozta meg

NOVEMBER 21-ÉN INDUL AZ UTOLSÓ ÁLLAMI MOL-RÉSZVÉNYÉRTÉKESÍTÉS. Az ÁPV Zrt. a maximum árat 25.500 forintban határozta meg NOVEMBER 21-ÉN INDUL AZ UTOLSÓ ÁLLAMI MOL-RÉSZVÉNYÉRTÉKESÍTÉS Az ÁPV Zrt. a maximum árat 25.500 forintban határozta meg Budapest, 2006. november 20. Az Állami Privatizációs és Vagyonkezelı Zártkörően Mőködı

Részletesebben

MATEMATIKA 1-12. ÉVFOLYAM

MATEMATIKA 1-12. ÉVFOLYAM MATEMATIKA 1-12. ÉVFOLYAM SZERZŐK: Veppert Károlyné, Ádám Imréné, Heibl Sándorné, Rimainé Sz. Julianna, Kelemen Ildikó, Antalfiné Kutyifa Zsuzsanna, Grószné Havasi Rózsa 1 1-2. ÉVFOLYAM Gondolkodási, megismerési

Részletesebben

Témakörök az osztályozó vizsgához. Matematika

Témakörök az osztályozó vizsgához. Matematika Témakörök az osztályozó vizsgához Idegenforgalmi és Informatikus osztályok (9.A/9.B) 1. A halmazok, számhalmazok, ponthalmazok 2. Függvények 3. A számelmélet elemei. Hatványozás. 0 és negatív kitevőjű

Részletesebben

14-469/2/2006. elıterjesztés 1. sz. melléklete. KOMPETENCIAMÉRÉS a fıvárosban

14-469/2/2006. elıterjesztés 1. sz. melléklete. KOMPETENCIAMÉRÉS a fıvárosban KOMPETENCIAMÉRÉS a fıvárosban 2005 1 Tartalom 1. Bevezetés. 3 2. Iskolatípusok szerinti teljesítmények.... 6 2. 1 Szakiskolák 6 2. 2 Szakközépiskolák. 9 2. 3 Gimnáziumok 11 2. 4 Összehasonlítások... 12

Részletesebben

Illeszkedésvizsgálat χ 2 -próbával

Illeszkedésvizsgálat χ 2 -próbával Illeszkedésvizsgálat χ -próbával Szalay Krisztina 1. feladat (tiszta illeszkedésvizsgálat) Négy pénzérmét 0-szor feldobunk. A kapott gyakoriságok: fejek száma 0 1 3 4 Összes gyakoriság 5 35 67 41 1 0 Elfogadható-e

Részletesebben

A tüzelés módjának befolyása abban áll, hogy minél több tüzelıanyagot égetünk el egy és ugyanazon rostélyon ugyanazon idı alatt, annál tökéletlenebb

A tüzelés módjának befolyása abban áll, hogy minél több tüzelıanyagot égetünk el egy és ugyanazon rostélyon ugyanazon idı alatt, annál tökéletlenebb A tüzelıanyag megválasztásáról gazdasági locomobilok számára. Gazdáink sokszor emlegetett jelenlegi kedvezıtlen helyzetének tudvalevıleg a föoka abban rejlik, hogy a mienknél kedvezıbb viszonyok között

Részletesebben

Statisztikai módszerek

Statisztikai módszerek Statisztikai módszerek A hibaelemzı módszereknél azt néztük, vannak-e kiugró, kritikus hibák, amelyek a szabályozás kivételei. Ezekkel foglalkozni kell; minıségavító szabályozásra van szükség. A statisztikai

Részletesebben

ö ö ö ö ő ö ö ő ö ő ő ő ö ö ő ő ö ö ő ő ű ű ő ő ö ű ő ö ö ő ö ő ö ú ő ö ű ű ő ő ö ű ő ö ö ű ű ő ö ű ő ö ö ű ű ű ű ű ű ű ö ű ő É ö ú ö ö ö ö Ő ö ö ö ö ő ö ö ő ö ö ő ö ö ő ű ö ö ö ö ö ö ő Ö ő ö ö ő ö ő ö

Részletesebben

KISTELEPÜLÉSEK TÉRBEN ÉS IDİBEN 1

KISTELEPÜLÉSEK TÉRBEN ÉS IDİBEN 1 KISTELEPÜLÉSEK TÉRBEN ÉS IDİBEN 1 Fleischer Tamás 1. BEVEZETÉS A hetvenes évek derekán az addigi "tanyakérdést" követıen átterelıdött a figyelem a kistelepülésekre: mondhatnánk - már ami a közleményeket

Részletesebben

A 2011/2012. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának feladatai és megoldásai fizikából. I.

A 2011/2012. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának feladatai és megoldásai fizikából. I. Oktatási Hivatal A 11/1. tanévi FIZIKA Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első fordulójának feladatai és megoldásai fizikából I. kategória A dolgozatok elkészítéséhez minden segédeszköz használható.

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szint 0613 ÉRETTSÉGI VIZSGA 007. május 8. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Formai előírások: Fontos tudnivalók

Részletesebben

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet TÁMOP-3.1.1-11/1-2012-0001 XXI. századi közoktatás (fejlesztés, koordináció) II. szakasz. Fejlesztőfeladatok

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet TÁMOP-3.1.1-11/1-2012-0001 XXI. századi közoktatás (fejlesztés, koordináció) II. szakasz. Fejlesztőfeladatok Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet TÁMOP-3.1.1-11/1-2012-0001 XXI. századi közoktatás (fejlesztés, koordináció) II. szakasz Fejlesztőfeladatok MATEMATIKA 4. szint 2015 Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2012. május 8. EMELT SZINT I.

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2012. május 8. EMELT SZINT I. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 01. május 8. EMELT SZINT I. 1) Egy 011-ben készült statisztikai összehasonlításban az alábbiakat olvashatjuk: Ha New York-ban az átlagfizetést és az átlagos árszínvonalat egyaránt

Részletesebben