olasılık ders notları

OLASILIK
DERS
NOTLARI
Bilal ALTAY
MALATYA
Eylul 2014
çindekiler
1
Kümeler (Cümleler) Cebiri
4
1.1
4
Temel Tanmlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1
1.2
1.2.1
2
5
Bir Cümlenin Örtüsü ve Ayrm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
σ -ebir
1.3
Cebir ve
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
Kümeler Dizisi
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
1.5
ç-içe Aralklar
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
Olaslk
19
2.1
Olaslk Ölçüsü ve özellikleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
2.2
Örnek Uzaylar, Örnek Noktalar ve Olaylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
2.3
Sonlu Örnek Uzaylarda Noktalar Sayma Kurallar
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
26
2.4
Permütasyon
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
Kombinasyon
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
2.5.1
2.6
2.7
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
Binom Teoremi ve Binom Katsaylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
Olaslk Hesab
37
2.7.1
Tekrarl Kombinasyon
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Klasik Olaslk ve Örnekler
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
43
2.8
Ba§msz Olaylar
2.9
Ko³ullu (“artl) Olaslk
2.9.1
Bayes Teoremi
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
51
Bir Boyutlu Rasgele De§i³kenler
56
3.1
Rasgele De§i³ken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
56
3.2
Kesikli Rasgele De§i³kenler
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
57
3.2.1
Olaslk Fonksiyonu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
57
3.2.2
Da§lm (Birikimli htimal) Fonksiyonu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3
3.4
4
4
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4
2.5
3
Alt Küme ve ³lemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Cümleler Ailesi
Sürekli Rasgele De§i³kenler
59
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
61
3.3.1
Olaslk Yo§unluk Fonksiyonu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
61
3.3.2
Da§lm Fonksiyonu
63
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.3
Rasgele De§i³kenlerin Dönü³ümleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
65
3.3.4
ki Boyutlu Rasgele De§i³kenler
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
71
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
79
Çözüleek Problemler
Beklenen De§er
80
4.1
Beklene de§er, Varyans, Standart Sapma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
80
4.2
ki Boyutlu Rasgele De§i³kenin Beklenen De§eri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
86
4.3
Moment Üreten Fonksiyon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
89
4.4
Chebyshev E³itsizli§i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
92
4.5
“artl Beklenen De§er
95
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
ÇINDEKILER
5
6
3
Baz Kesikli Olaslk Da§lmlar
97
5.1
Bernoulli Da§lm
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
97
5.2
Binom Da§lm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
98
5.3
Hipergeometrik Da§lm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
103
5.4
Geometrik Da§lm Da§lm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
106
5.5
Negatif Binom Da§lm
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
109
5.6
Poisson Da§lm
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
109
Kesikli Düzgün Da§lm
6.1
Çözüleek Problemler
112
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
112
Bölüm 1
Kümeler (Cümleler) Cebiri
Bu bölümde küme kavram ve kümeler üzerindeki i³lemlerle ilgilenee§iz.
1.1
Temel Tanmlar
Birlikte ele alnan belirli nesneler toplulu§unu küme olarak isimlendiree§iz.
Kümede yer alan nesnelere eleman, ö§e veya üye denir.
fabenin büyük hareriyle, elemanlar ise
x, A
a, b, c, ..., x, y, z
Kümeleri, genellikle,
A, B, C, ...
gibi al-
gibi küçük harerle gösteree§iz.
kümesinin bir eleman (ö§esi, üyesi) ise bu durum
x∈A
ile, eleman de§ilse
x 6∈ A
ile gösterilir.
Eleman bulunmayan kümeye bo³ küme denir ve
1.1.1
∅
ile temsil edilir.
Alt Küme ve ³lemler
Tanm 1.1.1 (Alt Küme, Üst Küme)
A
ve
B
B
kümesinin bir alt kümesi(ümlesi) ,
A⊂B
herhangi iki küme olsun.
A
kümesinin her bir eleman
B
ümlesine
A
B
kümesinin de bir eleman ise,
A
ya
ümlesinin bir üst ümlesi(kümesi) denir ve
ile gösterilir.
Tanm 1.1.2 (Öz Alt Cümle)
A
ümlesi,
B
ümlesinin alt ümlesi ve
A 6= B
ise,
A
ümlesi
ve
A(B(
veya
ile gösterilir.
4
A ⊂ B)
B
ümlesinin bir öz alt ümlesi denir
BÖLÜM 1. KÜMELER (CÜMLELER) CEBIRI
5
Tanm 1.1.3 (Evrensel Cümle)
Belirli bir tart³ma ya da inelemede sözü edilen tüm ümleleri alt ümle olarak alan belirli bir
ümleye evrensel ümle denir.
Evrensel ümleyi
1.2
E
ile gösteree§iz.
Cümleler Ailesi
Tanm 1.2.1 (Cümleler Ailesi)
Herhangi bir
I
I
ümlesi verilmi³ olsun.
ümlesinin her bir eleman için bir
ümlesine indisleyen ümle , bu ümlenin her bir i elemanna bir indis ,
indislenmi³ ümle ve
{Ai : i ∈ I}
Ai
Ai
ümlesi varsa,
I
ümlelerinden her birine
ümlesine ümleler ailesi denir.
Örnek 1.2.1
I = {−1, 0, 1, 2}, A−1 = {a}, A0 = {2}, A1 = {a, b, c, 1, 2, 3}, A2 = {a, −1, 0, 1, 2}
{A−1 , A0 , A1 , A2 }
olsun.
ümlesi bir ümleler ailesidir. Bu aile
A = {Ai : i ∈ I}
³eklinde gösterilir.
Tanm 1.2.2 (Bo³ Aile)
A = {Ai : i ∈ ∅}
ümleler ailesine bo³ aile denir.
Tanm 1.2.3 (Alt Aile)
A = {Ai : i ∈ I}
ve
B = {Aj : j ∈ J}
aileleri için
J ⊆I
ise,
B
denir.
Tanm 1.2.4 (Cümleler Ailesinin Birle³imi)
A = {Ai : i ∈ I}
ümleler ailesi olmak üzere,
{x|∃k ∈ I, x ∈ Ak }
ümlesine
A
ailesinin birle³imi denir.
A = {Ai : i ∈ I}
ailesinin birle³imi
[
i∈I
Ai (
veya
[
A,
[
Ai ∈A
Ai )
ailesine
A
ailesinin bir
alt ailesi
BÖLÜM 1.
KÜMELER (CÜMLELER) CEBIRI
6
ile gösterilir.
Tanma göre,
x∈
[
i∈I
Ai ⇔ [∃k(k ∈ I ∧ x ∈ Ak )]
önermesi geçerlidir.
Teorem 1.2.1
Bo³ ailenin birle³imi bo³ ümleye e³ittir.
Tanm 1.2.5 (Cümleler Ailesinin Kesi³imi)
A = {Ai : i ∈ I}
ümleler ailesi olmak üzere,
{x|∀k ∈ I, x ∈ Ak }
ümlesine
A
ailesinin kesi³imi (arakesiti) denir.
A = {Ai : i ∈ I}
ailesinin kesi³imi
\
Ai (
veya
i∈I
\
A,
\
Ai )
Ai ∈A
ile gösterilir.
Tanma göre,
x∈
\
i∈I
Ai ⇔ [∀k(k ∈ I ⇒ x ∈ Ak )]
önermesi geçerlidir.
Tanm 1.2.6 (Ayrk Aile)
A = {Ai : i ∈ I}
ümleler ailesi olmak üzere,
∀k, t ∈ I, (k 6= t ⇒ Ak ∩ At = ∅)
ise
A
ailesine ayrk aile denir.
Teorem 1.2.2
Bo³ ailenin kesi³imi evrensel ümleye e³ittir.
Teorem 1.2.3
A = {Ai : i ∈ I} ümleler ailesi
S
T
′
′
(a) ( i∈I Ai ) =
i∈I Ai
T
S
′
′
(b) ( i∈I Ai ) =
i∈I Ai
e³itlikleri geçerlidir.
olmak üzere,
BÖLÜM 1.
KÜMELER (CÜMLELER) CEBIRI
7
Teorem 1.2.4
A = {Ai : i ∈ I} ve B = {Bj : i ∈ J} ümleler ailesi olmak üzere,
S
S
S
S
S
S
(a) ( i∈I Ai ) ∩ ( j∈J Bj ) =
i∈I ( j∈J (Ai ∩ Bj )) =
j∈J ( i∈I (Ai ∩ Bj ))
T
T
T
T
T
T
(b) ( i∈I Ai ) ∪ ( j∈J Bj ) =
i∈I ( j∈J (Ai ∪ Bj )) =
j∈J ( i∈I (Ai ∪ Bj ))
e³itlikleri geçerlidir.
1.2.1
Bir Cümlenin Örtüsü ve Ayrm
Tanm 1.2.7 (Bir Cümlenin Örtüsü)
A
bir ümle ve
A = {Ai : i ∈ I}
ümleler ailesi olsun.
örtüsü denir.
A⊆
S
i∈I
Ai
ise,
A
ailesine
A
ümlesinin bir
Tanm 1.2.8 (Bir Cümlenin Ayrm(Parçalan³))
Bo³ olmayan bir
(i)
(ii)
(iii)
A
ümlesinin alt ümlelerinden olu³mu³ bir
A = {Ai : i ∈ I}
ailesi,
∅ 6∈ A,
∀k, t ∈ I, (k 6= t ⇒ Ak ∩ At = ∅),
A=
S
i∈I
Ai
³artlarn sa§larsa,
A = {Ai : i ∈ I}
ailesi
A
ümlesinin bir ayrm(parçalan³) denir.
BÖLÜM 1.
1.3
KÜMELER (CÜMLELER) CEBIRI
8
σ -ebir
Cebir ve
Tanm 1.3.1 (Cebir)
Bir
A
kümesinin bir
A
snf,
(i)
A∈A
A
snfnn bo³tan farkl oldu§unu söyler, yani
(
X∈A
(ii)
ise
X, Y ∈ A
(iii)
A 6= ∅
)
X′ ∈ A
ise
X ∪Y ∈A
A
³artlarn sa§lyorsa,
snfna,
A
ümlesi üzerinde bir ebir denir.
Tanm 1.3.2 (
σ-Cebir)
Bir
A
kümesinin bir
(i)
A∈A
X∈A
(ii)
(iii)
ise
Xn ∈ A
A
snf,
X′ ∈ A
olmak üzere her
A
³artlarn sa§lyorsa,
snfna,
(Xn )
A
dizisi için
S∞
n=1 Xn
∈A
σ -ebir
ümlesi üzerinde bir
denir.
Örnek 1.3.1
R
reel saylar,
Q
rasyonel saylar göstermek üzere,
R
kümesinin
A1 = {A : A ⊂ R}, A2 = {∅, R}, A3 = {∅, Q, Q′ , R} snar, R üzerinde birer ebirdir (σ -ebirdir).
Cebir ve
σ -ebir
tanmlarna bakld§nda, her
(yani her ebirin bir
σ -ebir
σ -ebirin
bir ebir oldu§u hemen görülür. Fakat tersi
oldu§u) do§ru de§ildir. Bunun için a³a§daki örne§i ineleyelim.
Örnek 1.3.2
N = {0, 1, 2, 3, 4, , ...}
do§al saylar kümesinin,
A = {A : A ⊂ N, A
sonlu veya
A′
sonlu}
snfn gözönüne alalm.
N
kümesinin tümleyeni bo³ küme ve bo³ küme sonlu oldu§undan
N∈A
olur. Bu ise (1)((s1))
³artnn sa§land§n gösterir.
A∈A
A
A′
olsun. Bu durumda, ya
sonlu ise
sonlu ise
A, B ∈ A
I.durum:
(A′ )′ = A
A′ ∈ A
A
sonlu ya da
sonlu olaa§ndan
olur. (veya
A′
A′ ∈ A
(A′ )′ = A ∈ A
sonludur.
olur.
olaa§ndan
A′ ∈ A
olsun.
A
sonlu ve
Bu durumda,
A∪B
B
sonlu olsun.
sonlu olaa§ndan,
A∪B ∈ A
bulunur.
bulunur) (2)((s2)) sa§lanr.
BÖLÜM 1.
KÜMELER (CÜMLELER) CEBIRI
II.durum:
A
sonlu ve
Bu durumda,
A∪B ∈ A
B′
9
sonlu olsun.
(A ∪ B)′ = A′ ∩ B ′ ⊂ B ′
kapsamasndan,
(A ∪ B)′
kümesi sonlu bulunur. Buradan,
bulunur.
III.durum:
A′
sonlu ve
B
A′
sonlu ve
B′
sonlu olsun.
...
IV.durum:
Buna göre,
A, N
sonlu olsun. ...
üzerinde bir ebirdir.
i ∈ N için Xi = {2i − 2} ile tanml (Xi )∞
i=1 dizisini gözönüne alalm. Bu dizi A ailesinde olup,
S
S∞
S
S
′
i=1 Xi = {0, 2, 4, 6, 8, ...} olup, ne
i Xi ne de ( i Xi ) sonlu oldu§undan,
i Xi kümesi A ailesinde
Her
de§ildir.
Buna göre,
A, N
üzerinde bir
σ -ebir
de§ildir.
NOT 1.3.1
•
Bir ümle üzerindeki bir ebir sonlu elemanl (
σ -ebir
•
A
sonlu elemanl ) ise ebir ayn zamanda bir
olur.
Sonlu bir ümle üzerinde
σ -ebir
ve ebir kavramlar çak³ktr.
Teorem 1.3.1
A, A
üzerinde bir
σ -ebir
olsun. Bu durumda,
(a)
∅ ∈ A,
(b)
(Xn ), A
()
X1 , X2 , X3 , ..., Xn0 ∈ A (n0 ∈ N)
ise
(d)
X1 , X2 , X3 , ..., Xn0 ∈ A (n0 ∈ N)
ise
(e)
X, Y ∈ A
da bir dizi ise
ise
ispat. (a) (s1)'den
(b)
(Xn ), A
olaa§ndan,
T∞
i=1 Xi
Sn0
i=1 Xi
Tn0
i=1 Xi
X \Y ∈A
A∈A
olup, (s2)'den
da bir dizi ise her bir
(Xn′ ), A
∈ A,
A′ = ∅ ∈ A
n∈N
için
∈ A,
∈ A,
bulunur.
Xn ∈ A
olup, (s2)'den her bir
da bir dizidir. (s3)'ten
∞
[
Xi′ ∈ A
∞
[
Xi′ )′ ∈ A
i=1
olup, (s2)'den
(
i=1
olur. Bu ise (De morgan kuralndan),
(
∞
[
Xi′ )′
=
i=1
=
∞
\
(Xi′ )′
i=1
∞
\
i=1
Xi
n∈N
için
Xn′ ∈ A
BÖLÜM 1.
KÜMELER (CÜMLELER) CEBIRI
oldu§undan,
∞
\
i=1
oldu§unu gösterir.
()
A
ailesindeki
X1 , X2 , X3 , ..., Xn0
dizisini tanmlayalm. Bu durumda,
10
Xi ∈ A
elemanlar ile,

 Xi , i ≤ n0
Ai =
 ∅ , i>n
0
(A1 , A2 , A3 , ..., An0 , An0 +1 , An0 +2 , ...) = (X1 , X2 , X3 , ..., Xn0 , ∅, ∅, ...)
dizisi
A
snfnda olup, (s3)'ten
∞
[
Ai =
i=1
=
n0
[
i=1
n0
[
Ai
Xi
i=1
=
n0
[
i=1
!
∪
!
∪
∞
[
i=n0 +1
∞
[
i=n0 +1
Ai
!
!
∅
Xi ∈ A
elde edilir.
(d) ...Gösterilmeli
(e)
X \Y =X ∩Y′
...
Teorem 1.3.2
I 6= ∅
bir indis ümlesi, her
ailesi de
A
üzerinde bir
i∈I
için
Ai
aileleri,
A
A=
\
i∈I
ümlesi üzerinde bir
Ai
σ -ebirdir.
ispat. ... .
Örnek 1.3.3
A = {1, 2, 3, 4}
olmak üzere,
A1 = {∅, A, {1}, {2, 3, 4}}
ve
A2 = {∅, A, {1, 2}, {3, 4}}
σ -ebir
ise
BÖLÜM 1.
aileleri,
A
KÜMELER (CÜMLELER) CEBIRI
üzerinde birer
σ -ebirdir.
11
Bu ailelerin kesi³imi olan,
2
\
A =
i=1
Ai
= A1 ∩ A2
= {∅, A}
ailesi de
A
üzerinde bir
σ -ebirdir.
NOT 1.3.2
Bir küme üzerindeki
A = {1, 2, 3, 4}
σ -ebirlerin birle³imi bir σ -ebir olmayabilir.
kümesi üzerindeki,
A1 = {∅, A, {1}, {2, 3, 4}}
ve
Mesela, bir öneki örnekte verilen,
A2 = {∅, A, {1, 2}, {3, 4}}
ailelerinin
birle³i olan,
2
[
A =
i=1
Ai
= A1 ∪ A2
= {∅, A, {1}, {2, 3, 4}, {1, 2}, {3, 4}}
ailesi,{1}, {3, 4}
∈A
oldu§u halde,
{1} ∪ {3, 4} = {1, 3, 4} 6∈ A
oldu§undan, (s3) ³artn sa§lamaz.
σ -ebir
üzerinde bir
Bu nedenle,
A1
ve
A2 σ -ebirlerin
de§ildir.
Örnek 1.3.4
f, A
dan
B
ye bir fonksiyon,
B, B
üzerinde bir
σ -ebir
olsun.
A = f −1 (B) = {f −1 (Y ) : Y ∈ B}
ailesinin,
A
ÇÖZÜM . .
üzerinde bir
σ -ebir
oldu§unu gösteriniz.
birle³imi olan
A
ailesi,
A
BÖLÜM 1.
KÜMELER (CÜMLELER) CEBIRI
12
Örnek 1.3.5
f, A
B
dan
ye bir fonksiyon,
A, A
üzerinde bir
σ -ebir
olsun.
B = {Y : Y ⊂ B, f −1 (Y ) ∈ A}
ailesinin
B
σ -ebir
üzerinde bir
olup-olmad§n ara³trnz.
ÇÖZÜM . .
Tanm 1.3.3
A1
A2 , A
ve
üzerinde iki
σ -ebiri
Tanm 1.3.4 (En küçük
σ-ebir)
E, A
A
nn bir ailesi olsun.
(a)
E ⊂ σ(E)
(b)
L, E
³artlarn
E
üzerinde
yi kapsayan bir
σ
nin do§urdu§u(üretti§i)
ebir ise,
σ -ebir
ise
A1 , A2
den daha küçüktür(zayf, kaba) denir.
σ(E) σ -ebiri,
σ(E)
sa§lyorsa,
A1 ⊂ A2
olsun.
L ⊃ σ(E)
dir.
E
σ -ebirine
snfn kapsayan en küçük
σ -ebir
veya
denir.
Teorem 1.3.3
E, A
ispat.
nn bir ailesi olsun. Bu durumda,
E
ailesini ihtiva eden
σ -ebirlerin
E
yi kapsayan en küçük bir
P (A), A
da bir
σ -ebir
vardr.
kümesini
V = {Ai : (E ⊂ Ai ) ∧
ile gösterelim.
σ -ebiri
ve
(
E ⊂ P (A)
Ai , A
da
σ
oldu§undan,
ebir)}
P (A) ∈ V
olur. Bu ise
V
kümesinin
bo³ olmad§n gösterir.
σ(E) =
\
Ai ∈V
olarak tanmlayalm. Teorem 1.3.2'den
“imdi, tanmlanan bu
E ⊂A
deki bir
küçük
σ-
σ(E), σ -ebirinin E
olaak ³ekilde herhangi bir
A i0
σ(E), A
olaaktr. Öyleyse,
ebir oldu§unu gösterir.
üzerinde bir
σ -ebirdir.
ailesini kapsayan en küçük
A σ -ebirini
σ(E) ⊂ Ai0
Ai
gözönüne alalm.
olaaktr. Bu ise,
V
σ-
ebir oldu§unu gösterelim.
nin tanmndan,
σ(E) σ -ebirinin E
A, V
kümesin-
ailesini kapsayan en
BÖLÜM 1.
KÜMELER (CÜMLELER) CEBIRI
13
Örnek 1.3.6
A = {1, 2, 3, 4}
kümesinin
E = {{1}, {3, 4}}
ailesini kapsayan en küçük
σ(E) σ -ebiri,
n
o
σ(E) = ∅, A, {1}, {3, 4}, {2, 3, 4}, {1, 2}, {1, 3, 4}, {2}
³eklindedir.
R
Tanm 1.3.5 (
a, b ∈ R
Kümesinde Aralk)
olmak üzere,
[a, b] = {x : x ∈ R, a ≤ x ≤ b}
(a, b] = {x : x ∈ R, a < x ≤ b}
[a, b) = {x : x ∈ R, a ≤ x < b}
(a, b) = {x : x ∈ R, a < x < b}
ümlelerine
R
de birer aralk denir.
Tanm 1.3.6 (Borel Cebiri)
B1 = {(a, b) : a, b ∈ R, a ≤ b}
R
kümesinin
B
ile gösterilir (B
= σ(B1 )). B
snfn kapsayan en küçük
σ -ebire
snfnn her bir elemanna Borel kümesi (veya
Borel ebiri denir ve
B -küme)
denir.
B1 ⊂ B oldu§undan, açk aralklar, birer Borel kümesidir.
1
1
Her a ∈ R için Xn = (a− , a+ ) alnrsa, (Xn ), B ümlesinde bir dizidir. B bir σ -ebir oldu§undan,
n
n
∞
\
n=1
olur.Yani, tek nokta kümeleri
B σ -ebirinin
Xn = {a} ∈ B
elemanlar olaa§ndan, borel kümeleridir.
Sonuç 1.3.1
R
kümesinde, sonlu veya saylabilir kümeler Borel kümeleridir (Neden?).
N
(N
Her
=
S∞
n=1 {n})
,
Z
(Z
a, b ∈ R, (a < b)
=
S∞
∈B
∈B
Her
,
Borel kümeleridir.
oldu§undan, kapal aralklar Borel kümeleridir.
∈B
oldu§undan, yar açk(kapal) aralklar Borel kümeleridir.
a ∈ R için Xn = (a− n, a) alnrsa, (Xn ), B
∞
[
n=1
olur.
Q, Q′
için,
[a, b] = {a} ∪ (a, b) ∪ {b}
|{z} | {z } |{z}
(a, b] = (a, b) ∪ {b}
n=1 {−n, 0, n})
ümlesinde bir dizidir.
Xn = (−∞, a) ∈ B
B
bir
σ -ebir oldu§undan,
BÖLÜM 1.
KÜMELER (CÜMLELER) CEBIRI
14
Örnek 1.3.7
A³a§daki kümelerin
B -küme
olup-olmad§n ara³trnz.
(a) Her
a∈R
için
(a, ∞),
(b) Her
a∈R
için
(−∞, a],
() Her
a∈R
için
[a, ∞),
f : R → R
(d)
f −1 (B)
a, b ∈ R, a < b, A = (a, b), B = [a, b]
sürekli fonkiyon,
olmak üzere,
f −1 (A),
.
Tanm 1.3.7 (Ölçülebilir uzay)
A, A
kümesi üzerinde bir
A-ölçülebilir
de
1.4
σ -ebiri
ise,
(A, A)
ikilisine ölçülebilir uzay denir.
A
daki herbir kümeye
(ksaa ölçülebilir) küme ad verilir.
Kümeler Dizisi
Tanm 1.4.1 (Küme dizilerinin alt ve üst limitleri)
(A, A)
ölçülebilir uzay,
n≥1
için
Xn ∈ A
olmak üzere,
X∗ =
∞ [
∞
\
Xk
∞ \
∞
[
Xk
n=1 k=n
kümesine
(Xn )
dizisinin üst limiti,
X∗ =
kümesine
(Xn )
dizisinin alt limiti denir.
X ∗ = X∗ = X
dir) denir ve
Üst limit
n=1 k=n
n→∞
ise
(Xn )
dizisi,
Xn → X
(veya
limn→∞ Xn = X )
limXn
veya
lim sup Xn ,
iken
X
kümesine yakla³r (veya
(Xn )
dizisinin limiti
X
biçiminde gösterilir.
alt limit ise
limXn
veya
lim inf Xn
ile gösterilir.
Örnek 1.4.1
N1 = {1, 2, 3, ..., n, n + 1, ...} ⊂ N, (N1 , P (N1 ))
olmak üzere,(Xn ) dizisinin
lim sup Xn
Yaknsak ise limitini bulunuz.
ve
ölçülebilir uzayda, her
lim inf Xn
n∈N
kümelerini bulunuz.
için
(Xn )
Xn = {1, 2, 3, ..., n}
dizisi yaknsak mdr?
BÖLÜM 1.
KÜMELER (CÜMLELER) CEBIRI
15
ÇÖZÜM .
∞
[
Xk =
∞
[
{1, 2, 3, ..., k}
k=n
k=n
= {1, 2, 3, ..., n} ∪ {1, 2, 3, ..., n + 1} ∪ {1, 2, 3, ..., n + 1}...
= {1, 2, 3, ..., n, n + 1, ...}
= N1
olaa§ndan
lim sup Xn =
=
∞
[
∞
\
n=1
∞
\
Xk
k=n
!
N1
n=1
= N1
olarak bulunur.
∞
\
Xk =
k=n
∞
\
{1, 2, 3, ..., k}
k=n
= {1, 2, 3, ..., n} ∩ {1, 2, 3, ..., n + 1} ∩ {1, 2, 3, ..., n + 1}...
= {1, 2, 3, ..., n}
olaa§ndan
lim inf Xn =
=
∞
[
n=1
∞
[
∞
\
k=n
Xk
!
{1, 2, 3, ..., n}
n=1
= {1, 2, 3, ..., n} ∪ {1, 2, 3, ..., n + 1} ∪ {1, 2, 3, ..., n + 1}...
= {1, 2, 3, ..., n, n + 1, ...}
= N1
olarak bulunur.
lim sup Xn = lim inf Xn = N1
küme
N1
bulundu§undan,
(Xn )
dizisi yaknsaktr.
(Xn )
dizisinin yaknsad§
kümesidir, yani
lim Xn = N1
olur.
Örnek 1.4.2
(N1 , P (N1 )) ölçülebilir
dizisinin
lim sup Xn
limitini bulunuz.
uzayda, her
ve
lim inf Xn
n ∈ N için Xn = {n, n + 1, n + 2, n + 3, ...} = Nn
kümelerini bulunuz.
(Xn )
olmak üzere,(Xn )
dizisi yaknsak mdr?
Yaknsak ise
BÖLÜM 1.
KÜMELER (CÜMLELER) CEBIRI
16
ÇÖZÜM . ...
NOT 1.4.1
Her bir
σ -ebir
birle³im ve kesi³im i³lemlerine göre kapal oldu§undan,
X ∗ , X∗ ∈ A
olur.
Tanm 1.4.2
(Xn ),
bir
A
kümesinin alt kümelerinin bir dizisine,
∀n ∈ N
için
Xn ⊆ Xn+1
(yani
X1 ⊆ X2 ⊆ X3 ⊆ ...
)
ise, monoton artan
∀n ∈ N
için
Xn ⊇ Xn+1
(yani
X1 ⊇ X2 ⊇ X3 ⊇ ...
)
ise, monoton azalan dizi denir. Monoton artan veya monoton azalan bir diziye monton dizi denir.
E§er
i 6= j
için
Xi ∩ Xj = ∅
ise
(Xn )
dizisine ayrk dizi denir.
Teorem 1.4.1
Herbir
(Xn )
monoton dizinin limiti mevuttur. Ayra:
(a)
(Xn )
monoton artan ise
(b)
(Xn )
ispat. (a)
limn→∞ Xn =
monoton azalan ise
X1 ⊆ X2 ⊆ X3 ⊆ ...
S∞
limn→∞ Xn =
n=1 Xn ,
T∞
n=1 Xn ,
oldu§undan,
Bn =
∞
[
Xk
k=n
alnrsa,
B1 = B2 = B3 = ... = Bn = .. =
∞
[
k=1
Xk = B
BÖLÜM 1.
KÜMELER (CÜMLELER) CEBIRI
17
olur. Buradan
∞
[
∞
\
lim sup Xn =
n=1
∞
\
=
Xk
k=n
!
Bn
n=1
= B1 ∩ B2 ∩ B3 ∩ ...
= B ∩ B ∩ B ∩ ...
= B
∞
[
=
Xk
k=1
bulunur.
Cn =
∞
\
Xk
k=n
alnrsa,
C1 = X1 , C2 = X2 , ..., Cn = Xn , ...
olur. Buradan
lim inf Xn =
=
∞
[
n=1
∞
[
∞
\
k=n
Xk
!
Cn
n=1
= C1 ∪ C2 ∪ C3 ∪ ...
= X1 ∪ X2 ∪ X3 ∪ ...
∞
[
=
Xk
k=1
bulunur.
Monoton artan
(Xn )
dizisi için
lim sup Xn = lim inf Xn
oldu§undan, dizinin limiti mevut ve
lim Xn =
∞
[
Xk
k=1
e³itli§i geçerlidir.
1.5
ç-içe Aralklar
Tanm 1.5.1
In ⊂ R, (n ≥ 1)
aralklar monoton azalan (I1
⊇ I2 ⊇ I3 ...
) ise,
(In )
dizisine iç-içe aralklar denir.
BÖLÜM 1.
KÜMELER (CÜMLELER) CEBIRI
18
Sonlu adet iç-içe aralklarn arakesiti bo³ küme olmad§ halde, sonsuz tanesinin arakesiti bo³ küme
olabilir. Mesela,
In = (0, 1/n)
olmak üzere,
∞
\
n=1
In = ∅.
T
a ∈ ∞
n=1 In ise, kesi³im tanmndan, her n ∈ N için
(a > 0 ise na > 1 olaak ³ekilde n ∈ N var) , na > 1, yani
Kesi³imin bo³ olmad§n kabul edelim.
0 < a < 1/n olur. Ar³imet teoreminden,
a > 1/n bulunur. B kabule aykrdr.
In = [an , bn ] ⊂ R (n ≥ 1) iç-içe aralklar ise, tanma göre, (an ) monoton artan, (bn ) monoton azalan
dizi olur.
Teorem 1.5.1
ç-içe kapal
In = [an , bn ] ⊂ R (n ≥ 1)
a = limn an , b = limn bn
ise,
aralklarnn arakesiti bo³ de§ildir.
∞
\
[an , bn ] = [a, b]
n=1
e³itli§i geçerlidir.
Sonuç 1.5.1
ç-içe kapal
In = [an , bn ] ⊂ R (n ≥ 1)
aralklar için,
∞
\
[an , bn ] = {c}
n=1
olur, burada
c = limn an = limn bn
b n − an → 0
³eklindedir.
ise
Bölüm 2
Olaslk
2.1
Olaslk Ölçüsü ve özellikleri
Tanm 2.1.1 (Olaslk Ölçüsü)
(A, A)
ölçülebilir uzay,
P :A→R
(O1)
∀X ∈ A, P (X) ≥ 0,
(O2)
P (A) = 1
(O3)
(Xn ), A
fonksiyonu,
da ayrk bir dizi ise
∞
[
P
Xn
n=1
³artn sa§lyorsa,
P
fonksiyonuna
A
!
=
∞
X
P (Xn )
n=1
da olaslk ölçüsü,
P (X)
de§erine
üçlüsüne olaslk uzay, (O1)-(O3) ³artlarna olaslk aksiyomlar denir.
Teorem 2.1.1
(A, A, P )
bir olaslk uzay ise;
(a)
P (∅) = 0
(b)
X1 , X2 , X3 , ..., Xn0 ∈ A
(imkansz olay)
ayrk kümeler ise
P
n0
[
Xi
i=1
,
=
n0
X
P (Xi )
i=1
()
X, Y ∈ A
(d)
∀X ∈ A, P (X ′ ) = 1 − P (X),
(e)
∀X ∈ A, 0 ≤ P (X) ≤ 1,
(f )
X, Y ∈ A
için
P (X ∪ Y ) = P (X) + P (Y ) − P (X ∩ Y ),
(g)
X, Y ∈ A
için
P (X∆Y ) = P (X) + P (Y ) − 2P (X ∩ Y ),
(h)
(Xn ), A
ve
X⊂Y
!
ise
P (X) ≤ P (Y )
da bir dizi ise
P
n
[
i=1
Xi
!
≤
19
n
X
i=1
P (Xi )
X
in olasl§,
(A, A, P )
BÖLÜM 2.
OLASILIK
20
ve
∞
[
P
Xi
i=1
(i)
(Xn ), A
!
≤
∞
X
P (Xi )
i=1
limn P (Xn ) = P (limn Xn )
da monoton bir dizi ise
önermeleri geçerlidir.
ispat. (a)
(∅), A
da ayrk bir dizi ve
S∞
n=1 ∅
P
= ∅ oldu§undan,
!
∞
∞
X
[
P (∅)
∅ =
(O3)'ten
n=1
n=1
e³itli§inden,
P (∅) = P (∅) + P (∅) + P (∅) + P (∅) + ...
elde edilir. Son e³itlikten,
P (∅) + P (∅) + P (∅) + P (∅) + ... = 0
ve (O1)'den
P (∅) ≥ 0
oldu§u dikkate alnrsa,
P (∅) = 0
bulunur.

 Xi , i ≤ n
(b) Ai =
 ∅ , i>n
Ai ∩ Aj = ∅ oldu§undan, (Ai )
olmak üzere,
∞
[
Ai
i=1
i>n
için
(An )
snfnda
dizisini tanmlayalm.
Her
i 6= j
için
dizisi ayrktr. (O3) ³artndan,
P
e³itli§i sa§lanr.
A
Ai = ∅
!
=
∞
X
P (Ai )
(2.1)
i=1
oldu§undan,
∞
[
Ai = (
n
[
i=1
n
[
i=1
= (
i=1
n
[
= (
Ai )
Xi )
[
∞
[
(
[
i=n+1
∞
[
(
i=n+1
Ai )
∅)
Xi )
i=1
olur. Buna göre,
P
∞
[
Ai
i=1
bulunur. (a)'dan
P (∅) = 0
!
=P
n
[
Ai
i=1
!
(2.2)
oldu§undan,
∞
X
P (Ai ) =
i=1
=
n
X
i=1
n
X
i=1
P (Ai ) +
P (Xi ) +
∞
X
i=n+1
∞
X
i=n+1
P (∅)
0
BÖLÜM 2.
OLASILIK
21
e³itliklerinden
∞
X
P (Ai ) =
n
X
P (Xi )
(2.3)
i=1
i=1
olaaktr. (2.2) ve (2.3) e³itlikleri (2.1) e³itli§inde dikkate alnrsa istenen elde edilir.
()
X
ile
Y \X
kümeleri ayrk ve
Y = X ∪ (Y \ X)
oldu§undan, (b)'dan
P (Y ) = P (X) + P (Y \ X)
e³itli§i geçerlidir. (O1)'den
(f )
X ∪Y
ve
Y
P (Y \ X) ≥ 0
oldu§undan,
P (X) ≤ P (Y )
bulunur.
kümelerini,
X ∪ Y = X ∪ (Y ∩ X ′ )
ve
Y = (X ∩ Y ) ∪ (Y ∩ X ′ )
³eklinde ayrk kümelerin birle³imi olarak yazarsak, (b)'den
P (X ∪ Y ) = P (X) + P (Y ∩ X ′ )
ve
P (Y ) = P (X ∩ Y ) + P (Y ∩ X ′ )
elde edilir. Yu iki e³itlikten, (birinisinden
P (Y ∩ X ′ ) ifadesi
alnp ikinisinde yerine yazlrsa) istenen
elde edilir.
NOT:
P (X1 ∪ X2 ∪ X3 ∪ ... ∪ Xn ) =
n
X
i=1
P (Xi ) −
n−1
+(−1)
(g)
X ∪Y
X
1≤i<j≤n
P (Xi ∩ Xj ) +
X
1≤i<j<k≤n
P (X1 ∩ X2 ∩ ... ∩ Xn )
P (Xi ∩ Xj ∩ Xk ) − ...
kümesi,
X ∪ Y = (X ∩ Y ′ ) ∪ (X ∩ Y ) ∪ (X ′ ∩ Y )
³eklinde ayrk kümelerin birle³imi olarak yazlrsa, (b)'den
P (X ∪ Y ) = P (X ∩ Y ′ ) + P (X ∩ Y )P (X ′ ∩ Y )
elde edilir. (f )'den
P (X ∪ Y ) = P (X) + P (Y ) − P (X ∩ Y )
oldu§u dikkate alnrsa,
P (X ∩ Y ′ ) + P (X ′ ∩ Y ) = P (X) + P (Y ) − 2P (X ∩ Y )
elde edilir.
(h)Yol gösterme:
′
∩ Xn )
P (X1 ∪ X2 ∪ X3 ∪ ... ∪ Xn ) = P X1 ∪ (X1′ ∩ X2 ) ∪ (X1′ ∩ X2′ ∩ X3 ) ∪ ... ∪ (X1′ ∩ X2′ ∩ X3 ∩ ... ∩ Xn−1
′
= P (X1 ) + P (X1′ ∩ X2 ) + P (X1′ ∩ X2′ ∩ X3 ) + ... + P (X1′ ∩ X2′ ∩ X3 ∩ ... ∩ Xn−1
∩ Xn
≤ P (X1 ) + P (X2 ) + ... + P (Xn )
BÖLÜM 2.
OLASILIK
22
(i) Yol gösterme:
X1 ⊆ X2 ⊆ X3 ⊆ ...
olsun.
[
P (lim Xn ) = P ( Xn )
= P X1 ∪ (X1′ ∩ X2 ) ∪ (X1′ ∩ X2′ ∩ X3 ) ∪ ...
= P (X1 ) + P (X1′ ∩ X2 ) + P (X1′ ∩ X2′ ∩ X3 ) + ...


n
i−1
X
\
P
Xj′ ∩ Xi 
= lim
i=1
j=1

= lim P 
= lim P
n
[
i=1
n
[


i−1
\
j=1
Xi
i=1
!

Xj′ ∩ Xi 
= lim P (Xn )
Örnek 2.1.1
(A, A, P )
bir olaslk uzay ve
X, Y ∈ A
için
P (X) = 0.5, P (Y ) = 0.6
ve
P (Y \ X) = 0.3
olsun.
A³a§daki de§erleri bulunuz.
(a)
P (X ′ )
(b)
P (X ∩ Y )
()
P (X ∪ Y )
(d)
P (X ∩ Y ′ )
(e)
P (X ∪ Y ′ )
P (X ∩ Y )′
(f )
(g)
P (X ′ ∪ Y ′ )
Örnek 2.1.2
A = {a1 , a2 , a3 , ..., an }, A = 2A
ve
P : A → R,
X → P (X) =
olsun (
X
kümesinin eleman says
s(X)
(veya
s(X)
n
n(X), |X|, X ◦ )
ile gösterilir.).
(A, A, P )
üçlüsünün
bir olaslk uzay oldu§unu gösteriniz.
ÇÖZÜM . Bunun için,
meliyiz.
A
bir
σ -ebir
oldu§undan,
P
fonksiyonun bir olaslk ölçüsü oldu§unu göster-
BÖLÜM 2.
OLASILIK
23
Örnek 2.1.3
(A, A, PA )
olaslk uzay,
B ⊂ A, PA (B) = c > 0, B = {Y : Y = X ∩ B, X ∈ A}
PB : B → R,
Y
olsun.
(B; B, PB )
→ PB (Y ) =
ve
PA (Y )
PA (B)
üçlüsünün bir olaslk uzay oldu§unu gösteriniz.
B 6= ∅, B
ÇÖZÜM . Bunu için,
nin
B
üzerinde bir
σ -ebir ve PB
fonksiyonun bir olaslk ölçüsü oldu§unu
göstermeliyiz.
Örnek 2.1.4
A = {a1 , a2 , ...an }
(1)
(2)
³eklinde sonlu bir küme,
A = 2A
olsun.
pi
ai
elemanna
reel says kar³lk getirelim.
P : A → R,
X → P (X) =
(p 1
kümesinin herbir
pi ≥ 0 (i = 1, 2, 3, ...n)
Pn
i=1 pi = 1
özelliklerine sahip bir
olsun.
A
(A, A, P )
P
ai ∈X
pi
üçlüsünün bir olaslk uzay oldu§unu gösteriniz.
= p2 = ... = pn
ÇÖZÜM . Bunu için
ise
P (X) =
s(X)
n olur.)
A 6= ∅, A nin A üzerinde bir σ -ebir ve P
fonksiyonun bir olaslk ölçüsü oldu§unu
göstermeliyiz.
2.2
Deney
Örnek Uzaylar, Örnek Noktalar ve Olaylar
sözü§ü olaslk ve istatistikte günlük konu³malara göre daha geni³ anlamda kullanlr.
ksmda bir
rasgele
veya
tayin edilmemi³
edilmemi³ modellere örnekler veree§iz.
Baz deney örnekleri:
deney deyimi ile neyin kastedildi§ini veree§iz.
Bu
Tayin
BÖLÜM 2.
OLASILIK
24
D1: Bir madeni paray be³ kez atalm ve turalarn saysn gözleyelim.
D2: Bir madeni paray atalm ve yaz veya tura geldi§ini gözleyelim.
D3: Bir zar ataln ve üst yüzde gelen sayy gözleyelim.
D4: Bir fabrikada üretilen parçalar bir depoya koyalm ve bir günde üretilen kusurlu parçalarn
saysn gözleyelim.
D5:
Bir fabrikada 20 kusursuz parça üretineye kadar üretime devam etsin ve biz bu durumda
üretilen toplam parçalarn saysn gözleyelim.
D6: çinde 4 krmz ve 5 beyaz top bulunan bir kavanozdan bir top çekelim ve rengine bakalm.
D7: çinde 5 beyaz top bulunan bir kavanozdan bir top çekelim ve rengine bakalm.
D8: Belli bir partiyi destekleyen seçmenlerle bir anket yapalm ve sonuçlar gözleyelim.
Bir sistem ile ilgili gözlemlere dayanarak bu sisteme ait bir genelle³tirme yapabilmek ve çkarlan
sonuçlarn do§rulu§unu ara³trabilmek için bir takm i³lemler yaplr. Yaplan her bir i³leme bir deney
ad verilir.
Deneyler tekrarlanabilme özelli§ine sahip olmakla birlikte bu deneylerden bazlar ayn
ko³ullar altnda hep ayn sonuçlar verdi§i halde pek çok deney biribirinden farkl sonuçlar verebilmektedir. Burada deney kavram, Fizik veya Kimyadaki, deneyin ³artlar de§i³medikçe sonuu da de§i³meyeek, anlamndan daha geni³ kapsaml olarak dü³ünülmelidir. Bu durum bizi rasgele deney kavramna
götürür.
deterministik deney
her bir tekrarlamada ayn sonuu veren bir deneye
denir.
D7 deneyi
deterministik deneye bir örnektir.
Öte yandan, sonuçlarnn kümesi belli oldu§u halde gerçeklendi§inde hangi sonuun ortaya çkaa§ öneden bilinmeyen bir deneye ise
skotastik deney
ya da
olaslk deneyi
rasgele deney
(rastgele sonuçlu deney) ,
raslant deneyi ,
denir. Rasgele deneyde ayn ko³ullar altnda ayn sonuçlarn
elde edilmesi gerekmemektedir. Mesela D1 deneyi rasgele deneydir. Burada deney denildi§inde rasgele
deney kastedileektir.
Tanm 2.2.1
Bir rasgele deneyin tüm mümkün sonuçlarnn kümesine örnek uzay , örnek uzaydaki her bir noktaya
örnek nokta , örnek uzayn herhangi bir altkümesine bir olay denir.
Her küme kendisinin altkümesi ve bo³ küme her kümenin altkümesi olaa§ndan örnek uzayn
kendisi ve bo³ küme birer olay olup, örnek uzayn kendisine
kesin olay , bo³ kümeye
imkansz olay
denir. Bir deneyin mümkün sonuçlar örnek noktalar temsil ett§inden, bir olay mümkün sonuçlardan
biri veya bu sonuçlarn herhangi birle³imi olarak dü³ünebiliriz.
Örnek 2.2.1
Bir düzgün (hilesiz) zarn bir kez atlmas ve üst yüzdeki saynn gözlenmesi deneyini gözönüne alalm.
Elde edileek say 1,2,3,4,5 ve 6 saylarndan biri olaaktr. Buna göre örnek uzaymz
Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
kümesidir.
Örnek uzayn her bir eleman bir örnek nokta oldu§undan, 1,2,3,4,5 ve 6 saylarndan her biri bir
örnek noktadr.
Örnek uzayn her bir altkümesi bir olay oldu§unadan, 6 elamanl olan
tkümesi var oldu§undan, bu deney için
durumuna kar³lk gelen
A = {2, 4, 6}
say gelme olayna kar³lk gelir.
26
Ω
kümesinin
26
tane al-
de§i³ik olay tanmlanr. Mesela, zarn çift gelmi³ olmas
kümesi bir olaydr.
B = {1, 3}
olay zarn 4 ten küçük ve tek
BÖLÜM 2.
OLASILIK
25
Örnek 2.2.2
ki düzgün madeni parann bir kez atlmas ve üst yüzlerinde yaz(Y) veya tura(T) bulunmasnn
gözlenmesi deneyini ele alalm. Örnek uzay
Ω = {Y Y, Y T, T Y, T T }
olup,
A = {T T }
altkümesi, her iki parann tura olmas olay,
B = {Y Y, Y T }
altkümesi de birini
parann yaz gelme olayn göstermektedir.
Tanm 2.2.2
Bir olayn yalnza bir tek örnek noktadan olu³mas durumunda olaya basit olay , birden fazla örnek
noktadan olu³mas durumnda ise olaya bile³ik olay denir.
Örnek 2.2.3
Bir düzgün zarn iki kez atlmas ve üst yüzdeki saylarn gözlenmesi deneyi için örnek uzaymz
n
o
Ω = (x, y) : x, y ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}
olur. Bu uzayn örnek noktalarnn says,
S
kümesinin eleman says olup, 36 dr.
Zarn ilk at³ta 3 ikini at³ta 1 gelme olay
A = {(3, 1)}
olup, bu olay tek noktadan ((3,1) örnek
noktasndan) olu³tu§undan bir basit olaydr.
Birden çok örnek noktadan olu³an
B = {(2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2)}
altkümesi(Üste gelen
saylar toplam 8 olmas olay) bir bile³ik bir olaydr.
Tanm 2.2.3
Bir örnek uzaya; örnek noktalar sonlu sayda ise sonlu örnek uzay, örnek uzay ile do§al saylar
kümesi arasnda birebir e³leme yaplabiliyorsa saylabilir örnek uzay, reel saylarla birebir e³leme
yaplabiliyorsa saylamaz sonsuz örnek uzay denir.
Bir örnek uzay sonlu veya saylabilir ise uzaya kesikli aksi takdirde sürekli örnek uzay denir.
Örnek 2.2.4
Bir düzgün zar atlmasyla üst yüzdeki say gözlenmesi deneyinde örnek uzay 6 elemanl oldu§undan
örnek uzay sonludur.
BÖLÜM 2.
OLASILIK
26
Örnek 2.2.5
Bir düzgün madeni para tura gelineye kadar atlmasnda ibaret deneyi gözönüne alalm. Bu deney
için örnek uzay
Ω = {T, Y T, Y Y T, Y Y Y T, Y Y...Y T, ...}
³eklinde saylabilir sonsuz bir örnek uzay olaaktr.
Örnek 2.2.6
r
Yarçap
olan bir çember üzerinde üç nokta i³aretleme deneyini gözönüne alalm.
Bu durumda,
uzay, sonsuz çoklukta saylamaz örnek noktadan olu³aa§ndan, örnek uzaymz sonsuz saylamaz bir
örnek uzaydr.
Belli olaylar (kümeleri) birle³tirerek yeni olaylar (kümeler) olu³turabiliriz.
1.
A
2.
A
B olay: A ve B iki olay ise A ∪ B de olaydr. A ∪ B
A veya B den enaz birinin elde edilmesidir.
veya
³art
ve
B olay: A ve B iki olay ise A ∩ B de olaydr. A ∩ B
A ve B den herikisinin elde edilmesidir.
nin elde edilmesi için gerek ve yeter
nin elde edilmesi için gerek ve yeter
³art
3.
A
de§il olay:
A
bir olay ise
A′
de bir olaydr.
A′
olaynn elde edilmesi için gerek ve yeter ³art
A
elde edilmemesidir.
4. En az biri elde edilir olay: Sonlu sayda
A1 , A2 , A3 , ..., An olaylarsa, A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ ... ∪ An bir
A1 , A2 , A3 , ..., An olaylarndan en az
olaydr ve bu olayn elde edilmesi için gerek ve yeter ³art
birinin elde edilmesidir.
5. Tümü elde edilir olay: Sonlu sayda
A1 , A2 , A3 , ..., An
A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ ... ∩ An bir
A1 , A2 , A3 , ..., An olaylarnn elde
olaylarsa,
olaydr ve bu olayn elde edilmesi için gerek ve yeter ³art tüm
edilmesidir.
Tanm 2.2.4
Ω
Bir
örnek uzaynn
Her
i 6= j
için
A1
ve
A2
Ai ∩ Aj = ∅
olaylar için
ise
A1 ∩ A2 = ∅
A1 , A2 , A3 , ...
Bir parann atlmas olaynn örnek uzay
ise bu olaylara ayrk olaylar denir.
olaylarna iki³erli ayrktr denir.
Ω = {Y, T } olup, A1 = {Y } ve A2 = {T } olaylar ayrktr.
Ω = {Y Y, Y T, T Y, T T } olup, A1 = {Y Y, T Y }, A2 =
ki madeni parann atlmas olaynn örnek uzay
{Y T, Y Y }
2.3
ve
A3 = {Y T, T Y }
olaylar iki³erli ayrk olmad§ halde üçerli ayrktr.
Sonlu Örnek Uzaylarda Noktalar Sayma Kurallar
Sonlu örnek uzaylarn bütün olanakl sonuçlarn kümesini saymak isteyebiliriz.
büyük sayda ise her birini tek tek saymak mümkün olmayabilir.
saylarn bulmak için kurallar veree§iz.
Deneydeki sonuçlar
“imdi, böyle kümelerin eleman
BÖLÜM 2.
OLASILIK
27
Tanm 2.3.1 (E³leme Yolu ile Sayma)
Bir kümenin elemanlar ile sayma saylar kümesinin elemanlar arasnda kurulan birbir e³lemeye
e³leme yolu ile sayma denir.
Tanm 2.3.2 (Toplama Yolu ile Sayma)
Sonlu ve ayrk iki kümenin elemanlarn bir araya getirmek suretiyle, bu iki kümenin birle³iminin
eleman saysn bulmaya toplama yoluyla sayma denir.
Buna göre, iki i³lem ayrk iseler, i³lemlerden biri
i³lemlerden biri veya di§eri
n1 + n2
n1
biçimde, di§eri
n2
biçimde yaplabiliyorsa, bu
biçimde yaplabilir.
Örnek 2.3.1
Bir A ³ehrinden B ³ehrine 3 de§i³ik uçak rmas ile, 4 de§i³ik otubüs rmasyla ve 2 de§i³ik demiryolu
rmas ile gidlebilmektedir. Buna göre, A ³ehrinden B ³ehrine
3+4+2=9
de§i³ik rma ile gidilebilir.
Örnek 2.3.2
15 kz ve 20 erkek ö§reniden olu³an bir snftan bir ö§reniyi
15 + 20 = 35
de§i³ik yolla seçebiliriz.
Örnek 2.3.3
Bir çouk, oyunak ma§azasnda bulunan 4 arabadan, 3 oyunak bebekten ve 5 oyunak hayvandan
bir oyuna§
4 + 3 + 5 = 12
de§i³ik ³ekilde seçebilir.
Örnek 2.3.4
Bir çantada 5 tane beyaz, 4 tane mavi, 2 tane siyah ve 3 tane sar top vardr. Kaç yoldan 1 beyaz
veya mavi veya siyah veya sar (yani 1 tane) top çekilebilir?
BÖLÜM 2.
OLASILIK
28
ÇÖZÜM . Beyaz top 5, mavi top 4, siyah top 2 ve sar top 3 de§i³ik ³ekilde çekilebilee§inden, bir top
çekmenin toplam says
5 + 4 + 2 + 3 = 14
olarak bulunur.
Tanm 2.3.3 (Çarpma Yolu ile Sayma)
Sonlu iki kümenin kartezyen çarpmnn eleman saysn bulmaya çarpma yoluyla sayma denir.
Herhangi bir i³in yaplabilmesi için, herhangi bir yoldan
öneki herbir durum için
n2
n1
biçimde, buna ba§l olarak ikini i³in
biçimde yaplyorsa, bu i³ için
n1 n2
biçim sözkonusudur. Bu yönteme saymann temel ilkesi denir.
Örnek 2.3.5
ki medeni parann birlikte atlmas deneyini gözönüne alalm. Birini parann atlmasna ait örnek
uzay
S1 = {Y, T }
ve ikini parann atlmasna ait örnek uzay da
birlikte atlmasna ait örnek uzay
S1
ve
S2
S2 = {Y, T }
S = {Y Y, Y T, T Y, T T } ³eklindedir.
iken bu iki parann
O halde kümenin eleman says
kümelerinin eleman saylarnn çarpmna e³ittir. Yani
s(S) = s(S1 ) · s(S2 )
= 2·2
= 4
e³itli§i geçerlidir.
Örnek 2.3.6
Bir ki³inin larivet ve siyah renkte 2 pantolonu, beyaz, krmz ve mavi renkte 3 tane gömle§i vardr.
Bunlar arasnda, bir pantolun ve gömle§i beraber
2·3=6
de§i³ik ³ekilde seçerek giyinebilir.
Örnek 2.3.7
Bir çouk, oyunak ma§azasnda bulunan 2 arabadan, 3 oyunak bebekten ve 2 oyunak hayvandan
bir araba, bir bebek ve bir oyunak hayvan
2 · 3 · 2 = 12
de§i³ik ³ekilde seçebilir.
BÖLÜM 2.
OLASILIK
29
Tanm 2.3.4
n
pozitif bir tamsayy göstermek üzere, 1'den
denir ve
2.4
n!
ile gösterilir.
0! = 1
n
ye kadar pozitif tamsaylarn çarpmna n-faktöryel
kabul edilir.
Permütasyon
Tanm 2.4.1
n
elemanl bir kümenin elemanlarndan
elemann bir
r
r (r ≤ n)
tanesinin herhangi bir srada sralanmasna bu
n
li permütasyonu denir. Sralamalarn saysna ise permütasyon says denir.
Örnek 2.4.1
A = {a, b, c, d}
kümesinin elemanlarnn tüm ikili permütasyonlar,
ab, ac, ad, ba, bc, bd, ca, cb, cd, da, db, dc
³eklinde olup toplam 12 tane ikili permütasyon mevuttur. Bu say,
4!
(4−2)!
= 12
ile verilebilir.
Tanm 2.4.2
n
elemann
r
li permütasyonunda bulunan bir elemann birden fazla kullanlmasna müsaade ediliy-
orsa, permütasyona tekrarl permütasyon denir.
Örnek 2.4.2
A = {a, b, c, d}
kümesinin elemanlarnn tekrarl tüm ikili permütasyonlar,
aa, ab, ac, ad, ba, bb, bc, bd, ca, cb, cc, cd, da, db, dc, dd
³eklinde olup toplam 16 tane ikili permütasyon mevuttur. Bu say,
42 = 16
ile verilebilir.
Teorem 2.4.1
n
tane birbirinden farkl elemann
elde edilen tüm
r
r (r ≤ n)
tanesi alnarak tekrarsz(iadesiz, yinelemesiz) olarak
li permütasyonlarnn says
P (n, r) =
ba§nts ile verilir.
n!
(n − r)!
BÖLÜM 2.
OLASILIK
30
ispat.
n
elemann herhangi
r
li permütasyonun ilk elemann
ikini eleman
(n − 1) yoldan seçebiliriz.
devam ederek
r .eleman
da
n − (r − 1)
Üçünü eleman
r
de§i³ik ³ekilde seçebiliriz. Bundan sonraki
(n − 2) de§i³ik yolla seçer ve i³leme bu ³ekilde
yolla seçebiliriz.
Böylee, saymann temel kuralndan,
ek tüm farkl
n
n
tane elemann herhangi bir r tanesini kullanarak elde edile-
li permütasyonlarn says
P (n, r) = n(n − 1)(n − 2)(n − 3)...(n − r + 1)
= n(n − 1)(n − 2)(n − 3)...(n − r + 1)
n!
(n − r)!
=
(n − r)!
(n − r)!
olarak bulunur.
Sonuç 2.4.1
n
tane birbirinden farkl elemann tekrarsz(iadesiz, yinelemesiz) olarak elde edilen tüm permütasy-
onlarnn says
P (n, n) = n!
ba§nts ile verilir.
n
tane elemanlarndan bazlarnn ayn olmas durumunda permütasyonlarn saysn a³a§daki teo-
remle verelim.
Teorem 2.4.2
n
tane elemann
olsun.
n1
n
tanesi birbirinin ayn, 2 tanesi birbirinin ayn,...
n1 + n2 + · · · + nk = n
olmak üzere, bu
n
,
nk
tanesi birbirinin ayn
elemann permütasyonlarnn says
P (n; n1 , n2 , ..., nk ) =
n!
n1 !n2 ! · · · nk !
ba§nts ile verilir.
Örnek 2.4.3
MALATYA kelimesinin harerini kullanarak 7 hari kaç sözük yazlabilir?
ÇÖZÜM . Bu kelimede bulunan 7 harn
syonlarn says,
P (7; 3) =
7!
3!
= 840
n1 = 3
tanesi birbirinin ayn oldu§undan 7 hari permüta-
olarak bulunur.
BÖLÜM 2.
OLASILIK
31
Teorem 2.4.3
n
tane birbirinden farkl elemann
edilen tüm
r
r (r ≤ n)
tanesi alnarak tekrarl(iadeli, yinelemeli) olarak elde
li permütasyonlarnn says
P (n, r) = nr
e³itli§i ile verilir.
ispat.
n
elemann herhangi
r
li permütasyonun ilk elemann
ikini eleman, elemanlar tekrarlanabilee§inden, yine
eleman
n
n
n
de§i³ik ³ekilde seçebiliriz. Bundan sonraki
yoldan seçebiliriz.
de§i³ik yolla seçer ve i³leme bu ³ekilde devam ederek
n
Böylee, saymann temel kuralndan,
elde edileek tüm
r
r .eleman
da
Benzer ³ekilde, üçünü
n
yolla seçebiliriz.
tane elemann herhangi bir r tanesini kullanarak tekrarl
li permütasyonlarn says
P (n, r) = nn...n
= nr
olarak bulunur.
Örnek 2.4.4
A = {1, 2, 3}
kümesinin elemanlarn kullanarak
(a) iki basamakl kaç say yazabiliriz?
(b) üç basamakl kaç say yazabiliriz?
Tanm 2.4.3
n
tane elemann bir daire üzerindeki sralanmasna bir dairesel permütasyon denir.
A, B, C ve D elemann dairesel permütasyonlarndan biri, ABCD olsun. A noktasnn saat yönünde
90◦
döndürdü§ümüzde elde edilen permütasyon de§i³mez ve yine ABCD olaaktr. Bu ³ekildeki her
dönme A ile ba³layan ayn permütasyonu verir.
Demek ki A y yerle³tirdi§imiz yer önemli de§ildir.
Farkl dairesel permütasyonlarn says, A noktasn sabit tutup, geriye kalan B, C ve D nin permütasyonlar saysna e³ittir, yani
Demek ki
3! = 6
dr.
n elemann bir eleman daire üzerinde bir noktaya yerle³ine, di§erlerinin sralan³ (n−1)!
tanedir. lk seçilen nokta daire üzerinde döndürülürse permütasyon de§i³mez.
Teorem 2.4.4
n
tane elemann tüm dairesel permütasyonlarn says
P (n, n) = (n − 1)!
BÖLÜM 2.
OLASILIK
32
Örnek 2.4.5
8 ki³i, yuvarlak bir masa etrafnda, kaç farkl srada oturabilir?
ÇÖZÜM . 8 ki³inin yuvarlak masa etrafnda sralanma says;
P (8, 8) = (8 − 1)!
olaa§ndan 5040
olarak bulunur.
Örnek 2.4.6
2 bekar erkek ve üç evli çift(3 erkek, 3 bayan)ten ibaret 8 ki³i, yuvarlak bir masa etrafnda;
(a) Kaç farkl ³ekilde,
(b) 2 bekar erkek yanyana olmayaak ³ekilde,
() Bayanlar yanyana oturmayaak ³ekilde
kaç farkl srada oturabilir?
ÇÖZÜM . Yol gösterme:
(a)
P (8, 8) = (8 − 1)!
(b) 2 bekar yanyana olursa(1 ki³i dü³ünülürse)
() Erkekleri
oturur.
E1 , E2 , E3 , E5
2.5
buna göre,
ile gösterip, yuvarlak masa etrafnda,
Bu be³ erkek arasna 3 bayan
³ekilde oturur.
(7 − 1)!2!,
5
3
3! = 60
7! − 6!2!
(5 − 1)! = 24
farkl ³ekilde oturur.
Buna göre,
de§³ik ³ekilde
4!5.4.3 = 24.60
Kombinasyon
Tanm 2.5.1 (Kombinasyon)
n
farkl nesnenin bir defada
r
li kombinasyonu, düzenleme srasna baklmakszn
n
elemann kombinasyonlarnn says
tanesinin bir seçimidir.
Bir defada
r
tanesi alnan
C(n, r)
n
n Cr , Cn,r ,
r
ile gösterilir.
Teorem 2.5.1
n
tane elemann
r
r ≤ n)kombinasyonlarnn
li (
says
C(n, r) =
ile hesaplanr.
n!
r!(n − r)!
n
nesneden
r
BÖLÜM 2.
OLASILIK
33
ispat.
n
tane farkl elemann herhangi bir
r
li kombinasyonunu gözönüne alalm.
elemann kendi aralarndaki farl sralan³larnn says
r!
oldu§undan,
C(n, r)
Seçilmi³ olan bu
r
tane kombinasyondan
elde edilen tüm permütasyonlarn says
r!C(n, r) = P (n, r)
olaaktr. Buradan,
C(n, r) =
n!
r!(n − r)!
bulunur.
2.5.1
Tekrarl Kombinasyon
X = {1, 2, 3, ..., n}
kümesinden alnan herbir tekrarl
tanesinden olu³ur. Buna göre, böyle
k-kombinasyonlarn
k-kombinasyon
bu saylardan azalmayan
k
kümesi
Hnk = {(a1 , a2 , ..., ak ) ∈ X : a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ · · · ≤ ak , k ≤ n}
³eklindedir.
Mesela,
X = {1, 2, 3}
kümesinden alnan tekrarl 2-kombinasyonlarn kümesi
H32 = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 3), (3, 3)}
olur.
Teorem 2.5.2
x1 , x2 , x3 , ..., xn
elemanlarnn tekrarl
k-kombinasyonlarnn
says
fnk
ise
fnk = s(Hnk ) = C(n + k − 1, k)
e³itli§i geçerlidir.
Örnek 2.5.1
25 ki³ilik bir topluluktan 3 ki³ilik bir yönetim kurulu kaç de§i³ik ³ekilde olu³turulabilir?
ÇÖZÜM . 3 ki³ilik yönetim kurulunda yer alan kurul üyelerinin srasnn yeri önemli olmad§ndan,
farkl kurullarn says,
C(25, 3) =
25!
3!(25−3)!
= 2300
olarak bulunur.
Örnek 2.5.2
A, B, C ve D kitaplar arasndan 3 ünün olanakl seçimlerini dü³ünelim.
ABC, ABD, ACD, BCD olur.
Seçimlerin her birinden 6 permütasyon elde edilir.
Yani; ABC
kombinasyonuna kar³lk ABC, ACB, CAB,CBA,BCA,BAC ³eklinde 6 farkl permütasyon vardr.
Kombinasyonlar
Permütasyonlar
ABC
ABC, ACB, CAB,CBA,BCA,BAC
ABD
ABD,ADB,DAB,DBA,BDA,BAD
ACD
ACD,ADC,DAC,DCA,CDA,CAD
BCD
BCD,BDC,DBC,DCB,CDB,CBD
BÖLÜM 2.
OLASILIK
34
Teorem 2.5.3
(a)
C(n, r − 1) + C(n, r) = C(n + 1, r),
(b)
C(n, r) = C(n, n − r)
e³itlikleri geçerlidir.
Örnek 2.5.3
4 evli çift arasndan 3 ki³ilik bir kurul;
(a) Tümü e³it seçilme ³ansna sahip olmas,
(b) Kurulda 2 kadn ve 1 erkek olmak zorunda olmas,
() Bir çift ayn kurulda bulunamayaaktr,
durumunda kaç yolla seçilir?
ÇÖZÜM . (a) Bir kurulda sra önemli olmad§ndan
8
³ahs arasndan 3 ünün seçim says;
8
8!
=
= 56
3
3!5!
olur.
(b) 2 kadn
4
4!
=
=6
2
2!2!
yolla seçilir, bu seçim yaplsdktan sonra 1 erkek
4
4!
=
=4
1
1!3!
yolla seçilir. Böylee, çarpma kuralyla 2 kadn 1 erke§in seçimi says
4 4
= 6.4 = 24
2 1
olur.
() Bir çift ayn kurulda bulunmaaksa, kurulda 3 çiftte ³ahs bulunmaldr.
Öne 3 çift, 4 çift
arasndan
4
=4
3
yolla, bu 3 çift seçildikten sonra, ilk çiftten 1, ikini çiftten 1 ve üçünü çiftten 1 ki³i seçilebilee§ndan,
çarpma kuralyla toplam say,
4 2 2 2
= 32
3 1 1 1
olarak bulunur.
BÖLÜM 2.
OLASILIK
35
Veya, kurulda bir çiftin bulunma durumlar says
4 6
1 1
oldu§undan, bir çiftin bulunmama durumlar says,
8
4 6
−
= 32
3
1 1
ile de bulunur.
Örnek 2.5.4
Bir kutuda bulunan 12 toptan, 5 i siyah, 4 ü beyaz, 3 ü krmzdr. Her renkten en az bir topu içinde
bulunduran 6 toptan olu³an gruplarn saysn bulunuz.
ÇÖZÜM . Hiçbir ³art olmakszn
12
6
grup olu³turulur. Krmz top ihtiva etmeyen gruplarn says,
9
6
beyaz top ihtiva etmeyen gruplarn says,
8
6
siyah top ihtiva etmeyen gruplarn says,
7
6
grup olaa§ndan, renklerden birini bulundurmayan grup says,
9
8
7
+
+
6
6
6
olur. Her renkten en az bir top barndran 6 l gruplarn says
12
9
8
7
−
+
+
6
6
6
6
olarak bulunur.
Veya,
5 4 3
1
4 1
+
4 3
3 2
+
4 3
1 3
+
4 5 3
1
4 1
Örnek 2.5.5
5 bayan ve 3 bay arasndan, 3 ki³ilik grup,
(a) ko³ulsuz
(b) Grupta bay bulunmamak ko³uluyla,
() Grupta 1 bay bulunmak ko³uluyla,
(d) Grupta en az bir bay bulunmak ko³uluyla
kaç farkl ³ekilde seçilebilir?
ÇÖZÜM .
8
3 ,
5
3 ,
5
3
1
2
,
8
3
−
5
3 ,
+
5 3
3 2
+
5 3
2 3
+
3 5 4
1
3 2
+
5 4
2 3
BÖLÜM 2.
2.6
OLASILIK
36
Binom Teoremi ve Binom Katsaylar
Teorem 2.6.1
n
pozitif bir tam say ise,
n
(a + b) =
n
X
C(n, k)an−k bk
k=0
e³itli§i geçerlidir.
C(n, k)
katsaylarna binom katsaylar denir.
Teorem 2.6.2
Herbir
n
do§al says için
(x1 + x2 + · · · + xk )n =
e³itli§i geçerlidir, burada toplam
tüm
(n1 , n2 , ..., nk )
X
n!
xn1 1 xn2 2 · · · xnk 1
n1 !n2 !...nk !
n1 + n2 + · · · + nk = n
denkleminin
N = {0, 1, 2, ...}
kümesindeki
çözümleri için geçerlidir.
Örnek 2.6.1
(x1 + x2 + x3 )2 = [(x1 + x2 ) + x3 ]2
= (x1 + x2 )2 + 2(x1 + x2 )x3 + x23
= x21 + x22 + x23 + 2x1 x2 + 2x1 x3 + 2x2 x3
X
2!
=
xn 1 xn 2 xn 3
n1 !n2 !n3 ! 1 2 3
n1 +n2 +n3 =2
n1 + n2 + n3 = 2
(n 1
P
e³itli§i, (n1
= 2, n2 = n3 = 0), (n2 = 2, n1 = n3 = 0), (n3 = 2, n1 = n2 = 0),
= n2 = 1, n3 = 0), (n1 = n3 = 1, n2 = 0), (n2 = n3 = 1, n1 = 0)
durumlar için sözkonusudur.
n1 +n2 +n3 =2 toplam bu durumlar üzerinden alnr.
Örnek 2.6.2
(x1 + x2 + x3 )3 =
=
olur.
X
3!
xn1 1 xn2 2 xn3 3
n1 !n2 !n3 !
n1 +n2 +n3 =3
x31 + x32 + x33
+ 3x21 x2 + 3x21 x3 + 3x1 x22 + 3x22 x3 + 3x1 x23 + 3x2 x23 + 6x1 x2 x3 .
BÖLÜM 2.
OLASILIK
37
Örnek 2.6.3
n ∈ Z+ , r ∈ {1, 2, 3, ..., n − 1}
için
n
n−1
n−1
=
+
r
r
r−1
oldu§unu gösteriniz.
NOT 2.6.1
n 6∈ Z+
E§er
ise
(1 + y)n
nin iki terimli açlm,
−1 < y < 1
∞ X
n
i=0
i
için
yi
olur. Burada
n
n(n − 1)(n − 2)...(n − i + 1)
=
i!
i
³eklindedir.
1
2
4
2.7
ve
−3
3
ifadelerini bulunuz.
Olaslk Hesab
2.7.1
Klasik Olaslk ve Örnekler
Olaslk raslant ya da kesin olmayan olaylarla u§ra³r. Bir zar atld§nda, zarn yere dü³ee§i kesindir,
fakat üst yüze, 3 gelee§i kesin de§ildir. Zar atma deneyini yineleyelim;
says,
n
s
ilgilenilen sonuç (3 gelme)
olas sonuçlarn says olsun. Yaplan deneylerin sonuçlarna göre göreli sklk denilen
f=
s
n
oran sabit kalr, yani bir limite yakla³r. ³te bu dura§anlk(sabit oran) olaslk kuramnn temelidir.
Mesela, bir paray
n = 10
kez atalm.
s=4
kez yaz geldiyse ve
yaz gelmesi olay ise
P (A) ≈
oldu§unu söyleriz.
n = 100
iken
s = 47
olay para bir kez atld§nda
4
10
olsun. Bu durumda,
P (A) ≈
47
100
yazarz. Deneme says giderek artrlsn. Belirli bir a³amadan sonra
deneme saysna orannn dura§anlk kazand§ görüleektir.
s = 477
A
A
olaynn gerçekle³me saysnn
Diyelim ki bu dura§anlk
n = 1000,
de§erleri ve sonrasnda var olsun. Bu durumda,
P (A) =
oldu§unu söyleyee§iz.
lanaa§z.
ve bu yakla³m olaslk kavramn in³a etmenin yollarndan biri olarak kul-
Bu yoldan buldu§umuz
yorumlayaa§z.
477
1000
P (A)
de§eri, A olaynn bütün içerisindeki göreeli skl§ olarak
BÖLÜM 2.
OLASILIK
38
Tanm 2.7.1
Ω = {ω1 , ω2 , ω3 , ...}
U = 2Ω = {A : A ⊆ Ω}
sonlu veya saylabilir küme,
olsun.
Herbir
ωk ∈ Ω
elemanna,
(ko1)
p(ωk ) ≥ 0 (k ≥ 1)
(ko2)
p(ω1 ) + p(ω2 ) + p(ω3 ) + · · · = 1
³artlarn sa§layan
p(ωk )
saysn kar³lk getirelim. Herbir
P (A) =
X
A∈U
altkümesine de
p(ωk )
ωk ∈A
saysn kar³lk getirelim, burada toplam
tadr. Bu durumda,
p(ωk )
saysna
ωk
A
kümesini olu³turan tüm elemanlar üzerinden alnmak-
basit olaynn,
P (A)
saysna ise
A
olaynn olasl§ denir.
Bu tanma göre, herbir olayn olasl§, onu olu³turan basit olaylarn olaslklar toplamna e³ittir.
Böylee sonlu veya saylabilir kümede olaslk tanm iki a³amaldr; öne basit olayn olasl§, daha
sonra bu olaslklar yardmyla key olayn olasl§ tanmlanr.
Örnek 2.7.1
ki zar birlikte atlma deneyinde örnek uzay,
Ω = {(x, y) : 1 ≤ x, y ≤ 6}
olup, herbir
sa§lanr.
(x, y) ∈ Ω
için
Bu deneyde,
p{(x, y)} =
1
36 olarak tanmlayalm. Bu durumda, (ko1) ve (ko2) ³artlar
A = {(x, y) : (x, y) ∈ Ω, x + y = 9}
{(3, 6), (4, 5), (5, 4), (6, 3)}
olaynn olasl§n bulalm.
A =
olaa§ndan,
P (A) =
X
p{(x, y)}
(x,y)∈A
= p{(3, 6)} + p{(4, 5)} + p{(5, 4)} + p{(6, 3)}
=
=
=
1
1
1
1
+
+
+
36 36 36 36
4
36
1
9
olarak bulunur.
Örnek 2.7.2
Bir para tura gelineye kadar atma deneyinde örnek uzay, ωk
= Y Y Y...Y T
ile tura ilk defa k numaral
at³ta geliyor örnek noktalar göstermek üzere,
Ω = {ω1 , ω2 , ω3 , ..., ωk , ...}
olup, herbir
sa§lanr.
ωk ∈ Ω
için
Bu deneyde,
p(ωk ) = ( 12 )k
olarak tanmlayalm.
A = {ωt : ωt ∈ Ω, t
Bu durumda, (ko1) ve (ko2) ³artlar
tek say} (turann ilk kez tek numaral at³ta gelme)
BÖLÜM 2.
OLASILIK
olaynn olasl§n bulalm.
39
A = {ω1 , ω3 , ω5 , ...}
P (A) =
X
olaa§ndan,
p(ω)
ω∈A
= p(ω1 ) + p(ω3 ) + p(ω5 ) + ...
1
1
1
+ ( )3 + ( )5 + ...
2
2
2
∞
∞
X
1 k X 1 2k
( )
=
( ) −
2
2
=
k=1
k=1
=
2
3
olarak bulunur.
Örnek uzay
Ω = {ω1 , ω2 , ω3 , ..., ωn }
sonlu,
U = 2Ω
olarak e³it olaslkl basit olaylar olsun. Bu durumda, bir
P (A) =
p(ω1 ) = p(ω2 ) = p(ω3 ) = ... = p(ωn ) =
A ⊂ Ω için
ve
1
n
s(A)
n
olur. Bu tanma göre; sonlu ve e³it olaslkl basit olaylar uzaynda herbir A olaynn olasl§, bu olay
olu³turan basit olay saysnn tüm olabilir basit olay saysna orandr.
Örnek 2.7.3
Birbirinden farkl 6 tane pozitif ve 5 tane negatif say arasndan rasgele 5 tane çekilsin. Bu saylar
çarpmnn pozitif olma olasl§n bulunuz.
ÇÖZÜM . Çarpmn pozitif olmas için bu çarpmda negatif saylarn says çift olmas gerek ve yeter-
dir. Buna göre
P (A) =
C(5, 0)C(6, 5) + C(5, 2)C(6, 3) + C(5, 4)C(6, 1)
C(11, 5)
bulunur.
Örnek 2.7.4
ki arkada³, att§ zar 1 veya 2 gelirse oyunu kazanyor; 3,4 veya 5 gelirse oyuna devam etme hakkn
kazanyor; 6 gelirse zar atma hakk di§er arkada³na geçer kurall oyunu oynuyor. Bir ki³inin oyunu
kazanma olasl§n bulunuz.
ÇÖZÜM . Oyunu kazanma olasl§
p
olsun.
(a) ilk at³ta 1 veya 2 gelme olasl§
2
6,
(b) lk at³ta 3,4 veya 5 atp öne oyuna devam hakk kazanr daha sonra oyunu kazanr. Bu olayn
olasl§
3
6 p,
BÖLÜM 2.
OLASILIK
40
() lk at³ta 6 atar, oyun arkada³na geçer ve arkada³ kaybeder. Bu olayn olasl§ ise
1
6 (1
− p)
olur.
Bu üç olay , iki³er iki³er ayrk olaylardr ve gerçekle³me olaslklarnn toplam, bir ki³inin oyunu
kazanmas olasl§dr. Buna göre,
p=
e³itli§inden,
p=
1
2 3
+ p + (1 − p)
6 6
6
3
4 bulunur.
Örnek 2.7.5
X = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} kümesinden iadesiz ardarda ve rasgele iki say çekiliyor.
A³a§daki olaylarn
olasl§n bulunuz.
A: Her iki say çifttir.
B:Her iki say tektir.
C: Saylardan biri çift di§eri tekdir.
D: Saylardan biri 5 tir.
ÇÖZÜM .
Ω
örnek uzay,
x
için 9,
y
için 8 seçimin oldu§u 72 tane
(x, y)
ikililerinden olu³maktadr.
Ω = {(x, y) : x, y ∈ Q, x 6= y}
³eklindedir.
A: Kümede 4 tane çift say oldu§undan,
x ve y
nin çift oldu§u 12 tane
(x, y) ikilisi mevut oldu§un-
dan,
P (A) =
12
1
=
72
6
bulunur.
B: Kümede 5 tane tek say oldu§undan,
x ve y
nin tek oldu§u 20 tane
(x, y) ikilisi mevut
oldu§un-
dan,
P (B) =
20
5
=
72
18
bulunur.
C: A, B ve C olaylarnn birle³imi örnek uzay verdi§inden, bu üç olayn toplamnn olasl§ 1 e
e³ittir. Bu olaylar ayrk oldu§undan,
P (A ∪ B ∪ C) = P (A) + P (B) + P (C) ⇒ P (C) = 1 − P (A) − P (B) =
5
9
bulunur.
D: Bu olayn noktalar
(x, 5)
veya
(5, y)
³eklinde olup, 8 tane
toplam 16 tane noktadan olu³maktadr. Buna göre
P (D) =
=
=
s(D)
72
16
72
2
9
(x, 5)
ve 8 tane
(5, y)
olmak üzere
BÖLÜM 2.
OLASILIK
41
olarak bulunur.
Örnek 2.7.6
Bir ö§reni,
2
3
6
3 olaslkla ebire giri³ snavndan, 5 olaslkla istatistik ve olaslk dersinden, 15 olaslkla
her iki dersin snavndan ba³arl olabilmektedir.
(a) Bu ö§reninin ebire giri³ snavn ba³aramama,
(b) Bu ö§reninin ebire giri³ veya istatistik ve olaslk snavndan ba³arl olma,
() Bu ö§reninin ebire giri³ snavndan ba³arsz veya istatistik ve olaslk snavndan ba³arl
olma,
(d) Bu ö§reninin ebire giri³ snavndan ba³arl ve istatistik ve olaslk snavndan ba³arsz olma
olaylarnn olaslklarn hesaplaynz.
ÇÖZÜM . ebire giri³ dersinin snavndan ba³arl olanlarn kümesini
ba³arl olanlarn kümesini
I
C , istatistik ve olaslk snavndan
ile gösterelim. Verilenler
2
3
6
P (C) = , P (I) = , P (C ∩ I) =
3
5
15
biçimindedir.
(a) ebire giri³ snavn ba³aramama olay
C′
olup,
P (C ′ ) = 1 − P (C) =
1
3
bulunur.
(b) Cebire giri³ veya istatistik ve olaslk snavndan ba³arl olma olay
C∪I
olup,
P (C ∪ I) = P (C) + P (I) − P (C ∩ I)
=
=
2 3
6
+ −
3 5 15
13
15
bulunur.
() Cebire giri³ dersinde ba³arsz veya istatistik ve olaslk snavndan ba³arl olma olay
olup,
P (C ′ ∪ I) = P (C ′ ) + P (I) − P (C ′ ∩ I)
= P (C ′ ) + P (I) − [P (I) − P (C ∩ I)]
= P (C ′ ) + P (C ∩ I)
=
=
bulunur.
1
6
+
3 15
11
15
C′ ∪ I
BÖLÜM 2.
OLASILIK
42
(d) ......
P (C ∪ I ′ ) = P (C) − P (C ∩ I)
6
2
−
3 15
4
15
=
=
bulunur.
Örnek 2.7.7
Bir gömlek atölyesinde üretilen 12 gömle§in 4 tanesi özürlü oldu§u biliniyor.
Bunlardan 3 tanesi
rastgele alnrsa,
(a) Hiç birinin özürlü olmamas,
(b) ki tanesinin özürlü olmas
() En az bir tanesinin özürlü olmas
olaylarnn olaslklarn hesaplaynz.
ÇÖZÜM . Gömleklerin says 12, özürlü gömleklerin says 4 olup, özürlü olmayan gömleklerin says
Ω örnek uzay,
12
s(Ω) =
= 220
3
8 dir. 12 gömlekten 3 tane rastgele alnd§ndan,
elemanldr.
(a) Özürlü olmama (3 tanesinin de sa§lam olma) olay
P (A) =
A
ise,
s(A) =
s(A)
14
=
220
55
8
3
= 56
oldu§undan,
bulunur.
B
(b) Seçilen 3 gömlekten ikisinin özürlü olma olay
P (B) =
ise,
s(B) =
12
s(B)
=
220
55
4 8
2 1
= 48
oldu§undan,
bulunur.
() En az bir tanesinin özürlü olmas olay
C
ise,
C
olay, hepsinin sa§lam olma olaynn tümleyeni-
dir. Buradan,
P (C) = P (A′ )
= 1−
=
14
55
41
55
bulunur.
veya
bulunur.
s(C) =
4 8
1 2
+
4 8
2 1
+
4 8
3 0
= 164
P (C) =
olup,
s(C)
164
41
=
=
220
220
55
BÖLÜM 2.
OLASILIK
43
Örnek 2.7.8
Bir torbada 2 beyaz, 4 sar, 6 krmz top bulunmaktadr. 6 top rastgele birden çekiliyor, 1'inin beyaz,
2'sinin sar ve 3'ünün krmz olma olsl§n bulunuz.
ÇÖZÜM . Örnek uzay,
Ω
kümesinin eleman says,
s(Ω) =
12
= 924,
6
1'inin beyaz, 2'sinin sar ve 3'ünün krmz olma olay
A
ise
2 4 6
s(A) =
= 240
1 2 3
oldu§undan,
P (A) =
s(A)
20
=
s(Ω)
77
bulunur.
Örnek 2.7.9
A = {1, 2, 3, ...n} kümesinden rasgele ve iadeli olarak iki say çekiliyor.
ilk seçilen saynn sonra seçilen
saydan küçük olma olasl§n bulunuz.
ÇÖZÜM .
x
ile birini,
y
ile ikini seçilen sayy gösterelim. Bu durumda örnek uzay,
Ω = {(x, y) : x, y ∈ A}
olup,
s(Ω) = n2
olur. Birini saynn ikini saydan küçük olma olay
B = {(x, y) : x, y ∈ A, x < y}
olup, bu kümenin eleman says
s(B) = C(n, 2) =
oldu§undan,
B
olaynn olma olasl§
P (B) =
bulunur.
2.8
n(n − 1)
2
Ba§msz Olaylar
n(n − 1)
n−1
s(B)
=
=
2
s(Ω)
2n
2n
BÖLÜM 2.
OLASILIK
44
Tanm 2.8.1 (Ba§msz olaylar)
(Ω, U , P )
olaslk uzaynda,
A, B ∈ U
olaylar için
P (A ∩ B) = P (A)P (B)
oluyorsa,
A
B
ile
olaylarna ba§msz olaylar denir.
NOT 2.8.1
A∩B = ∅
A
ise
ile
B
ayrktr,
P (A ∩ B) = P (A)P (B)
∅
ve
Ω
A
ise
B
ile
ba§mszdr denir.
olaylar her olaydan ba§mszdr.
Örnek 2.8.1
Ω = {1, 2, 3, 4}, U = 2Ω
ve
B = {2, 3} ve C = {1, 2, 3}
A ∩ B = {3}
ÇÖZÜM .
P (A)P (B)
olsun.
olup,
A ile B , A ile C
P (A) =
e³itli§i sa§lanr. Buna göre
A ∩ C = {1, 3}
P (A) =
olup,
P (A ∩ C) = P (A)P (C)
s(A)
olmak üzere,
4
P (A) =
2
4,
A
(Ω, U , P )
olaslk uzaynda,
A = {1, 3},
olaylarnn ba§msz olup-olmadklarn ara³trnz.
2
4,
P (B) =
ile
B
2
4 ve
1
4 olaa§ndan,
P (A ∩ B) =
P (A ∩ B) =
olaylar ba§mszdr.
3
4,
P (C) =
P (A)P (C) =
e³itli§i sa§lanmaz. Buna göre
A
ile
C
ve
P (B) 6= 0
3
8 ve
P (A ∩ C) =
2
4 olaa§ndan,
olaylar ba§msz de§ildir.
Teorem 2.8.1
(Ω, U , P )
olaslk uzaynda,
A, B ∈ U
için
P (A) 6= 0
olsun.
A
ile
B
ayrk ise
A
ile
B
olaylar ba§msz de§ildir.
ÇÖZÜM .
ve
A
P (B) 6= 0
ile
B
ayrk oldu§undan
oldu§undan
A∩A = ∅
P (A)P (B) 6= 0
ve
P (A ∩ B) = P (∅) = 0
olur. Hipotezden,
olur. Buna göre
P (A ∩ B) = P (A)P (B)
e³itli§i sa§lanmaz. Bu ise
A
ile
B
A
ile
olaylarnn ba§msz olmad§n gösterir.
Teorem 2.8.2
(Ω, U , P )
(a)
A′
(b)
A
()
A′
olaslk uzaynda,
ile
ile
ile
B
ba§mszdr,
B′
ba§mszdr,
B′
ba§mszdr.
B
ba§msz ise
P (A) 6= 0
BÖLÜM 2.
OLASILIK
45
ÇÖZÜM .
P (A′ ∩ B) = P (B) − P (A ∩ B)
= P (B) − P (A)P (B)
= P (B)(1 − P (A))
= P (A′ )(B)
Tanm 2.8.2
(Ω, U , P )
bir olaslk uzay ve
A1 , A2 , A3 , ..., An ∈ U
P (Ai ∩ Aj ) = P (Ai )P (Aj ) (1 ≤ i < j ≤ n)
olsun.
oldu§unda
A1 , A2 , A3 , ..., An
olaylarna ikili ba§m-
szdr denir.
P (Ai ∩Aj ∩Ak ) = P (Ai )P (Aj )P (Ak ) (1 ≤ i < j < k ≤ n) oldu§unda A1 , A2 , A3 , ..., An
olaylarna
üçlü ba§mszdr denir.
.
.
.
P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ ... ∩ An ) = P (A1 )P (A2 )P (A3 )...P (An )
n-li
oldu§unda
A1 , A2 , A3 , ..., An
olaylarna
ba§mszdr denir.
A1 , A2 , A3 , ..., An
Olaylar için
k-l
olaylar, 2-li, 3-lü, ...,
ba§mszlk
m-li
n-li
ba§msz ise bu olaylara tam ba§msz olaylar denir.
ba§mszl§ gerektirmez.
Örnek 2.8.2
Ω = {ω1 , ω2 , ω3 , ω4 }
{ω2 , ω4 }
ve
olmak üzere,
A3 = {ω3 , ω4 }
(Ω, U = 2Ω , P (A) =
s(A)
S(Ω) olaslk uzaynda,
A1 = {ω1 , ω4 }, A2 =
olsun.
P (A1 ∩ A2 ) = P (A1 )P (A2 )
P (A1 ∩ A3 ) = P (A1 )P (A3 )
P (A2 ∩ A3 ) = P (A2 )P (A3 )
e³itlikleri sa§land§ndan,
A1 , A2 , A3
olaylar ikili ba§mszdr.
P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P (A1 )P (A2 )P (A3 )
olmad§ndan,
A1 , A2 , A3
olaylar üçlü ba§msz de§ildir.
Örnek 2.8.3
Ω = {ω1 , ω2 , ω3 , ω4 , ω5 , ω6 },
p1 =
2
16 ,
p2 =
5
16 ,
p3 =
1
16 ,
p4 =
A1 = {ω1 , ω4 }, A2 = {ω1 , ω2 , ω5 }
ve
6
16 ,
p5 =
1
16 ,
p6 =
A3 = {ω1 , ω2 , ω3 }
1
16 ,
U = 2Ω , P (A) =
olsun. Bu durumda,
P
ωi ∈A pi olmak üzere,
BÖLÜM 2.
OLASILIK
P (A1 ) =
X
46
P (A2 ) =
pi
2
6
+
16 16
8
16
=
=
A1 ∩ A2 = {ω1 }, P (A1 ∩ A2 ) = p1 =
2
16
A1 ∩ A3 = {ω1 }, P (A1 ∩ A3 ) = p1 =
2
16
A2 ∩ A3 = {ω1 , ω2 }, P (A2 ∩ A3 ) = p1 + p2 =
X
P (A3 ) =
pi
ωi ∈A3
= p1 + p2 + p5
= p1 + p4
=
pi
ωi ∈A2
ωi ∈A1
=
X
= p1 + p2 + p3
2
5
1
+
+
16 16 16
8
16
=
=
2
5
1
+
+
16 16 16
8
16
7
16
A1 ∩ A2 ∩ A3 = {ω1 }, P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = p1 =
2
16
P (A1 ∩ A2 ) 6= P (A1 )P (A2 )
P (A1 ∩ A3 ) 6= P (A1 )P (A3 )
P (A2 ∩ A3 ) 6= P (A2 )P (A3 )
e³itlikleri sa§land§ndan,
A1 , A2 , A3
olaylar ikili ba§msz de§ildir.
P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P (A1 )P (A2 )P (A3 )
oldu§undan,
A1 , A2 , A3
olaylar üçlü ba§mszdr.
Örnek 2.8.4
Ω = {ω1 , ω2 , ω3 , ω4 , ω5 , ω6 , ω7 , ω8 }, pi =
üzere,
1
8 ,
i = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, U = 2Ω , P (A) =
A1 = {ω1 , ω2 , ω3 , ω5 }, A2 = {ω1 , ω2 , ω4 , ω6 }
ve
A3 = {ω1 , ω3 , , ω4 , ω7 }
P
ωi ∈A pi olmak
olsun. Bu durumda,
P (A1 ∩ A2 ) = P (A1 )P (A2 )
P (A1 ∩ A3 ) = P (A1 )P (A3 )
P (A2 ∩ A3 ) = P (A2 )P (A3 )
e³itlikleri sa§land§ndan,
A1 , A2 , A3
olaylar ikili ba§mszdir.
P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P (A1 )P (A2 )P (A3 )
Buna göre,
A1 , A2 , A3
oldu§undan,
A1 , A2 , A3
olaylar üçlü ba§mszdr.
olaylar tam ba§mszdr.
Örnek uzay saylabilir de§ilse, bu durumda geometrik olaslk denen yeni bir olaslk tanmlayaa§z.
Bu durumda sürekli örnek uzay, uzunluk, alan, haim gibi sonlu bir geometrik ölçüme sahiptir. Bu
ölçüm
m(Ω)
ile gösterilirse, bir A olaynn olasl§, (A ya ait noktalarn olasl§)
P (A) =
m(A)
m(Ω)
olarak tanmlanr.
Yani,
P (A) =
A nn uzunlu§u
Ω nn uzunlu§u ,
P (A) =
A nn alan
Ω nn alan ,
P (A) =
A nn hami
Ω nn hami
Böyle tanmlanan olaslk uzaylarna düzgün(uniform) denir.
Örnek 2.8.5
Uzunlu§u d olan bir do§ru parças üzerinde rasgele iki nokta seçiliyor. Elde edilen üç parça ile bir
üçgen olu³turma olasl§n bulunuz.
BÖLÜM 2.
OLASILIK
47
Bir üçgenin iki kenarnn toplam üçünü kenardan büyük, fark üçünü kenardan küçüktür. Olanakl
de§erler:
0 ≤ x+y ≤ d
dir. Üçgen elde etmek için uygun de§erler:
stenen olaslk,
dd1
222
d2
2
P =
=
x≤
d
2,
y ≤
d
2,
x+y ≤
d
2 dir.
1
4
bulunur.
2.9
Ko³ullu (“artl) Olaslk
A olaynn gerçekle³mi³ olmas durumda, B
olaynn da gerçekle³mesi olasl§ P (B|A) ile gösterilir ve B nin A ya göre ko³ullu olasl§ denir.
B olaynn çkma olsl§, A olaynn ortaya çkmasndan sonra inelendi§inden, P (B|A) ko³ullu
Ayn örnek uzaynda tanmlanm³ iki olay
A
B
ve
olsun.
olasl§n örnek uzaynn A oldu§u dü³ünülür. Bu nedenle A ya indirgenmi³ örnek uzay ad da verilir.
Tanm 2.9.1 (“artl(ko³ullu) olaslk)
(Ω, U , P )
olaslk uzay,
A ⊂ Ω, P (A) > 0
olsun.
P (.|A)(B) =
de§erine,
B
kümesinin
A
P (B ∩ A)
P (A)
ye göre ³artl(ko³ullu) olasl§ denir ve
P (B|A)
ile gösterilir.
Buna göre,
P (B|A) =
P (B ∩ A)
P (A)
ve buradan
P (A ∩ B) = P (A)P (B|A)
veya
P (A ∩ B) = P (B)P (A|B)
elde edilir.
Örnek 2.9.1
Bir zar atlyor. Üst yüzeydeki rakamn çift oldu§u bilindi§ine göre, bunun 6 olma olsl§ nedir?
ÇÖZÜM . Bir zar atma deneyinde örnek uzay
Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
olup, zarn üst yüzdeki saynn çift gelme olay
A = {2, 4, 6}
olay gerçeklendi§ine göre, B olaynn gerçekle³mesi olasl§,
eleman saysna oran olan
Burada,
1/3
ve 6 gelme olay
1
6,
P (A) =
1
2 olup,
P (B|A) =
P (A ∩ B)
P (A)
=
1
6
1
2
=
1
3
³eklindedir.
A
B olayndaki eleman saysnn A olayndaki
tür.
A ∩ B = B , P (A ∩ B) =
B = {6}
BÖLÜM 2.
OLASILIK
48
olur.
Örnek 2.9.2
ki zar atlyor. Atlan zarlar üzreindeki saylar farknn 3 e e³it veya 3 ten büyük oldu§u bilindi§ine
göre, ikini zarn 3 ten küçük olma olasl§n bulunuz.
Ω = {(x, y) : x, y = 1, 2, 3, 4, 5, 6},
A = {(x, y) : (x, y) ∈ ω, |x − y| ≥ 3} = {(1, 4), (4, 1), (1, 5), (5, 1), (2, 5), (5, 2), (1, 6), (6, 1), (2, 6), (6, 2), (3, 6), (6; 3)}
B = {(x, y) : y < 3} = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2), (3, 1), (3, 2), (4, 1), (4, 2), (5, 1), (5, 2), (6, 1), (6, 2)},
B ∩ A = {(4, 1), (5, 1), (5, 2), (6, 1), (6, 2)},
oldu§undan,
P (B|A)
P (A ∩ B)
=
P (A)
5
36
1
3
=
5
=
12
olur.
NOT 2.9.1
(Ω, U , P )
olaslk uzay sonlu ve e³ olaslkl ise, |A|,
P (A|B) =
A
olaynn eleman saysn göstermek üzere;
|A ∩ B|
|A|
|A ∩ B|
, P (B|A) =
, P (A) =
|B|
|A|
|Ω|
yazlabilir.
Örnek 2.9.3
Evli
Bekar
Terübeli
12
18
Terübesiz
14
24
Bir ³irkette çal³an 68 ki³i ile ilgili bilgiler yukardaki tabloda verildi§ine göre,
(a) seçilen bir ki³inin terübeli oldu§u bilindi§ine göre, bekar olmas,
(b) Terübeli olmas ko³uluyla, evli olmas,
() Evli olmas ko³uluyla, terübesiz olmas
ihtimallerini bulunuz.
Terübeli olma
T,
terübesiz olma
T ′,
evli olma E ve Bekar olma B ile gösterelim.
(a) Seçilen ki³inin terübeli oldu§u bilindi§inde bekar olma olasl§ istendi§ine göre,
P (B|T )
de§eri isteniyor. Buna göre;
P (B|T ) =
=
=
|B ∩ T |
|B|
18
30
3
5
BÖLÜM 2.
OLASILIK
49
olarak bulunur.
(b)
()
P (E|T ) = 2/5
P (T ′ |E) = 7/13
Teorem 2.9.1 (Ko³ullu olaslk için Çarpm Formülü)
(Ω, U , P )
Bir
A1 , A2 , A3 , ..., An
olaslk uzaynda
olaylar ayrk de§ilse,
P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ ... ∩ An ) = P (A1 )P (A2 |A1 )P (A3 |A1 ∩ A2 )...P (An |A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ ... ∩ An−1 )
e³itli§i geçerlidir.
Teorem 2.9.2
(Ω, U , P )
Bir
olaslk uzaynda
P (A) 6= 0
ve
P (B) 6= 0
olsun.
P (A) = P (A|B) (P (B) = P (B|A))
için gerek ve yeter ³art
A
ile
B
olaylarnn ba§msz olmas
bulunmasdr.
Teorem 2.9.3
(Ω, U , P )
Bir
olaslk uzaynda
A
ile
B
olaylar ayrk ise
P (A|B) = 0 (P (B|A) = 0)
olur.
Tanm 2.9.2 (Örnek uzayn parçalan³)
Bir
(Ω, U , P )
(i)
olaslk uzaynda
A1 , A2 , A3 , ..., An
olaylar için,
i, j = 1, 2, 3, ..., n
olmak üzere,
P (Ai ) > 0,
i 6= j
(ii)
(iii)
Ω=
ise
Sn
Ai ∩ Aj = ∅,
i=1 Ai
³artlar sa§lanyorsa,
{A1 , A2 , A3 , ..., An } olaylar ümlesine Ω örnek uzaynn bir (sonlu parçalanma)
parçalan³ denir.
(Ω, U , P )
(i)
olaslk uzaynda
A1 , A2 , A3 , ..., An , ...
olaylar için,
i, j = 1, 2, 3, ..., n, ...
P (Ai ) > 0,
(ii)
i 6= j
(iii)
Ω=
³artlar
ise
Ai ∩ Aj = ∅,
S∞
i=1 Ai
sa§lanyorsa,
{A1 , A2 , A3 , ..., An , ...}
olaylar
ümlesine
Ω
örnek
parçalanma) parçalan³ denir.
Mesela, bir zar atma deneyinde, örnek uzay
Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
olup,
A1 = {1, 3}, A2 = {5}, A3 = {4, 6}
alnrsa,
olmak üzere,
{A1 , A2 , A3 , A4 }
ümlesi,
Ω
ve
kümesinin bir parçalan³dr.
A4 = {2}
uzaynn
bir
(sonsuz
BÖLÜM 2.
OLASILIK
50
Teorem 2.9.4
Bir
(Ω, U , P )
olaslk uzaynda
A1 , A2 , A3 , ..., An
olaylar
Ω
kümesinin bir parçalan³ ise,
P (A1 ) + P (A2 ) + P (A3 ) + · · · + P (An ) = 1
e³itli§i geçerlidir.
A1 , A2 , A3 , ..., An
olaylar ayrk ve
Ω=
Sn
i=1 Ai oldu§undan,
S
P (Ω) = P ( ni=1 Ai ) = 1
bulunur.
NOT 2.9.2
Herhangi bir
(Ω, U , P )
olaslk uzaynda,
A1 , A2 , A3 , ..., An
B =B∩Ω=B∩(
n
[
Ai ) =
n
[
(B ∩ Ai )
i=1
i=1
olaa§ndan,
olaylar bir parçalanma ve
P (B) = P (B ∩ Ω)
!
n
[
= P B ∩ ( Ai
i=1
= P
n
[
i=1
=
=
n
X
i=1
n
X
!
(B ∩ Ai )
P (B ∩ Ai )
P (Ai )P (B/Ai )
i=1
ve benzer ³ekilde,
A1 , A2 , A3 , ..., An , ...
olaylar bir parçalanma ve
B =B∩Ω=B∩(
∞
[
Ai ) =
(B ∩ Ai )
i=1
i=1
olaa§ndan,
∞
[
P (B) = P (B ∩ Ω)
!
∞
[
= P B ∩ ( Ai
i=1
= P
∞
[
i=1
=
=
∞
X
i=1
∞
X
i=1
e³itlikleri elde edilir.
B∈U
!
(B ∩ Ai )
P (B ∩ Ai )
P (Ai )P (B/Ai )
için,
B∈U
için,
BÖLÜM 2.
2.9.1
OLASILIK
51
Bayes Teoremi
Çe³itli nedenlerin ayn sonuu verebildi§i durumlarda bazen sonuç bilindi§i halde hangi nedenden
ortaya çkt§ bilinmemektedir.
Burada sözü edilen sonuun hangi ihtimalle hangi nedenden çkt§
ara³trlabilir. Yani deneyin sonuu bilindi§inde nedenlerden bir tanesinin bu sonuu sa§lam³ olmas
ihtimali ara³trlabilir.
Mesela, bir fabrikada üretimin 0.60 n A makinesi, 0.30 unu B makinesi ve 0.10 unu C makinesi
üretmektedir. A makinesindeki üretimin 0.02 si, B makinesindeki üretimin 0.03 ve C makinesindeki
üretimin 0.04 ü bozuktur. Bir günlük çal³mada elde edilen parçalardan rasgele seçilen bir parçann
bozuk oldu§u görülüyor. Bu parçann C makinesinden üretilmi³ olmas olasl§ nedir.
Burada, elimizde belirli bir sonuç bulunmakta ve bunun hangi sebebten ileri geldi§i ara³trlmaktadr.
Bir B olay,
A1 , A2 , A3 , ..., An
gibi sebebten hehangi biri altnda ortaya çkan bir olay olsun. A³a§-
daki teorem verilebilir.
Teorem 2.9.5 (Bayes Teoremi)
(Ω, U , P )
(a)
bir olaslk uzay olsun.
A1 , A2 , A3 , ..., An
olaylar bir sonlu parçalanma,
P (Aj /B) =
=
e³itli§i geçerlidir.
(b)
A1 , A2 , A3 , ..., An , ...
B ∈ U , P (B) 6= 0
P (Aj ∩ B)
P (B)
P (Aj )P (B/Aj )
Pn
i=1 P (Ai )P (B/Ai )
olaylar bir sonsuz parçalanma,
P (Aj /B) =
=
e³itli§i geçerlidir.
olmak üzere
B ∈ U , P (B) 6= 0
olmak üzere
P (Aj ∩ B)
P (B)
P (A )P (B/Aj )
P∞ j
i=1 P (Ai )P (B/Ai )
Örnek 2.9.4
Bir snftaki ö§renilerin
%40' erkektir.
Kzlarn
%30'u erkeklerin %70 i olaslk dersinden ba³arldr.
Snftan rasgele seçilen bir ö§reninin olaslk dersinden ba³arl oldu§u bilindi§ine göre bu ö§reninin
erkek olma olasl§n bulunuz.
ÇÖZÜM . Snftaki erkek ö§reniler
B
A1 ,
kz ö§reniler
A2
ve olaslk dersinden ba³arl olan ö§reniler
olarak tanmlayalm. Buna göre,
P (A1 ) =
60
70
40
, P (A2 ) =
, P (B|A1 ) =
100
100
100
ve
P (B|A2 ) =
30
100
olur.
B = B ∩ (A1 ∪ A2 ) = (B ∩ A1 ) ∪ (B ∩ A2 )
BÖLÜM 2.
OLASILIK
52
e³itli§i ve
(B ∩ A1 ) ∩ (B ∩ A2 ) = ∅
oldu§u dikkate alnrsa,
P (B) = P (B ∩ A1 ) + P (B ∩ A2 )
e³itli§inden
P (B) = P (A1 )P (B|A1 ) + P (A2 )P (B|A2 )
=
=
60 30
40 70
+
100 100 100 100
46
100
bulunur. stenen olaslk,
P (A1 |B) =
=
P (A1 ∩ B)
P (B)
P (A1 )P (B|A1 )
P (B)
=
40 70
100 100
46
100
=
14
23
bulunur.
Örnek 2.9.5
Bir vida fabrikasnda üretimin
%25'i
makinelerin üretimlerinin srasyla
I.,%35'i II. ve
%40'i
III. makine tarafndan yaplmaktadr. Bu
%5, %4 ve %2'si kusurludur.
Bir periyotluk üretim sonunda rasgele
bir vida seçiliyor. Vidann kusurlu oldu§u bilindi§ine göre, I. makine tarafndan üretilmesi olasl§n
bulunuz.
A = {seçilen vidann I.makinede üretilmi³ olmas}
B = {seçilen vidann II.makinede üretilmi³ olmas}
C = {seçilen vidann III.makinede üretilmi³ olmas}
E = {seçilen vidann kusurlu üretilmi³ olmas} olarak
P (A|E) =
=
=
alnrsa, Bayes teoreminden,
P (E|A)P (A)
P (E|A)P (A) + P (E|B)P (B) + P (E|C)P (C)
(0.05)(0.25)
(0.05)(0.25) + (0.04)(0.35) + (0.02)(0.40)
25
69
bulunur.
Örnek 2.9.6
ki kavanozdan birinisinde 2 beyaz ve 3 siyah top, ikinisinde ise 6 beyaz ve 4 siyah top vardr. Birini
kavanozdan rasgele bir top çekilip ikini kavanoza atlyor. Daha sonra ikini kavanozdan rasgele bir
top çekiliyor.
(a) Çekilen topun beyaz olma,
BÖLÜM 2.
OLASILIK
53
(b) Çekilen topun beyaz oldu§u bilindi§inde, birini kavanozdan çekilen topun da beyaz olma
olaslklarn bulunuz.
A = {Birini kavanozdan çekilen topun beyaz olmas}
B = {ikini kavanozdan çekilen topun beyaz olmas}
olarak alnrsa,
(a)
P (B) = P (A ∩ B) + P (A′ ∩ B) = P (A)P (B|A) + P (A′ )P (B|A′ )
7
6
+ 53 11
= 32
P (B) = 25 11
55 bulunur.
e³itli§inden,
(b)
Bayes teoreminden,
P (A ∩ B)
P (B)
P (B|A)P (A)
P (B|A)P (A) + P (B|A′ )P (A′ )
14/55
32/55
7
16
P (A|B) =
=
=
=
bulunur.
Örnek 2.9.7
Bir piyango gi³esinde satlaak olan
N
adet biletten
n (n < N )
tanesi ³ansl bilet olsun. Gi³eye iki
ki³i geliyor birer bilet çekiyor.
(a) kini ki³inin ³ansl bilet çekmesi,
(b) ikini ki³inin ³ansl bilet çekti§i bilindi§inde, birini ki³inin ³anssz bir bilet çekmesi
olaylarnn olaslklarn bulunuz.
A = {Birini ki³inin ³ansl bilet çekmesi}
B = {ikini ki³inin ³ansl bilet çekmesi}
olarak alnrsa,
(a)
P (B) = P (A ∩ B) + P (A′ ∩ B) = P (A)P (B|A) + P (A′ )P (B|A′ )
N −n n
n
n n−1
P (B) = N
N −1 + N N −1 = N bulunur.
e³itli§inden,
(b)
Bayes teoreminden,
P (A′ |B) =
=
=
=
bulunur.
P (A′ ∩ B)
P (B)
P (B|A′ )P (A′ )
P (B|A′ )P (A′ ) + P (B|A)P (A)
n(N − n)/(N − 1)N
n/N
N −n
N −1
BÖLÜM 2.
OLASILIK
54
Örnek 2.9.8
24 adet el feneri üç koliye, I.koliye 4 tanesi bozuk 10 fener, II.koliye 1 tanesi bozuk 6 fener ve III.koliye
3 tanesi bozuk 8 fener, ³eklinde taksim ediliyor. Rasgele bir koli seçiliyor ve içinden rasgele bir fener
alnyor. Seçilen fenerin bozuk olma olasl§n bulunuz.
A1 , A2
ve
A3
ile srasyla
I., II.
ve
III.
kolilerin seçilmesini,
B
ile bozuk fener seçmeyi gösterelim.
Koliler e³it olaslklarla seçilee§inden,
1
3
P (A1 ) = P (A2 ) = P (A3 ) =
olaaktr.
I.
koli seçildi§inde fenerin bozuk olma olasl§
2
P (B|A1 ) = ,
5
II.
koli seçildi§inde fenerin bozuk olma olasl§
P (B|A2 ) =
ve
III.
1
6
koli seçildi§inde fenerin bozuk olma olasl§
P (B|A3 ) =
3
8
olaaktr. Buna göre,
P (B) = P (A1 )P (B|A1 ) + P (A2 )P (B|A2 ) + P (A3 )P (B|A3 ) =
113
360
bulunur.
Problemler
1. Bir para ve zar atlyor. A³a§daki olaylarn olaslklarn bulunuz.
(a) Parann tura, zarn çift gelmesi
(b) Zarn asal say gelmesi
() Parann yaz, zarn tek gelmesi
(d) Parann tura ve zarn çift veya asal gelmesi
(e) Parann yaz, zarn tek veya asal gelmesi. Ω = {T 1, T 2, T 3, T 4, T 5, T 6, Y 1, Y 2, Y 3, Y 4, Y 5, Y 6}
2. 15 tane radyo lambasnn 5 tanesinin bozuk oldu§u biliniyor. Bunlardan 3 tanesi rastgele alnrsa,
(a) Hiçbirinin bozuk olmamas,
(b) Bir tanesinin bozuk olmas
() En az bir tanesinin bozuk olmas,
15
ihtimallerini hesaplaynz. s(Ω) =
10
24/91, (b) B olay, 10 sa§lamdan 2,
2
3
= 455 (a) A olay, 15-5=10 sa§lamdan 3 tanesi,s(A) =
= 45, 5 bozuktan 1
5
1
= 5 , s(B) =
10
2
5
1
10
= 120, P (A) = 120/455 =
3
= 225, P (B) = 225/455 = 45/91 () C:En az birinin
bozuk olmas olay hepsinin sa§lam olmas olaynn tümleyeni oldu§undan P (C) = 1 − P (A) = 67/91
3. Bir snfta 10 erkek ve 20 kz ö§reni vardr. Erkek ve kzlarn yars siyah gözlüdür. Tesadü
olarak seçilen bir ö§reninin erkek veya siyah gözlü olmas ihtimalini hesaplaynz.
Siyah gözlü olma olay B, P (A) = 1/3, P (B) = 1/2, P (A ∩ B) = 5/30 = 1/6 oldu§undan, P (A ∪ B) = 2/3 bulunur.
4. A, B iki olay ve
(a)
P (A ∪ B),
P (A) =
(b)
P (A′ ), P (B ′ )
()
P (A′ ∩ B ′ )
(d)
P ((A ∩ B)′ )
3
8,
P (B) =
1
2,
P (A ∩ B) =
1
4 oldu§una göre,
Erkek olma olay A,
BÖLÜM 2.
OLASILIK
55
5. ki zar atlyor. Atlan zarlar üzreindeki saylar farknn 3 ten küçük olmas ihtimalini hesaplaynz.
Ω = {(x, y) : x, y = 1, 2, 3, 4, 5, 6}, A = {(x, y) : (x, y) ∈ ω, |x−y| < 3}, A′ = {(x, y) : (x, y) ∈ ω, |x−y| ≥ 3} = {(1, 4), (4, 1), (1, 5), (5, 1), (2, 5), (5, 2), (1, 6), (6, 1), (2
′
′
oldu§undan, P (A ) = 12/36 = 1/3, P (A) = 1 − (P A ) = 2/3 bulunur.
Bölüm 3
Bir Boyutlu Rasgele De§i³kenler
3.1
Rasgele De§i³ken
Tanm 3.1.1
(Ω, U )
ölçülebilir uzay ve
X :Ω→R
fonksiyon olsun. Her
x∈R
için
{X < x} = {ω ∈ Ω : X(ω) < x} ∈ U
önermesi sa§lanyorsa,
X
fonksiyonuna rasgele de§i³ken denir.
Örnek 3.1.1
Ω = {1, 2, 3}
ve
U = {∅, Ω, {1, 2}, {3}}, Y (1) = Y (2) = 2, Y (3) = 3 ve X(1) =
³eklinde tanmlanan
X, Y : Ω → R
x∈R
X(2) = 1, X(3) = 2
fonksiyonlarn gözönüne alalm.
{Y < x} =
yani
1
2,
için











∅ , x<2
{1, 2} , 2 ≤ x < 3
Ω , x≥3
{Y < x} = {ω ∈ Ω : X(ω) < x} ∈ U
önermesi sa§land§ndan
1
2
≤x<1
için
Y
rasgele de§i³kendir.
{X < x} = {1} 6∈ U
oldu§undan
X
rasgele de§i³ken de§ildir.
Mesela, bir torbada 8 beyaz ve 5 siyah topun bulundu§unu farz edelim. Çekilen top, geri konulmakszn
torbadan arka arkaya üç top seçti§imizde, seçilen beyaz toplarn saysn
X
ile gösterelim. Bu deney
için örnek uzay,
Ω = {SSS, SSB, SBS, BSS, SBB, BSB, BBS, BBB}
olur. Bu uzaydaki her bir örnek noktaya o örnek noktadaki
B
(beyaz) 'lerin saysn e³lersek,
de§erler;
X(SSS) = x1 = 0, X(SSB) = x2 = 1, X(SBS) = x3 = 1
X(BBS) = x4 = 1, X(SBB) = x5 = 2, X(BSB) = x6 = 2
56
X
alaa§
BÖLÜM 3.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
57
X(BBS) = x7 = 2, X(BBB) = x8 = 3
olaaktr. O halde
X in
de§er kümesi
RX = {0, 1, 2, 3} ⊂ R
kümesidir.
Bir oto galerisinde aylk oto sat³larnn says,
bir kav³akta meydana gelen aylk kazalarn says,
bir zar 6 gelineye kadar yaplan denemelerin says,
snftaki ö§renilerin boylarnn uzunlu§u,
bir ailedeki çouk says,
bir futbol takmnn yapt§ maçlarda maç ba³na kaydedilen gol says, rasgele de§i³ken örnekleridir.
Tanm 3.1.2 (Kesikli rasgele de§i³ken, Sürekli rasgele de§i³ken)
X
bir rasgele de§i³ken olmak üzere
bir küme ise
X
ise
3.2.1
alabilee§i de§erlerin kümesi sonlu yada saylabilir sonsuz
bir kesikli rasgele de§i³ken denir.
rasgele de§i³kenin alaa§ de§erlerin kümesi bir aralk yada aralklarn bir birle³imi ³eklinde
X 'e
3.2
X 'e
X 'in
bir sürekli rasgele de§i³ken denir.
Kesikli Rasgele De§i³kenler
Olaslk Fonksiyonu
Tanm 3.2.1 (Olaslk fonksiyonu)
X
bir kesikli rasgele de§i³ken ve bu rasgele de§i³kenin de§erler kümesi
üzere
P (X = xi ) = f (xi ) (i = 1, 2, 3, ...)
(of1)
(of2)
f (xi ) ≥ 0, (i = 1, 2, 3, ...)
P∞
i=1 f (xi ) = 1
³artlarn sa§lyorsa,
f
fonksiyonuna
olsun. Bu durumda,
X
RX = {x1 , x2 , x3 , ...}
f : RX → [0, 1]
rasgele de§i³kenin
olmak
fonksiyonu,
olaslk fonksiyonu (olaslk da§lm)
denir.
Örnek 3.2.1
ki parann birlikte atlmas deneyinde
X
rasgele de§i³keni turalarn saysn göstersin. Bu deney için
örnek uzaymz,
Ω = {T T, T Y, Y T, Y Y }
oldu§undan,
X
in de§er kümesi
RX = {0, 1, 2}
olaaktr.
X
rasgele de§i³keni bu de§erleri,
f (0) = P (X = 0) = P (Y Y ) =
1
,
4
1
f (1) = P (X = 1) = P (Y T, T Y ) = ,
2
1
f (2) = P (X = 0) = P (T T ) =
4
olaslklaryla alaaktr. Böylee,
X
rasgele de§i³keninin olaslk fonksiyonu
BÖLÜM 3.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
58
X=x
0
1
2
f (x) = P (X = x)
1
4
1
2
1
4
³eklinde yazlr.
Örnek 3.2.2
Bir madeni para tura gelineye kadar atlyor.
X
X rasgele de§i³keni, gereken at³larn sayosn göstersin.
rasgele de§i³kenin olaslk fonksiyonunu bulunuz.
ÇÖZÜM . Örnek uzay,
Ω = {T, Y T, Y Y T, Y Y Y T, ...}
³eklide olup, k.
1, 2, 3, 4, ...
için
at³ta tura gelme
f (x) = ( 21 )x
ωk = Y Y Y...Y T
örnek noktasnn olasl§
( 12 )k
oldu§undan,
x=
olur. Buna göre, tablo
X=x
1
2
3
...
x
...
f (x) = P (X = x)
1
2
( 12 )2
( 21 )3
...
( 12 )x
...
olur.
Örnek 3.2.3
f (x) =


3
7

1 x
7
, x = 0, 1, 2, 3, ...
0 ,
di§er durumlarda
ile tanml f fonksiyonu bir olaslk fonksiyonu mudur? Neden?
P∞
3
i=1 7
1 i
7
=
1
2
6= 1
oldu§undan.
NOT 3.2.1
Olaslk fonksiyonu yardmyla,
X
kesikli de§i³keninin baz aralklarda de§erler almas, dolaysyla
bunlara kar³lk gelen olaylarn ihtimalleri a³a§daki formüllerle hesaplanabilir.
P (X ≤ x1 ) =
P (x1 ≤ X ≤ x2 ) =
P (X ≥ x1 ) =
x1
X
f (x)
x=−∞
x2
X
f (x)
x=x1
∞
X
f (x).
x=x1
Yukardaki e³itliklerden,
P (X ≤ x1 ) + P (X > x1 ) = 1
olur.
BÖLÜM 3.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
59
Örnek 3.2.4
X
tesadü de§i³kenin ihtimal fonksiyonu,
f (x) =











3
x
2 x
3
7
27
1 3−x
3
, x=0
, x = 1, 2, 3
0 ,
di§er durumlarda
olarak tanmland§na göre a³a§daki olaslklar hesaplaynz.
(a)
P (X = 2)
(b)
P (X ≤ 2)
()
P (1 ≤ X ≤ 2)
(d)
P (X ≥ 1)
P (X = 2) = f (2) = 92
P2
(b) P (X ≤ 2) =
f (x) = f (0) + f (1) + f (2) = 19
x=0
27
P2
() P (1 ≤ X ≤ 2) =
x=1 f (x) = f (1) + f (2) =
(d) P (X ≥ 1) = 1 − P (X < 1) = 1 − P (X = 0) = 1 − f (0) =
(a)
20
27
Örnek 3.2.5
Bir su satsnn bir günde satt§ su bidonlarnn saysn gösteren
X
rasgele de§i³kenin olaslk
fonksiyonu,
f (x) =











³eklinde ise, su da§tsnn
1
350 x
1
350 (25
, x = 1, 2, 3, .., 19, 20
− x) , x = 21, 22, 23, 24, 25
0 ,
di§er durumlarda
(a) 15 bidon su satmas,
(b) 21 bidon su satmas,
() 15 den az bidon su satmas,
(d) 15 den fazla bidon su satmas,
(e) en az 18 en fazla 25 bidon su satmas
olaslklarn hesaplaynz.
3
1
15 = 70
P (X = 15) = 350
,
1
1
(b) P (X = 23) =
350 (25 − 23) =
175 ,
P
P
14
1
1 P14
1 14·15
() P (X < 15) =
f (x) = 14
x = 350
x=1
x=1
x=1 x = 350 2 =
350
P25
P20
P
25
1
1
2
(d) P (X > 15) =
x=16 f (x) =
x=16 350 x +
x=21 350 (25 − x) = 7
(a)
3.2.2
X
3
10
Da§lm (Birikimli htimal) Fonksiyonu
rasgele de§i³kenin bir tek
x
de§erine e³it olmas olasl§ ile ilgilenildi§i gibi,
olmas olasl§ ile de ilgilenilebilir. Bu toplamal olasl§a
X
x'e
e³it ya da küçük
rasgele de§i³keninin kümülatif(birikimli,
ilaveli, eklemeli) da§lm fonksiyonu veya ksaa da§lm fonksiyonu denir.
BÖLÜM 3.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
60
Tanm 3.2.2 (Da§lm fonksiyonu)
X
bir kesikli rasgele de§i³ken ve bu rasgele de§i³kenin olaslk fonksiyonu
f
olsun.
X 'in x
'e e³it ya
da daha küçük olmas olasl§n gösteren,
F : R → [0, 1]
x → F (x) = P (X ≤ x) =
fonksiyonuna
X
X
f (xi )
xi ≤x
rasgele de§i³kenin da§lm fonksiyonu denir.
Örnek 3.2.6
Bir zar atma deneyinde,
X
rasgele de§i³keni, üste gelen yüzdeki noktalarn says ise, bu de§i³kenin
olaslk ve da§lm fonksiyonunu bulalm.
Bu deney için örnek yuzay,
Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
olup, zarn üst yüzeyine gelen noktalarn saysn
tam say olaa§ndan,
RX = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
olaslkla elde edilir. O halde
X
X
olur.
ile gösterelim.
X,
1 den 6 ya kadar herhangi bir
Örnek uzayda 6 örnek nokta vardr ve herbiri
1
6
rasgele de§i³kenin olaslk fonksiyonu,
X=x
1
2
3
4
5
6
f (x) = P (X = x)
1
6
1
6
1
6
1
6
1
6
1
6
³eklinde olur. Da§lm fonksiyonu ise,



0 , x<1



k
F (x) =
6 , k ≤ x < k + 1, k = 1, 2, 3, 4, 5




 1 , x≥6
olur.
Örnek 3.2.7
Bir madeni para atlyor.
X
rasgele de§i³keni turalarn saysn göstermek üzere,
olaslk ve da§lm fonksiyonlarn bulunuz.
Örnek 3.2.8
Kesikli bir
X
rasgele de§i³kenin olaslk fonksiyonu,
olsun. Buna göre;
X=x
-3
0
2
3
P (X = x)
0.2
0.1
0.4
t
X
rasgele de§i³kenin
BÖLÜM 3.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
61
(a) t de§erini bulunuz.
(b)
X
()
P (X > 0)
(d)
X = −2
(e)
X
hangi de§eri en büyük olaslkla alr?
olasl§n bulunuz.
olmas olasl§ nedir?
rasgele de§i³keninin da§lm fonksiyonunu bulunuz.
(f ) Da§lm fonksiyonunu tablo ile gösteriniz.
(g) olaslk ve da§lm fonksiyonlarnn graklerini çiziniz.
(a) Olaslk de§erlerin toplam ((of2) ³artndan) 1 oldu§undan,
0.2 + 0.1 + 0.4 + t = 1
e³itli§inden,
t = 0.3
bulunur.
X = 2 de alr.
P (X > 0) = P (X = 2) + P (X = 3) = 0.7
(b) 0.4 de§eri en büyük olaslk de§eri oldu§undan, bu de§eri
()
X > 0
de§erleri
X = 2
ve
X = 3
oldu§undan
bulunur.
(d)X
−2) = 0.
de§i³keni
−2 de de§er almad§nda, X = −2 olma olas§ sfr olaaktr.
Bunma göre,
P (X =
(f )
(g)
(h)
3.3
X=x
-3
F (x) = P (X ≤ x)
0.2

0




 0.2
F (x) =
0.3


0.7



1
0
2
3
0.3
0.7
1
,
,
,
,
,
x < −3
−3 ≤ x < 0
0≤x<2
2≤x<3
x≥3
Sürekli Rasgele De§i³kenler
Baz uygulamalarda rasgele de§i³ken bir aralkta ya da birden çok aralkta her de§eri alabilir. Mesela,
otomatik bir makine, 1 kg kahve alabilen kutulara kahve dolduruyor.
Otomatik i³lemlerdeki baz
hatalardan, gerçek a§rlk kutudan kutuya de§i³ir. Kahve kutusunun a§rl§ rasgele de§i³kendir ve alabilee§i de§erler 0.90 ile 1.05 arasndaki tüm reel saylardr. Doldurulan kutular arasndan rasgele bir
kutu seçti§imizde, kutunun a§rl§nn verilen iki de§er arsnda bulunma olasl§ nedir? Rasgele seçilen
kutunun a§rl§
X
olsun. Bu rasgele de§i³kenin 0.95 ve 1.05 kg arsnda alabilee§i de§erler ne sonlu
sayda ne de saylabilir sonsuzluktadr. Bu nedenle, sürekli rasgele de§i³kenlere kar³lk getirilen olaslklar problemi, kesikli rasgele de§i³kenlerde oldu§u gibi dü³ünülemez. Bu durumda, alan kavram ve onun
özellikleri sürekli rasgele de§i³kenler için dü³ünülen olaslklar beli,rlemek için kullanlr. Sürekli rasgele de§i³kenler için tanmlanan olaslk yo§unluk fonksiyonu, kesikli rasgele de§i³kenlerdeki olaslk
fonksiyonunun görevini görür.
3.3.1
Olaslk Yo§unluk Fonksiyonu
Tanm 3.3.1 (Olaslk Yo§unluk Fonksiyonu)
X , (−∞, ∞)
(oyf1)
aral§nda tanmlana sürekli rasgele de§i³ken olsun.
f (x) ≥ 0
f : (−∞, ∞) → [0, 1]
fonksiyonu;
BÖLÜM 3.
(oyf2)
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
R∞
−∞ f (x) dx
=1
f
³artlarn sa§lyorsa,
62
fonksiyonuna,
X
sürekli rasgele de§i³kenin
olaslk yo§unluk fonksiyonu
denir.
X
rasgele de§i³kenin
(c, d)
açk aral§ndaki olasl§,
Z
P (c < X < d) =
d
f (x)dx
c
olarak tanmlanr.
P (c < X < d) = P (c ≤ X < d) = P (c < X ≤ d) = P (c ≤ X ≤ d) =
ve sürekli rasgele de§i³kenin belli bir
x
de§erini almas olasl§nn sfr (P (X
Z
d
f (x)dx
c
= x) = 0)
oldu§una
dikkat ediniz.
Örnek 3.3.1
0 <x<1
olmak üzere,
Buna göre;
X
X
f (x) = 1
olsun.
f (x) = 1 − x2
olsun.
sürekli rasgele de§i³kenin olaslk yo§unluk fonksiyonu
de§i³kenin 0.30 ile 0.45 arasnda olma olasl§,
P (0.30 < X < 0.45) =
Z
0.45
f (x) dx = 0.15
0.30
0,25 ten büyük olma olasl§
P (X > 0.25) =
Z
1
f (x) dx = 0.75
0.25
olarak bulunur.
Örnek 3.3.2
0<x<2
olmak üzere,
X
sürekli rasgele de§i³kenin olaslk yo§unluk fonksiyonu
Buna göre;
(a)
P (0 < X < 1)
(b)
P (1 < X < 2)
olaslklarn bulunuz.
ÇÖZÜM . (a)
X
de§i³kenin 0 ile 1 arasnda olma olasl§,
P (0 < X < 1) =
=
Z
Z
1
f (x) dx
0
1
0
(1 −
= x−
=
olarak bulunur.
(b) ...
3
4
x
) dx
2
x2 1
4 0
BÖLÜM 3.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
63
Örnek 3.3.3
Belli tipteki elektrik ampullerinin dayanma süresi (saat olarak)
X
olsun.
X
sürekli rasgele de§i³kenin
olaslk yo§unluk fonksiyonu,
f (x) =
olmas için
3.3.2
a


a
x3 ,

ne olmaldr.
, 1500 ≤ x ≤ 2500
0 , v < 1500
x > 2500
veya
Da§lm Fonksiyonu
Tanm 3.3.2 (Da§lm Fonksiyonu)
f, X
sürekli rasgele de§i³kenin olaslk yo§unluk fonksiyonu olmak üzere,
F (x) = P (X ≤ x) =
Z
X
x
f (t) dt
−∞
olarak tanmlanr.
Örnek 3.3.4
X
rasgele de§i³kenin olaslk yo§unluk fonksiyonu,

 3x2 , , 0 ≤ x ≤ 1
f (x) =

0 , di§er durumlarda
ise birikimli da§lm fonksiyonunu bulunuz.
ÇÖZÜM .
x≤0
için
F (x) =
0<x<1
Z
f (s)ds = 0,
−∞
x
f (s)ds
∞
Z 0
=
f (s)ds +
−∞
3 x
s |0 =
=
x>1
x
için
F (x) =
ve
Z
Z
x
f (s)ds
0
x3 ,
için
F (x) =
=
=
Z
x
∞
Z 0
f (s)ds
f (s)ds +
−∞
3 1
s |0 =
Z
0
1,
1
f (s)ds +
Z
1
x
f (s)ds
in da§lm fonksiyonu
BÖLÜM 3.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
64
oldu§undan, da§lm fonksiyonu,
F (x) =
olarak bulunur.






0 , x≤0
x3 , , 0 < x < 1




 1 , x≥1
Örnek 3.3.5
Ω = [0, 1], P (A) = A
nn aralk uzunlu§u olmak üzere
X:Ω → R
ω → X(ω) = ω
rasgele de§i³kenin da§lm fonksiyonu,
F : R → [0, 1]



0 , x<0



x → F (x) = P (X ≤ x) =
x , 0≤x<1




 1 , 1≤x
olur. Gra§i ...
olup, her
a∈R
için
P (X = a) = F (a) − F (a− ) = 0
1
1
1
P (−∞ < X ≤ ) = F ( ) =
2
2
2
1
1
1
1
P( < X ≤ ) = F( ) − F( ) =
3
2
2
3
1
1
1
1
P( ≤ X ≤ ) = F( ) − F( ) =
3
2
2
3
olur.
X
rasgele de§i³kenin olaslk fonksiyonu,

 1 , 0<x<1
f (x) =
 0 , di§er yerlerde
Teorem 3.3.1
X
sürekli rasgele de§i³kenin da§lm fonksiyonu
(a)
F
(b)
limx→−∞ F (x) = 0
azalmayan bir fonksiyondur.
ve
limx→∞ F (x) = 1.
F
olsun.
1
6
1
6
BÖLÜM 3.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
65
Teorem 3.3.2
(a)
X
sürekli rasgele de§i³kenin olaslk yo§unluk fonksiyonu
Her
x
noktasnda diferansiyellenebilir
F
a≤b
ve da§lm fonksiyonu
F
olsun.
fonksiyonu için
f (x) =
ve
f
d
F (x)
dx
için
P (a ≤ X ≤ b) = F (b) − F (a)
e³itli§i geçerlidir.
(b)
X , x1 < x2 < x3 < ...
olaslk fonksiyonu
f
gibi sral
x1 , x2 , x3 , ...
ve da§lm fonksiyonu
F
de§erlerini alabilen kesikli rasgele de§i³kenin
olsun.
Bu durumda,
f (x1 ) = F (x1 ), f (xi ) = P (X = xi ) = F (xi ) − F (xi−1 )
e³itli§i geçerlidir.
3.3.3
Rasgele De§i³kenlerin Dönü³ümleri
NOT 3.3.1
Kesikli bir
X
olmak üzere,
rasgele de§i³kenin de§er ümlesi
Y = g(X)
X(Ω)
ve olaslk fonksiyonu
rastgele de§i³keni de kesiklidir ve
Y
fX
olsun.
g : X(Ω) → R
nin olaslk fonksiyonu;
fY (y) = P (Y = y)
= P (g(X) = y)
= P (X ∈ {x : g(x) = y})
X
=
fX (x)
x,g(x)=y
olur.
Örnek 3.3.6
X
r.d.nin olaslk fonksiyonu
fonksiyonunu bulalm.
fX (x) =
1
5;
x = −2, −1, 0, 1, 2
olsun.
Y = X2
olmak üzere
Y
nin olaslk
BÖLÜM 3.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
g(X) = Y : X(Ω) → R
ÇÖZÜM .
66
Y (Ω) = {0, 1, 4}
fonksiyonu için de§er kümesi
olur. Buna göre;
fY (0) = P (Y = 0)
= P (g(X) = 0)
= P (x ∈ {x : g(x) = 0})
X
=
fX (x)
x,x2 =0
= fX (0)
=
1
,
5
fY (1) = P (Y = 1)
= P (g(X) = 1)
= P (x ∈ {x : g(x) = 1})
X
=
fX (x)
x,x2 =1
= fX (−1) + fX (1) =
=
2
5
ve benzer ³ekilde,
X
fY (4) =
fX (x)
x:g(x)=4
=
X
fX (x)
x,x2 =4
= fX (−2) + fX (2) =
=
bulunur.
Y
2
5
Y=y
0
1
4
fY (y) = P (Y = y)
1
5
2
5
2
5
r.d in olaslk fonksiyonu,
³eklindedir. Da§lm fonksiyonu
ise



0 ,





 1, ,
5
FY (y) =

3


5, ,




 1 ,
olur.
y<0
0≤y<1
1≤y<4
y≥4
NOT 3.3.2
Sürekli bir
Y = g(X)
X
rasgele de§i³kenin de§er kümesi
X(Ω)
olsun.
g : A ⊂ X(Ω) → R
rastgele de§i³kenin da§lm fonksiyonu;
FY (y) = P (Y ≤ y)
= P (g(X) ≤ y) (−∞ < x < ∞)
olmak üzere,
BÖLÜM 3.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
67
olur.
Örnek 3.3.7
X
rasgele de§i³kenin olaslk yo§unluk fonksiyonu
fX (x) =
olsun.
Y = X2
ÇÖZÜM .
X


1
4
 0 ,
di§er durumlarda
rasgele de§i³kenin da§lm fonksiyonunu bulunuz.
rasgele de§i³kenin da§lm fonksiyonu,
FX (x) =
olur.
, −2 ≤ x ≤ 2











X(Ω) = RX = {x : −2 ≤ x ≤ 2}
RY = {y : 0 ≤ y ≤ 4}
olup,
Y
0 , x < −2
x+2
4
, −2 ≤ x < 2
1 , x≥2
oldu§undan,
Y = X2
de§i³kenin ranj(de§er kümesi)
nin da§lm fonksiyonu,
FY : R → [0, 1]
y → FY (y) = P (Y ≤ y) = P (X 2 ≤ y)
oldu§undan,
FY (y) =
=
=
=
=

















0 , y<0
P (X 2 ≤ y) , 0 ≤ y < 4
1 , y≥4
0 , y<0
√
P (− y < X < y) , 0 ≤ y < 4





1 , y≥4



0 , y<0



√
√
FX ( y) − FX (− y) , 0 ≤ y < 4





1 , y≥4



0 , y<0



√
√
2+ y
2− y
− 4
, 0≤y<4
4





1 , y≥4



0 , y<0


 √
y
, 0≤y<4
2




 1 , y≥4
√
BÖLÜM 3.
bulunur.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
Y
68
nin olaslk yo§unluk fonksiyonu,
fY (y) =


1
√
4 y

³eklindedir.
, 0≤y≤4
0 ,
di§er durumlarda
Örnek 3.3.8
X
r.d.nin olaslk yo§unluk fonksiyonu
fX (x) =
olsun.
Y = [X]
ÇÖZÜM .


1
5
, 0≤x≤5
 0 ,
di§er durumlarda
rasgele de§i³kenin, da§lm fonksiyonunu bulunuz.
X(Ω) = RX = {x : 0 ≤ x ≤ 5}
Y (Ω) = RY = {0, 1, 2, 3, 4, 5}
oldu§undan
ve
Y
g(X) = Y : X(Ω) → R
fonksiyonu için de§er kümesi
rasgele de§i³keni kesikli bir rasgele de§i³kendir.
P (Y = 0) = P (0 ≤ X < 1) =
P (Y = 1) = P (1 ≤ X < 2) =
P (Y = 2) = P (2 ≤ X < 3) =
P (Y = 3) = P (3 ≤ X < 4) =
P (Y = 4) = P (4 ≤ X < 5) =
Z
1
fX (t)dt =
0
1
5
1
5
1
5
1
5
1
5
P (Y = 5) = P (5 ≤ X < 6) = P (X = 5) = 0
olur. Buna göre,
Y
rasgele de§i³kenin olaslk fonksiyonu,
fY (y) =
bulunur.
Y
1
5
, y = 0, 1, 2, 3, 4
 0 ,
di§er yerlerde
rasgele de§i³kenin da§lm fonksiyonu ise ...
FY (y) =
olur.













0 , y≤0
[y]
5 ,
, 0<y<5
1 , y≥5
NOT 3.3.3
Görüldü§ü gibi, sürekli bir rasgele de§i³kenin dönü³ümü (fonksiyonu) olan rasgele de§i³kenler sürekli
olabildi§i gibi bazen kesikli olabilmektedir. Kesikli rasgele de§i³kenin dönü³ümü hiçbir zaman sürekli
rasgele de§i³ken vermememktedir. Kesikli rasgele de§i³kenin dönü³ümü yine kesikli rasgele de§i³kendir.
BÖLÜM 3.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
69
Örnek 3.3.9
X
r.d.nin olaslk yo§unluk fonksiyonu
fX (x) =


1
3
, −1 ≤ x ≤ 2
 0 ,
olsun.
(a)
Y = X2
(b)
Z = 2X + 2
olmak üzere
Y
di§er durumlarda
rasgele de§i³kenin,
olmak üzere
Z
rasgele de§i³kenin
olaslk yo§unluk fonksiyonunu bulunuz.
ÇÖZÜM . (a)
bulunur.
Y
g(X) = Y : X(Ω) → R
fonksiyonu için de§er kümesi



0 , y<0




√
√

 P (− y < x < y) , 0 ≤ y < 1
FY (y) =
√


P (−1 < x < y) , 1 ≤ y < 4






P (−1 < x < 2) , y ≥ 4



0 , y<0



√

R

y

√ 1
− y 3 dx , 0 ≤ y < 1
=
R√

 −1y ) 1 dx , 1 ≤ y < 4

3





1 , y≥4



0 , y<0





2√

3 y , 0≤y <1
=

1 √

( y + 1) , 1 ≤ y < 4

3





1 , y≥4
rasgele de§i³kenin olaslk yo§unluk fonksiyonu ise
fY (y) =
olur.
Y (Ω) = [0, 4]

















0 , y≤0
1
√
3 y,
, 0<y<1
1
√
6 y,
, 1≤y<4
0 , y≥4
olur. Buna göre;
BÖLÜM 3.
(b)
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
g(X) = Z : X(Ω) → R
fonksiyonu için de§er kümesi
Z
Z(Ω) = [0, 6]
0 , z<0
rasgele de§i³kenin olaslk yo§unluk fonksiyonu ise



0 , z≤0



1
fZ (z) =
6 , 0<z <6





0 , z≥6
olur.
Örnek 3.3.10
Ω = [−1, 1], P (A) =
olur. Buna göre;
P (−1 < X < z−2
2 ) , 0≤z <6





1 , z≥6



0 , z<0


 R z−2
1
2
=
−1 3 dx , 0 ≤ z < 6





1 , z≥6



0 , z<0



z
=
6 , 0≤z <6




 1 , z≥6
FZ (z) =
bulunur.






70
A nn aralk uzunlu§u
2
olmak üzere,
X:Ω → R
ω → X(ω) = ω
Y :Ω → R
ω → Y (ω) = |ω|
Z:Ω → R
ω → Z(ω) = ω 2
rasgele de§i³kenleri için da§lm fonksiyonlar,
FX (x) =











0 , x < −1
x
2
+
1
2
, −1 ≤ x < 1
1 , x≥1



0 , y<0



FY (y) =
y , 0≤y<1




 1 , y≥1
BÖLÜM 3.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
71
ve
FZ (z) =











olur.
0 , z<0
√
z , 0≤z<1
1 , z≥1
Teorem 3.3.3
Ω, U , P )
olaslk uzay ve
(X(ω) ≥ 0)
ve
X : Ω → R
1/X (X(ω) 6= 0)
bir rasgele de§i³ken ise
X + c, cX ((c ∈ R), X 2 , |X|,
√
X
fonksiyonlar da birer rasgele de§i³kendir.
Teorem 3.3.4
Sürekli
X
(c, d) ⊂ R
rasgele de§i³kenin olaslk yo§unluk fonksiyonu
f
ve
Rb
a
fonksiyonu artan ya da azalan sürekli bir fonksiyon ve
f (x)dx = 1
g−1
olsun.
g : (a, b) →
türevlenebilir ise
Y = g(X)
rasgele de§i³kenin olaslk yo§unluk fonksiyonu,
fY (y) =


 f (g−1 (y)) dg−1 (y) , c < y < d
dy


olur.
0 ,
di§er durumlarda
Teorem 3.3.5
Ω, U , P )
maks
olaslk uzay,
{X, Y }
X
ve
{X, Y },
ve min
Y
fonksiyonlar
Ω
üzerinde birer rasgele de§i³ken ise
X ∓Y, X ·Y,
fonksiyonlar da birer rasgele de§i³kendir.
Örnek 3.3.11
Bir zar atlyor.
X
gelen zarn yüzü,
Y
de gelen zar tek ise sfr çift ise 1 olarak tanmlansn. Buna
göre,
(a)
2X + Y ,
(b)
XY ,
() maks{X, Y
(d) min{X, Y
3.3.4
},
}
rasgele de§i³kenlerini bulunuz.
ki Boyutlu Rasgele De§i³kenler
Bir deney yapld§nda, ayn deneyle ilgili bir çok rasgele de§i³kenin ayn andaki durumunu dü³ünmek
gerekebilir. Mesela, üç madeni para atma deneyinde, birini ve ikinideki turalarn saysn X, ikini
ve üçünüdeki turalarn saysn Y ile gösterirsek,
S = {T T T, T T Y, T Y T, Y T T, T Y Y, Y T Y, Y Y T, Y Y Y }
BÖLÜM 3.
uzayndaki
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
X
ve
Y
72
nin de§erleri,
x
TTT
TTY
TYT
YTT
TYY
YTY
YYT
YYY
X(x)
2
2
1
1
1
1
0
0
Y(x)
2
1
1
2
0
1
1
0
³eklinde olur. Bu deney ile ilgili, ilk iki madeni paradan en az birini tura ve son iki madeni parann iki
tura gelme olaynn olasl§ nedir? sorunu gözönüne alabiliriz.
Bu türdeki sorular dü³ünüldü§ünde, kesikli ya da sürekli halde iki boyutlu rasgele de§i³kenleri
inelemek zorundayz.
Örnek 3.3.12
Düzgün bir parann 3 atl³nda gelen turalarn says X, ilk iki at³taki turalarn says Y olsun.
S
örnek uzay
S = {T T T, T T Y, T Y T, Y T T, T Y Y, Y T Y, Y Y T, Y Y Y }
³eklinde olup,
X
ve
Y
rasgele de§i³kenlerin bu nokyalarda ald§ de§erler,
S
³eklinde olur.
X
Y =2
ise
olay
A
ve
Y
nin elemen
X
in de§eri
Y
nin de§eri
TTT
3
2
TTY
2
2
TYT
2
1
YTT
2
1
TYY
1
1
YTY
1
1
YYT
1
0
YYY
0
0
de§erlerin herbir çifti için kar³lk gelen olaslklar bulalm. Mesela,
A = {T T T }
olup,
A
nn olasl§
1
8 oldu§undan,
P (X = 3, Y = 2) =
1
8
yazlr. Benzer ³ekilde,
P (X = 2, Y = 2) =
P (X = 2, Y = 1) =
P (X = 1, Y = 1) =
P (X = 1, Y = 0) =
P (X = 0, Y = 0) =
1
8
2
8
2
8
1
8
1
8
P (X = 3, Y = 1) = 0
P (X = 3, Y = 0) = 0
P (X = 2, Y = 0) = 0
P (X = 1, Y = 2) = 0
X=3
ve
BÖLÜM 3.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
X
olur. Buna göre;
ve
Y
nin ortak olaslk tablosu
X\Y
0
1
2
Toplam(fX (x))
0
1/8
0
0
1/8
1
1/8
1/4
0
3/8
2
0
1/4
1/8
3/8
3
0
0
1/8
1/8
1/4
1/2
1/4
1
Toplam(fY
j)
(y))
i. satr ve j.sütundaki de§er X = i, Y = j
³eklinde olur.
73
ile gösteree§iz. Mesela
X=1
olmas olasl§dr. Bu olasl§
P (X = i, Y =
olma olasl§;
P (X = 1) = P (X = 1, Y = 0) + P (X = 1, Y = 1) + P (X = 1, Y = 2)
oldu§undan,
P (X = 1) = 1/8 + 1/4 + 0 = 3/8
olarak bulunur.
Tanm 3.3.3 (Ortak Olaslk Fonksiyonu)
(X, Y ) sral ikilisi bir S
örnek uzaynda tanmlanan iki boyutlu kesikli rasgele de§i³ken olsun.
(xi , yj ) i = 1, 2, ..., M ; j = 1, 2, ..., N
nin alabilee§i de§erler
(X, Y )
ise
xi ve yj için f (xi , yj ) ≥ 0
PM PN
i=1
j=1 f (xi , yj ) = 1
(oof1) Her
(oof2)
³artlarn sa§layan
f (xi , yj ) = fxy (xi , yj ) = P (X = xi , Y = yj )
fonksiyonuna
X
ve
Y
rasgele de§i³kenlerin ortak olaslk fonksiyonu denir.
Ortak olaslk da§lm tablosundan hem
X
de§i³kenin hem de
Y
de§i³kenin olaslk fonksiyonlarn
elde edebiliriz.
Tablodaki son sütun,
X de§i³kenin olaslk da§lm (yani olaslk fonksiyonu) olup, buna X de§i³kenin
marjinal olaslk fonksiyonu denir.
Tablodaki son satr,
Y
de§i³kenin olaslk da§lm (yani olaslk fonksiyonu) olup, buna
Y
de§i³kenin
marjinal olaslk fonksiyonu denir.
Örnek 3.3.13
Bir kutuda 3 beyaz, 2 siyah ve 4 krmz top bulunmaktadr. Bu kutudan rasgele iki top seçildi§inde,
beyaz toplarn says
X,
siyah toplarn says
Y
olsun.
X
ve
Y
de§i³kenlerinin tüm olanakl de§er
çiftleriyle ilgili olaslklar bulunuz. Ortak olaslk fonksiyonunu belirleyiniz. Marjinal olaslk fonksiyonlarn bulunuz.
BÖLÜM 3.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
ÇÖZÜM . Uygun de§er çiftleri,
74
(2, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1), (0, 2), (0, 0)
olur. Örne§in,
(1, 0)
ile ilgili
olasl§ bulmak için 3 beyaz top arasndan 1 tane, 2 siyah top arasndan 0 tane, 4 krmz top arsndan
1 tane top seçilmesi olayn dü³ünmeliyiz. Uygun seçimlerin says
3 2 4
= 12
1 0 1
dir. 9 toptan 2 top seçilme says
9
= 36
2
oldu§undan,
P (X = 1, Y = 0) =
12
36
olur. Benzer ³ekilde, di§er durumlar için olaslklar hesaplanarak, olaslk da§lm tablosu,
Y \X
0
1
2
0
1/6
1/3
1/12
1
2/9
1/6
0
2
1/36
0
0
olarak elde edilir.
X
ve
Y
(x, y)
nin de§i³im aralklarndaki, herhangi bir
çifti için
f (x, y) = P (X = x, Y = y)
ortak olaslk fonksiyonu,
f (x, y) =
2
3
x
y
4
2−x−y
9
2
x = 0, 1, 2
y = 0, 1, 2
0≤x+y ≤2
olur.
X
ve
Y
de§i³kenin marjinal olaslk fonksiyonu,
X=x
0
1
2
f(x)
15/36
18/36
3/36
de§i³kenin marjinal olaslk fonksiyonu,
Y=y
0
1
2
f(y)
21/36
14/36
1/36
bulunur.
Tanm 3.3.4 (Ortak (Birikimli) Da§ilim Fonksiyonu)
(X, Y )
sral ikilisi bir
S
örnek uzaynda tanmlanan iki boyutlu kesikli rasgele de§i³ken ve bu
de§i³kenlere ait ortak olaslk fonksiyonu
1, 2, ..., M ; j = 1, 2, ..., N
olmak üzere,
f
olsun.
(X, Y )
nin alabilee§i de§erler
(xi , yj ) i =
BÖLÜM 3.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
X X
F (x, y) = P (X ≤ x, Y ≤ y) =
³eklinde tanmlanan fonksiyona
X
ve
Y
75
f (xi , yj )
xi ≤x yj ≤y
rasgele de§i³kenlerin ortak (birikimli) da§lm fonksiyonu
denir.
Tanm 3.3.5 (Ortak Olaslk Yo§unluk ve (Birikimli) Da§lm Fonksiyonu)
(X, Y )
sral ikilisi bir
S
örnek uzaynda, düzlemin bir
D
bölgesinde (saylabilir olmayan bir küme)
tüm de§erleri alabilen, sürekli rasgele de§i³ken olsun.
(ooyf1) Her
(ooyf2)
RR
D
(x, y) ∈ D
için
f (x, y) ≥ 0
f (x, y)dxdy = 1
³artlarn sa§layan
f (x, y) fonksiyonuna X
ve
Y
rasgele de§i³kenlerin ortak olaslk yo§unluk fonksiy-
onu,
F (x, y) = P (X ≤ x, Y ≤ y) =
fonksiyonuna da
X
ve
Y
Z
x
−∞
Z
y
f (s, t)dsdt
−∞
rasgele de§i³kenlerin ortak (birikimli) da§lm fonksiyonu denir.
NOT 3.3.4
(X, Y ), f
F
olaslk yo§unluk ve
F
da§lm fonksiyonuna sahip iki boyutlu sürekli rasgele de§i³ken ise
fonksiyonun diferansiyellenebilir oldu§u yerde
∂ 2 F (x, y)
= f (x, y)
∂x∂y
e³itli§i geçerlidir.
Tanm 3.3.6 (Marjinal olaslk yo§unluk fonksiyonu)
ki boyutlu
(X, Y )
rasgele de§i³kenin olaslk yo§unluk fonksiyonu
g(x) =
Z
∞
Z
∞
f
olsun.
f (x, y)dy
−∞
ve
h(y) =
f (x, y)dx
−∞
fonksiyonlarna srasyla,
X
ve
Y
de§i³kenlerin marjinal olaslk yo§unluk fonksiyonlar denir.
Örnek 3.3.14
ki boyutlu sürekli
(X, Y )
rasgele de§i³kenin ortak olaslk yo§unluk fonksiyonu

 x2 + xy , 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2
3
f (x, y) =

0 , di§er durumlarda
BÖLÜM 3.
olsun.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
A = {X + Y ≥ 1}
ÇÖZÜM .
olaynn olasl§n bulunuz.
D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2}
Z
76
2
y=0
Z
olmak üzere, her
1
f (x, y)dxdy =
x=0
=
=
=
(x, y) ∈ D
için
f (x, y) ≤ 0
ve
xy
dx dy
x +
3
y=0
x=0
x=1
Z 2 3
x
x2 y +
dy
3
6 x=0
y=0
Z 2 1 y
+
dy
6
y=0 3
2
y
y 2 +
3 12 y=0
Z
2
Z
1
2
= 1
oldu§undan,
A
RR
olaynn
D
f (x, y)dxdy = 1
P (A)
³art sa§lanr.
olasl§,
P (A) = 1 − P (A′ )
olup,
P (A′ ) =
=
=
=
Z
1
Z
1−x
f (x, y)dydx
x=0 y=0
Z 1 Z 1−x
Z
x2 +
x=0
y=0
1 2
xy
dy dx
3
x(1 − x)2
x (1 − x) +
6
x=0
7
72
dx
bulundu§undan,
P (A) =
65
72
olarak bulunur.
Tanm 3.3.7 (Ko³ullu olaslk yo§unluk fonksiyonu)
(X, Y ), f
ortak olaslk yo§unluk fonksiyona sahip iki boyutlu sürekli rasgele de§i³ken olsun.
Y
de§i³kenlerin olaslk yo§unluk fonksiyonlar srasyla,
X
in ko³ullu olaslk yo§unluk fonksiyonu
fX (x/y) =
X=x
verilmi³ken
Y
ve
fY
f (x, y)
, fY (y) > 0
fY (y)
in ko³ullu olaslk yo§unluk fonksiyonu
fY (y/x) =
olarak tanmlanr.
fX
f (x, y)
, fX (x) > 0
fX (x)
olmak üzere,
Y =y
X
ve
verilmi³ken
BÖLÜM 3.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
77
Örnek 3.3.15
(X, Y )
iki boyutlu sürekli rasgele de§i³kenin ortak olaslk yo§unluk fonksiyonu
f (x, y) =



ise,
(a)
P (X ≤ 1, Y ≤ 3),
(b)
P (X + Y ≤ 3),
()
P (X ≤ 1/Y ≤ 3)
6−x−y
8
, 0 < x ≤ 2, 2 < y ≤ 4
0 ,
di§er yerlerde
olaslklarn hesaplaynz.
(d)
X
(e)
(X, Y )
(f )
P (0 < X ≤ 1, 3 ≤ Y ≤ 4)
ve
Y
de§i³kenlerinin marjinal olaslk yo§unluk fonksiyonlarn bulunuz.
rasgele de§i³kenin da§lm fonksiyonunu bulunuz.
olasl§n hesaplaynz.
ÇÖZÜM . (a)
Z
P (X ≤ 1, Y ≤ 3) =
1 Z 3
f (x, y)dy dx
Z 1 Z 3
6−x−y
dy dx
8
0
2
3
Z 1 1
y 2 dx
6y − xy −
2 y=2
0 8
Z 1 1 7
− x dx
2
0 8
3
8
0
=
=
=
=
2
bulunur.
(b)
P (X + Y ≤ 3) =
=
=
Z
Z
1
x=0
1
0
Z
1
8
5
24
3−x
f (x, y)dy dx
y=2
6y − xy −
3−x
y 2 dx
2 y=2
bulunur.
()
P (X ≤ 1/Y ≤ 3) =
P (X≤1,Y ≤3)
olup,
P (Y ≤3)
P (Y ≤ 3) = P (0 < X ≤ 2, Y ≤ 3)
Z 1 Z 3
f (x, y)dy dx
=
x=0
=
5
8
y=2
BÖLÜM 3.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
78
oldu§undan
P (X ≤ 1/Y ≤ 3) =
=
=
P (X ≤ 1, Y ≤ 3)
P (Y ≤ 3)
3/8
5/8
3
5
olarak bulunur.
R4
fX (x) = y=2 f (x, y)dy =
R2
fY (y) = x=0 f (x, y)dx = 5−y
4
(d)
(e)
x≤0
veya
y≤2
için
3−x
4
f (x, y) = 0
oldu§undan,
F (x, y) = P (X ≤ x, Y ≤ y)
Z x
Z y
f (s, t)dsdt
=
s=−∞
t=−∞
= 0
x ≤ 2, y ≤ 4
için
F (x, y) = P (X ≤ x, Y ≤ y)
Z x
Z y
f (s, t)dsdt
=
s=−∞ t=−∞
Z xZ y
6−s−t
dsdt
=
8
0
2
1
=
(x(y − 2)(10 − x − y)
16
0 < x ≤ 2, y ≥ 4
x > 2, 2 < y < 4
ve
x ≥ 2, y ≥ 4
için
F (x, y) =
1
(6x + x2 /2)
8
F (x, y) =
1
(10y − y 2 )
8
için
için
F (x, y) = 1
olarak bulunur.
(f )
P (a1 ≤ X ≤ b1 , a2 ≤ Y ≤ b2 ) = F (b1 , b2 ) − F (b1 , a2 ) − F (a1 , b2 ) + F (a1 , a2 )
oldu§undan,
P (0 < X ≤ 1, 3 ≤ Y ≤ 4) = F (1, 4) − F (0, 4 − F (1, 3) + F (0, 3)
=
bulunur.
1
4
BÖLÜM 3.
3.4
1.
BIR BOYUTLU RASGELE DE‡I“KENLER
79
Çözüleek Problemler
[−1, 3/2]
aral§ndaki olaslk yo§unluk fonksiyonunun gra§i,
3/2
-1
³eklinde olan
X
rasgele de§i³kenin
(a) olaslk yo§unluk fonksiyonunu bulunuz.
(b) Da§lm fonksiyonunu bularak gra§ini çiziniz.
()
P (X < 1/2)
2
(d) P (X
olasl§n bulunuz
> 1/2)
olasl§n bulunuz.
Örnek 3.4.1
Kesikli bir
X
rasgele de§i³kenin da§lm fonksiyonu,



0 ,





1

,


 3
1
F (x) =
2 ,




5



6 ,



 1 ,
olsun.
x<1
1≤x<4
4≤x<6
6 ≤ x < 10
x ≥ 10
(a) Da§lm fonksiyonun gra§ini çiziniz.
(b)
P (2 < X ≤ 6)
()
P (X = 4)
(d)
X
(b)
()
(d)
olasl§n bulunuz.
olasl§n bulunuz.
de§i³kenin olaslk fonksiyonunu bulunuz.
P (2 < X ≤ 6) = P (X ≤ 6) − P (X ≤ 1) = F (6) − F (1) = 1/2
f (4) = P (X = 4) = F (4) − F (3) = 1/6
X=x
1
4
6
10
f (x) = P (X = x)
1
3
1
6
1
3
1
6
KAYNAKLAR
Akdeniz F., Olaslk ve statistik, Adana Nobel Kitabevi, 2007.
Öztürk F., Olaslk ve statisti§e Giri³ I, Gazi Kitabevi, Ankara, 2000.
Maden S., Olasl§a Giri³, Seçkin Yaynevi, 2006.
Bölüm 4
Beklenen De§er
4.1
Beklene de§er, Varyans, Standart Sapma
Tanm 4.1.1 (Beklenen De§er)
X
bir rasgele de§i³ken ve
X
(i)
kesikli ve
P
g:R→R
x∈RX
bir fonksiyon olmak üzere,
|g(x)|f (x) < ∞
oldu§unda,
E(g(x)) =
X
g(x)f (x)
x∈RX
,
(ii)
X
sürekli ve
R∞
−∞ |g(x)|f (x)
<∞
oldu§unda,
E(g(x)) =
, saysna
g(X)'in
Z
∞
g(x)f (x)
−∞
beklenen de§eri denir.
Tanm 4.1.2 (Moment, beklenen de§er ve varyans)
X
bir rasgele de§i³ken
(a)
(b)
E (X − c)k
E(X k )
c∈R
de§erine
de§erine
ve
k ∈ N1
X 'in c
X 'in k.
olmak üzere,
ye göre
k.
moment i,
moment i,
E(X) de§erine X 'in beklenen de§er i,
2 de§erine X 'in varyans ,
(d) E (X − E(X))
()
(e)
E [X(X − 1)(X − 2) · · · (X − k + 1)]
de§erine
X 'in k.
çarpmsal momenti
denir.
Bir
σ2
X
rasgele de§i³kenin beklenen de§eri genellikle
µX
veya
µ,
varyans ise
ile gösterilmektedir. Varyansn kareköküne standart sapma denir ve
80
σX
2 veya sadee
V ar(X), σX
veya σ ile gösterilir.
BÖLÜM 4.
BEKLENEN DE‡ER
81
Örnek 4.1.1
X
Bir kitabn bir sayfasndaki yanl³larn says ile ilgili
olaslk fonksiyonu
f (0) =
1
2 , f (1)
=
1
3 ve
rasgele de§i³kenin ranj
RX = {0, 1, 2}
ve
1
6 oldu§una göre, sayfa ba³na beklenen yanl³
f (2) =
saysn (X rasgele de§i³kenin beklenen de§erini) bulunuz.
ÇÖZÜM .
1
3 ve
X
f (x3 ) =
kesikli de§i³ken,RX
= {x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2} ve olaslk fonksiyonu f (x1 ) = 21 , f (x2 ) =
1
6 oldu§undan,
olur. Buna göre;
X
X=x
0
1
2
f(x)
1
2
1
3
1
6
rasgele de§i³kenin beklenen de§eri,
E(X) =
X
xi f (xi )
xi ∈Rx
= x1 f (x1 ) + x2 f (x2 ) + x3 f (x3 )
1
1
1
= 0
+1
+2
2
3
6
2
=
3
bulunur. Yani sayfa ba³na beklenen yanl³ says 0.6(10 sayfada 6 yanl³)dr.
Örnek 4.1.2
X
rasgele de§i³kenin olaslk yo§unluk fonksiyonu,

 3x−4 , x > 1
f (x) =

0 , di§er yerlerde
olsun.
Z
∞
−∞
|x|f (x)dx =
Z
=
∞
x(3x−4 )dx
∞
3x−2 −2 1
1
=
oldu§undan,
X
3
<∞
2
de§i³kenin beklenen de§eri var ve
E(X) =
=
Z
∞
xf (x)dx
Z−∞
∞
x(3x−4 )dx
∞
3x−2 −2 1
3
2
1
=
=
olur.
α≥3
için
integrali raksak oldu§undan
X
Z
∞
−∞
|x|α f (x)dx
rasgele de§i³kenin 3 ve 3 den büyük olan momentleri yoktur.
BÖLÜM 4.
BEKLENEN DE‡ER
82
Örnek 4.1.3
çinde 3 beyaz ve 2 siyah top bulunan bir kavanozdan yine yerine koyarak rasgele iki top çekiliyor.
Çekilen her beyaz top için 100 lira kazanlaak ve çekilen her siyah top için 50 lira kaybedileektir.
Bu oyunda beklenen kar nedir?
ÇÖZÜM . Örnek uzay,
olsun. Bu durumda,
50, X(SB) = 50
ve
X
Ω = {BB, BS, SB, SS}
olup,
X
rasgele de§i³keni kazanlan liralarn says
rasgele de§i³kenin örnek noktalarda ald§ de§erler
X(SS) = −100
olur.
X
X(BB) = 200, X(BS) =
rasgele de§i³kenin olaslk fonksiyonu,
X=x
-100
50
200
f(x)
4
25
12
25
9
25
olur. Buna göre; bu oyundan beklenen kar,
E(X) =
X
xi f (xi )
xi ∈Rx
= x1 f (x1 ) + x2 f (x2 ) + x3 f (x3 )
4
12
9
= −100
+ 50
+ 200
25
25
25
= 80
lira bulunur.
Örnek 4.1.4
X
rasgele de§i³keni ilk (6,6) gelineye kadar bir çift zar için yaplan at³larn says olsun.
X
in
beklenen de§erini bulunuz.
ÇÖZÜM .
ω = (6, 6) ve di§erlerini ω ′ = y ile gösterelim.
Bu durumda, örnek uzay
Ω = {ω, yω, yyω, ..., yyy...yω , ...}
| {z }
natß
³eklinde olur.
X
rasgele de§i³keni kesiklidir ve
RX = {1, 2, 3, ...} de§er kümesine sahiptir. X
olaslk fonksiyonu,
olur. Buna göre;
X=x
1
2
3
...
n
...
f(x)
1
36
35 1
36 36
2 1
( 35
36 ) 36
...
n−1 1
( 35
36 )
36
...
n−1 1
f (n) = ( 35
36 )
36
olup, beklenen de§er,
E(X) =
X
xi f (xi )
xi
=
=
∞
X
n=1
∞
X
nf (n)
n(
n=1
=
35 n−1 1
)
36
36
∞
1 X 35 n−1
n( )
36
36
n=1
= 36
de§i³kenin
BÖLÜM 4.
BEKLENEN DE‡ER
83
bulunur.
Örnek 4.1.5
Düzgün bir zar atlsn. Üstü gelen yüzdeki noktalarn saysnn beklenen de§erini bulunuz.
ÇÖZÜM . Zarn üst yüzdeki noktalarn says
X
olsun. Bu durumda,
RX = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
olup,
X
rasgele de§i³keni, bu de§erlerin herbirini
E(X) =
6
X
1
6 olaslkla alr. Buna göre,
xi f (xi )
i=1
= 1·
=
=
21
6
7
2
1
1
1
1
1
1
+2· +3· +4· +5· +6·
6
6
6
6
6
6
olarak bulunur.
Teorem 4.1.1
X
rasgele de§i³ken ve
c1 , c2 ∈ R
olmak üzere,
(a)
E(c1 X + c2 ) = c1 E(X) + c2
(b)
V ar(c1 X + c2 ) = c21 V ar(X)
()
V ar(X) = E(X 2 ) − (E(X))2
e³itlikleri geçerlidir.
Örnek 4.1.6
Düzgün bir parann 3 atl³nda gelen turalarn says
X
olsun.
S
örnek uzay
S = {T T T, T T Y, T Y T, Y T T, T Y Y, Y T Y, Y Y T, Y Y Y }
³eklinde olup,
X
rasgele de§i³kenin bu noktalarda ald§ de§erler,
S
nin elemen
X
in de§eri
TTT
3
TTY
2
TYT
2
YTT
2
TYY
1
YTY
1
YYT
1
YYY
0
BÖLÜM 4.
BEKLENEN DE‡ER
³eklinde olur.
X
84
de§i³kenin de§erlerine kar³lk gelen olaslklar bulalm,
P (X = 3) =
P (X = 2) =
P (X = 1) =
P (X = 0) =
olur. Buna göre;
X
1
8
3
8
3
8
1
8
de§i³kenin olaslk tablosu
X
f (x))
0
1/8
1
3/8
2
3/8
3
1/8
³eklinde olur. Bu tablodan faydalanarak,
X
f (x))
xf (x)
x2 f (x)
0
1/8
0
0
1
3/8
3/8
3/8
2
3/8
2/8
12/8
3
1/8
3/8
9/8
E(X) = 3/2
E(X 2 ) = 24/8 = 3
tablosu elde edilir. Buradan,
X
de§i³kenin beklenen de§erinin
E(X) =
3
2
ve varyansnn
oldu§u okunur.
2X + 1
V ar(X) = E (X − E(X))2 = 3/4
de§i³kenin beklenen de§eri,
E(2X + 1) = 2E(X) + 1
= 4
ve varyans
V ar(2X + 1) = 22 V ar(X)
= 3
olarak bulunur.
BÖLÜM 4.
BEKLENEN DE‡ER
85
Örnek 4.1.7
X
rasgele de§i³kenin olaslk yo§unluk fonksiyonu,
olsun.
X

 1 , 0<x<1
f (x) =
 0 , di§er yerlerde
de§i³kenin beklenen de§erini bulunuz.
Örnek 4.1.8
X
rasgele de§i³kenin olaslk yo§unluk fonksiyonu,
olsun.
X

 e−x , x ≥ 0
f (x) =

0 , x<0
de§i³kenin beklenen de§erini bulunuz.
Örnek 4.1.9
X
rasgele de§i³kenin olaslk fonksiyonu,
f (x) =
olsun.
X
1
, x = −2, −1, 0, 1, 2, 3
6
de§i³kenin beklenen de§erini ve varyansn bulunuz.
ÇÖZÜM .
E(X) =
3
X
xf (x)
x=−2
1
1
1
1
1
1
= (−2) + (−1) + (0) + (1) + (2) + (3)
6
6
6
6
6
6
1
=
2
olur. Varyans ise,
E(X 2 ) =
3
X
x2 f (x)
x=−2
1
1
1
1
1
1
= (−2)2 + (−1)2 + (0)2 + (1)2 + (2)2 + (3)2
6
6
6
6
6
6
19
=
6
oldu§undan
V ar(X) = E(X 2 ) − (E(X))2
2
1
19
−
=
6
2
35
=
12
BÖLÜM 4.
BEKLENEN DE‡ER
86
olarak bulunur.
Örnek 4.1.10
X
rasgele de§i³kenin olaslk yo§unluk fonksiyonu,
X
olsun.

 2x−3 , x > 1
f (x) =

0 , di§er yerlerde
de§i³kenin beklenen de§eri,
Z
∞
−∞
|x|f (x)dx =
Z
=
∞
x(2x−3 )dx
1
∞
2x−1 −1 1
= 2<∞
oldu§undan,
X
de§i³kenin beklenen de§eri var ve
E(X) =
=
Z
∞
xf (x)dx
Z−∞
∞
x(2x−3 )dx
1
∞
2x−1 −1 1
=
= 2
olur.
X
de§i³kenin ikini momenti mevut de§ildir, dolaysyla, varyans yoktur.
4.2
ki Boyutlu Rasgele De§i³kenin Beklenen De§eri
Tanm 4.2.1 (ki boyutlu r.d. beklenen de§eri)
(X, Y )
(a)
iki boyutlu de§i³ken ve
(X, Y )
Z = H(X, Y )
olsun.
kesikli rasgele de§i³ken ve
f (xi , yj ) = P (X = xi , Y = yj ), (i = 1, 2, 3, ..., M j = 1, 2, 3, ..., N )
ise
E(Z) =
N
M X
X
H(xi , yj )f (xi , yj )
i=1 j=1
olarak tanmlanr.
(a)
(X, Y )
sürekli de§i³kenlerinin ortak olaslk yo§unluk fonksiyonu
E(Z) =
Z
∞
−∞
olarak tanmlanr.
Z
∞
−∞
H(x, y)f (x, y)dxdy
f
ise,
BÖLÜM 4.
BEKLENEN DE‡ER
87
Teorem 4.2.1
Ortalamalar
E(X)
ve
E(Y )
olan
X
ve
Y
kesikli rasgele de§i³kenlerin ortak olaslk fonksiyonu
f (xi , yj ) = P (X = xi , Y = yj ), (i = 1, 2, 3, ..., M j = 1, 2, 3, ..., N )
ise
E(X + Y ) = E(X) + E(Y )
e³itli§i geçerlidir.
ispat.
E(X + Y ) =
N
M X
X
(xi + yj )f (xi , yj )
i=1 j=1
olup, sonlu toplamdan,
E(X + Y ) =
M X
N
X
xi f (xi , yj ) +
M X
N
X
yj f (xi , yj )
i=1 j=1
i=1 j=1
yazlr.
N
X
f (xi , yj ) = f (xi )
M
X
f (xi , yj ) = f (yj )
j=1
ve
i=1
oldu§u dikkate alnrsa,
E(X + Y ) =
M
X
xi f (xi ) +
i=1
N
X
yj f (yj )
j=1
= E(X) + E(Y )
elde edilir.
Yukardaki teoremden, tümevarmla a³a§daki sonuç verilebilir.
Sonuç 4.2.1
X1 , X2 , ..., Xn
ortalamalar
E(X1 ), E(X2 ), ..., E(Xn )
olan rasgele de§i³kenler için
E(X1 + X2 + · · · + Xn ) = E(X1 ) + E(X2 ) + · · · + E(Xn )
e³itli§i geçerlidir.
Örnek 4.2.1
5 zar atlsn. Üst yüzde geleek noktalarn toplamnn beklenen de§erini bulunuz.
BÖLÜM 4.
BEKLENEN DE‡ER
88
ÇÖZÜM . i=1,2,3,4,5 olmak üzere, i.zar üzerinde görüneek noktalarn says
Xi
olsun.
5 zar üz-
erindeki noktalarn saysnn toplam
S = X1 + X2 + X3 + X4 + X5
olup,
E(S) = E(X1 + X2 + X3 + X4 + X5 )
olur. Her
i ∈ {1, 2, 3, 4, 5}
için
E(Xi ) =
7
2 oldu§undan,
E(S) =
35
2
olarak bulunur.
Tanm 4.2.2 (Ba§msz De§i³kenler)
(X, Y ),
(a)
bir
S
örnek
uzaynda
1, 2, 3, ..., M, j = 1, 2, 3, ..., N }
iki
olsun. Her
boyutlu
(xi , yj )
rasgele
de§i³ken,
R(X;Y ) = {(xi , yj ) : i =
çifti için
P (X = xi , Y = yj ) = P (X = xi )P (Y = yj )
e³itli§i sa§lanyorsa,
(b)
ve
Y
de§i³kenleri ba§mszdr denir.
(X, Y ), S örnek uzaynda iki boyutlu sürekli rasgele de§i³kenler, bu de§i³kenlerin ortak olaslk
yo§onluk fonksiyonu
fY
X
olsun. Her
f ,X
(x, y) ∈ S
ve
Y
de§i³kenlerin marjinal olaslk yo§unluk fonksiyonlar srasyla
fX
ve
için
f (x, y) = fX (x)fY (y)
e³itli§i sa§lanyorsa,
X
ve
Y
de§i³kenleri ba§mszdr denir.
Teorem 4.2.2
R(X,Y ) = {(xi , yj ) : i = 1, 2, 3, ..., M, j = 1, 2, 3, ..., N }
rasgele de§i³kenlerin beklenen de§erleri
E(X)
ve
E(Y )
de§erlerini alan, ba§msz
ise
E(XY ) = E(X)E(Y )
e³itli§i geçerlidir.
ispat.
E(XY ) =
N
M X
X
xi yj f (xi , yj )
i=1 j=1
olup,
X, Y
de§i³kenleri ba§msz oldu§undan,
f (xi , yj ) = fX (xi )fY (yj )
X
ve
Y
kesikli
BÖLÜM 4.
BEKLENEN DE‡ER
89
oldu§u dikkate alnrsa,
N
M X
X
E(XY ) =
xi yj fX (xi )fY (yj )
i=1 j=1
M
X
=
xi fX (xi )
N
X
yj fY (yj )
j=1
i=1
= E(X)E(Y )
elde edilir.
Tanm 4.2.3 (Kovaryans)
X
ve
Y
rasgele de§i³kenlerinin ortalamalar(beklenen de§erleri) srasyla
µX
ve
µY
olmak üzere,
E[(X − µx )(Y − µY )]
beklenen de§erine
X
ve
Y
arasndaki kovaryans denir ve
σXY
veya
Cov(X, Y )
Örnek 4.2.2
X
ve
Y
rasgele de§i³kenleri için
Cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) = E(XY ) − µX µY
e³itli§inin geçerli oldu§unu gösteriniz.
4.3
Moment Üreten Fonksiyon
Tanm 4.3.1 (Moment üreten fonksiyon)
X
rasgele de§i³ken olmak üzere,
MX (t) = E(etx ), −h < t < h, h > 0
fonksiyonuna
X
in moment üreten fonksiyonu denir.
Örnek 4.3.1
X
rasgele de§i³kenin olaslk yo§unluk fonksiyonu
olsun.

 e−x , x > 0
f (x) =

0 , di§er yerlerde
Z
0
∞
tx
−x
|e |e
dx =
Z
∞
0
e(t−1)x dx
ile gösterilir.
BÖLÜM 4.
integrali,
BEKLENEN DE‡ER
t<1
90
için yaknsak oldu§unda,
X
in moment üreten fonksiyonu vardr ve
Z
MX (t) =
0
Z
∞
etx e−x dx
∞
e(t−1)x dx
∞
e(t−1)x t−1 =
0
=
0
1
,t<1
1−t
=
olur.
Teorem 4.3.1
Bir X rasgele de§i³kenin moment üreten fonksiyonu varsa,
e³itli§i geçerlidir.
ispat.
X
dn
= E(X n )
M
(t)
X
n
dt
t=0
kesikli rasgele de§i³ken olmak üzere, a³a§daki e³itliklerin sebeplerini yanna yaznz.
d
MX (t)
=
dt
t=0
d
E(etX )
dt 
t=0

X
d 
etxi f (xi ) =
dt
t=0
xi ∈RX
X d
=
etxi f (xi ) dt
t=0
xi ∈RX
X
=
xi etxi f (xi ) t=0
xi ∈RX
=
X
xi f (xi )
xi ∈RX
= E(X)
...
d2
tX E(e
)
2
dt
t=0
d2 tX e
= E
dt2
t=0
= E X 2 etX d2
M
(t)
=
X
2
dt
t=0
t=0
2
= E(X )
...
BÖLÜM 4.
BEKLENEN DE‡ER
91
X sürekli rasgele de§i³ken olmak üzere,
d
MX (t)
=
dt
t=0
d
tX E(e )
dt Z
t=0
∞
d
etx f (x)dx dt
t=0
Z ∞ −∞
d
dx
etx f (x)
t=0
−∞ dt
Z ∞
dx
xetx f (x)
t=0
−∞
Z ∞
xf (x)dx
=
=
=
=
−∞
= E(X)...
...
Örnek 4.3.2
X
rasgele de§i³kenin olaslk fonksiyonu,
f (x) =
olsun. Bu durumda, her
t∈R
e−λ λx
x!
x = 0, 1, 2, 3, ..., λ > 0
için
X
n=0
yaknsak oldu§undan,
X
|etn |
e−λ λn
n!
rasgele de§i³kenin moment üreten fonksiyonu var ve
MX (t) = E(etX )
X
e−λ λn
=
etn
n!
n=0
=
X e−λ (et λ)n
n!
n=0
= e−λ
X (et λ)n
n=0
−λ et λ
= e
e
= eλ(e
bulunur.
X
n!
t −1)
rasgele de§i³kenin beklenen de§eri,
d
MX (t)
dt
t=0
d λ(et −1) =
(e
)
dt t=0
tλ = λe E(X) =
t=0
= λ
olarak bulunur.
BÖLÜM 4.
4.4
BEKLENEN DE‡ER
92
Chebyshev E³itsizli§i
Rus matematikçi Chebyshev tarafndan verilen e³itsizlik, bir rasgele de§i³kenin beklenen de§er ivarndaki de§i³imin nasl ölçülee§i konusunda bize yardm sa§lamaktadr.
Bir
X
rasgele de§i³kenin olaslk da§lm (sürekli durumunda olaslk yo§unluk fonksiyonu, kesikli
durumunda noktasal olaslklar) biliniyorsa, bu de§i³kenin, mevut ise,
bulabiliriz.
Bunu tersi do§ru de§ildir.
Yani,
E(X)
ve
V ar(X)
E(X)
ve
V ar(X)
de§erlerini
de§i³kenin olaslk da§lmn bulamayz. Bu nedenle, baz durumlarn olaslklarn bulamayz.
ve
V ar(X)
de§erlerin bilinmesi durumunda
P [(X − E(X) ≤ a)]
X
E(X)
de§ierlerin bilinmesi durumunda,
gibi olaslklarn hesaplanamamsna
ra§men, bu tür olaslklarn üst (Alt) snrlarn belirleyen Chebyshev e³itsizli§ini verelim.
Teorem 4.4.1 (Markov E³itsizli§i)
Y
rasgele de§i³keni, yalnz negatif olmayan de§erler alyorsa ve beklenen de§eri
E(Y )
ise, key bir
pozitif K says için
E(Y )
K
P (Y ≥ K) ≤
(4.1)
e³itsizli§i geçerlidir.
ispat.
E(Y ) =
≥
≥
Z
∞
Z0 ∞
ZK∞
yf (y)dy
yf (y)dy
Kf (y)dy
K
= KP (Y ≥ K)
oldu§undan
P (Y ≥ K) ≤
E(Y )
K
elde edilir.
X
rasgele de§i³kenin beklenen de§eri
µ
olmak üzere,
Y = (X − µ)2
alnrsa,
E(Y ) = E[(X − µ)2 ] = V ar(X) = σ 2
2 2
sa§lar. K = k σ sabiti için
Y ≥0
hipotezlerini
ve
oldu§undan, bu rasgele de§i³ken Teoremin
P [(X − µ)2 ≥ k2 σ 2 ] ≤
1
k2
ve bu e³itsizli§e e³de§er, Chebyshev e³itsizli§i ad verilen,
P (|X − µ| ≥ kσ] ≤
veya
P (|X − µ| ≥ k] ≤
e³itsizli§i elde edilir.
1
k2
σ2
k2
BÖLÜM 4.
BEKLENEN DE‡ER
93
Örnek 4.4.1
X
rasgele de§i³kenin ortalamadan en az
ÇÖZÜM .
X
2σ
rasgele de§i³kenin ortalamas
ortalamadan en az
2σ
uzaklkta bulunmann en büyük olasl§ nedir?
µ,
standart sapmas
σ
olmak üzere,
X
rasgele de§i³kenin
uzaklkta bulunma olay
|X − µ| ≥ 2σ
olup, bu durumun olasl§, Chebyshev e³itsizli§inden,
P (|X − µ| ≥ 2σ) ≤
olaa§ndan, olasl§n en büyük de§eri,
1
4
1
4 olarak bulunur.
Teorem 4.4.2 (Chebyshev E³itsizli§i)
X
rasgele de§i³keni
E[(X − c)2 ]
sonlu ve
E(X) = µ
ε
ortalamal bir rasgele de§i³ken ve
c
herhangi bir reel say olsun.
herhangi bir pozitif say ise
P [|X − c| ≥ ε] ≤
1
E[(X − c)2 ]
ε2
e³itsizli§i geçerlidir.
ispat.
X
rasgele de§i³kenin sürekli olmas durumu için ispat yapalm.
P [|X − c| ≥ ε] =
e³itli§ini gözönüne alalm.
|x − c| ≥ ε
Z
f (x)dx
{x:|x−c|≥ε}
e³itsizli§i
(x − c)2
≥1
ε2
e³itsizli§ine denk oldu§undan, yukardaki integral yerine
P [|X − c| ≥ ε] =
≤
≤
=
Z
Z
Z
f (x)dx
{x:|x−c|≥ε}
(x − c)2
f (x)dx
ε2
{x:|x−c|≥ε}
∞
∞
(x − c)2
f (x)dx
ε2
1
E[(X − c)2 ]
ε2
yazlabilir ki bu ise istenen e³itsizliktir.
Chebyshev e³itsizli§i gözönüne alnarak a³a§daki baz sonuçlar verebiliriz.
(4.2)
BÖLÜM 4.
BEKLENEN DE‡ER
94
Sonuç 4.4.1
(a) Bir olayn tümleyeni gözönüne alnarak,
P [|X − c| < ε] ≥ 1 −
1
E[(X − c)2 ]
ε2
(4.3)
1
V ar(X)
ε2
(4.4)
e³itsizli§i geçerlidir.
(b)
c=µ
alnarak,
P [|X − µ| ≥ ε] ≤
e³itsizli§i geçerlidir.
()
c = µ, σ 2 = V ar(X) > 0
olmak üzere,
ε = kσ
alnarak,
P [|X − µ| ≥ kσ] ≤
1
k2
(4.5)
e³itsizli§i geçerlidir.
Örnek 4.4.2
X
rasgele de§i³kenin ortalamas 7 ve standart sapmas 2 ise
P (3 < X < 11)
olasl§ için bir alt snr
(en küçük de§eri) veriniz.
ÇÖZÜM .
P (3 < X < 11) = P (|X − 7| < 4) = P (|X − µ| < kσ)
Teorem 4.4.3
Bir
X
rasgele de§i³keni için
(Burada
µ, X
V ar(x) = 0
ise,
P (X = µ) = 1
olur.
rasgele de§i³kenin beklenen de§eridir, yani
µ = E(X).)
ispat. (4.4) e³itsizli§inden,
P [|X − µ| ≥ ε] = 0
olur. Buradan, her
ε>0
için
P [|X − µ| < ε] = 1
bulunur.
ε>0
says istenildi§i kadar küçük seçilebildi§inden,
P (X = µ) = 1
elde edilir.
Bu teoreme göre, varyansn sfr olmas durumunda, bütün olaslklarn bir tek noktada, yani
noktasnda merkezile³ti§ini göstermektedir.
rasgele de§i³ken denir.
Bu durumda,
X
E(X)
rasgele de§i³kenine dejenere olmu³ bir
BÖLÜM 4.
BEKLENEN DE‡ER
95
Örnek 4.4.3
X
Bir
rasgele de§i³keni için
(a)
P (2 < X < 20)
(b)
P (|X − 10| ≤ 4)
()
P (X ≤ 7
ÇÖZÜM .
veya
E(X) = 10
ve
V ar(X) = 4
ise,
için bir alt de§er,
için bir üst snr,
X ≥ 13)
P [|X − µ| ≥ kσ] ≤
için bir üst snr bulunuz.
1
e³itsizli§ini kullanarak, olaslklar için snrlar bulalm. (a)
k2
X < 18) = P (|X − 10| < 8) = P (|X − µ| < kσ)
e³itsizli§inden
k=4
P (2 <
bulunaa§ndan,
P (2 < X < 20) ≥ P (3 < X < 18)
> 1−
1
16
15
16
=
olarak bulunur.
(b)
P (|X − 10| ≥ 4) = P (|X − 10| ≥ 2 · 2) ≤
1
1
4 bulundu§undan, bu olaslk için bir üst snr 4 olur.
()
P (X ≤ 7
veya
X ≥ 13) = P (X − 10 ≤ 7 − 10
= P (X − 10 ≤ −3
veya
veya
X − 10 ≥ 13 − 10)
X − 10 ≥ 3)
= P (|X − 10| ≥ 3)
oldu§undan,
P (X ≤ 7
veya
X ≥ 13) ≤
1
= 0.44
(1.5)2
bulunur.
4.5
“artl Beklenen De§er
Tanm 4.5.1
(a) E§er
(X, Y ) iki boyutlu sürekli rasgele de§i³ken ise Y = y verildi§inde X
de§i³kenin ³artl beklenen
de§eri,
E(X|y) =
Z
∞
xfX (x|y)dx
−∞
olarak tanmlanr.
(b) E§er
(X, Y )
iki boyutlu kesikli rasgele de§i³ken ise
beklenen de§eri,
E(X|y) =
∞
X
i=1
olarak tanmlanr.
Y = yj
xi fX (xi |yj )
verildi§inde
X
de§i³kenin ³artl
BÖLÜM 4.
BEKLENEN DE‡ER
96
Teorem 4.5.1
(X, Y )
ispat.
iki boyutlu de§i³ken olsun.
(X, Y )
E[E(X|Y )] = E(X),
ve
E[E(Y |X)] = E(Y )
iki boyutlu de§i³ken sürekli ve ortak olaslk yo§unluk fonksiyonu
Z
E(X|y) =
∞
−∞
∞
Z
=
−∞
xfX (x|y)dx
x
f (x, y)
dx
fY (y)
olaa§ndan,
E(E(X|y)) =
=
Z
∞
E(X|y)fY (y)dy
−∞
Z ∞ Z ∞
f (x, y)
x
dx fY (y)dy
fY (y)
−∞
−∞
olur. Tüm beklenen de§erler mevut ise, integrasyon sras de§i³tirilerek,
E(E(X|y)) =
=
=
Z
∞
−∞
Z ∞
Z−∞
∞
−∞
E(X|y)fY (y)dy
Z ∞
f (x, y)dy dx
x
−∞
xfX (x)dx
= E(X)
bulunur.
e³itlikleri geçerlidir.
f
olsun.
Bölüm 5
Baz Kesikli Olaslk Da§lmlar
5.1
Bernoulli Da§lm
Bir deneydeki sonuçlar ba³ar ya da ba³arszlk olarak nitelendirildi§inde, böyle deneylere iki tür
sonuçlu deney, Bernoulli deneyi ve Bernoulli denemesi denir. Bu deneylerde, olaslk uzay
³eklinde olup,
B
Ω = B ∪ B ′ , U = {∅, Ω, B, B ′ }, P (B) = p
olayna ba³ar elde etme olay,
p
olasl§na ba³ar olasl§ ve
0<p<1
için
q = 1 − p = P (B ′ )
olasl§na ba³arszlk olasl§ denir.
X(B) = 1
X(B ′ ) = 0
ve
³eklinde tanml rasgele de§i³kene
Bernoulli de§i³keni ve da§lmna da Bernoulli da§lm denir.
X
Bernoulli de§i³kenin de§er kümesi
RX = {0, 1}
olup, olaslk fonksiyonu,
f (x) = px (1 − p)1−x , x = 0, 1
³eklindedir. Buna göre;
X
de§i³kenin olaslk da§lm tablosu,
X=x
0
1
f(x)=P(X=x)
q
p
da§lm fonksiyonu,

x<0
 0 ,
F (x) =
q , 0≤x<1

1 ,
x≥1
beklenen de§eri
E(X) =
varyans,
E(X 2 ) =
oldu§undan
X
X
xf (x) = 0q + 1p = p
x2 f (x) = 0q + 12 p = p
V ar(X) = E(X 2 ) − (E(X))2 = p − p2 = p(1 − p) = pq
ve moment çkaran fonksiyonu
MX (t) = E(etX )
X
=
etx f (x)
x
t0
= e q + et1 p
= q + pet
= 1 − p + pet
97
BÖLÜM 5.
BAZI KESIKLI OLASILIK DA‡ILIMLARI
98
olur.
Bernoulli da§lmndaki
p
saysna, da§lmn parametresi denir.
Bernoulli da§lmlar arasnda varyans en büyük olan da§lm bulalm. Varyans
onu olup,
g(p) = V ar(X) = pq = p(1 − p) = p −
g′ (p) = 0 ⇒ 1 − 2p = 0 ⇒ p =
noktasnda alaa§ndan,
p = 1/2
p
nin bir fonksiy-
p2 oldu§undan, en büyük de§erini,
1
2
olan Bernoulli da§lmnn varyans en büyüktür.
Bernoulli da§lmn iki tür sonuçlu deneylerin modellenmesinde kullanlr. Mesela, 200 ki³ilik bir
kitlede 120 ki³i sigara içmiyor, 80 ki³i içiyor. Bu kitleden rasgele bir ki³i seçildi§inde örnek uzay
Ω={
sigara içiyor, sigara içmiyor
olmak üzere, seçilen ki³inin sigara içmiyor olmas olaynn olasl§
}
p = 0.6
olup,
X
rasgele de§i³keni
sigara içmeyen için 1, içen için 0 de§erini alr.
Bir olayn olasl§
Ksaa
p
olmak üzere,
p
1−p de§erine, bu olayn de§iline göre Kar³tl§(Odds) denir.
p
1−p de§erine kar³tlk denir. Yukarda sözkonu kitlede, sigara içmemenin içmeye kar³tl§
3
120
0.6
= =
1 − 0.6
2
80
olur. Sigara içmeyen 3 ki³iye kar³lk 2 ki³i sigara içmektedir.
Bir olay için kar³tlk
p1
p2
1−p1 , bir ba³ka olay için kar³tlk 1−p2 olmak üzere, bu iki olay için Kar³tlk
Oran(Odds Ratio)
OR =
p1
1−p1
p2
1−p2
olarak tanmlanr.
Mesela, ölümül bir tür kanser tedavisinde ba³ar olasl§, bayanlar için
p2 = 0.4
için
p1 = 0.8(%80),
erkekler
ise, bir bayann kurtulma olasl§ erke§in iki katdr.
Bayanlar için kar³tlk
p1
=4
1 − p1
oldu§undan, tedavi edilen 4 bayana kar³lk 1 bayan tadavi edilememektedir. Erkekler için kar³tlk
2
p2
=
1 − p2
3
oldu§undan, tedavi edilen 2 erke§e kar³lk 3 erkek tadavi edilememektedir. Bu kar³tlklarn oran ise
OR =
p1
1−p1
p2
1−p2
=6
olur. Tedavi sonras bir bayann kurtulma olsl§ erke§in kurtulma olsl§nn iki kat, Kar³tlk Oran
ise 6 dr.
5.2
Binom Da§lm
Ba³ar olasl§
p
olan bir Bernoulli denemesinin ayn ³artlar altnda, ba§msz olarak
n
kez tekrarlan-
masyla olu³an deneye Binom deneyi denir.
Mesela;
(1) Tura gelmesi ba³ar saylan bir para at³nn 10 kez tekrarlanmas,
(2) Kusursuz parça üretme olas§nn
p = 0.9
olan bir makinada 20 parça üretilmesi,
(3) Bir at³ta ba³ar olasl§ p=0.75 olan bir basketbolunun 5 at³ yapmas
(4) 3 siyah ve 7 beyaz top bulunan bir kavanozdan, iadeli olarak 3 top çekilmesi,
birer Binom deneyidir.
BÖLÜM 5.
BAZI KESIKLI OLASILIK DA‡ILIMLARI
Binom deneyinde,
RX = {0, 1, 2, 3, ..., n}
X
rasgele de§i³keni
n
99
denemede elde edilen ba³ar says olsun. Bu durumda,
olup,
P (X = 0) = P ({B ′ B ′ B ′ ...B ′ }) = qqq...q = q n
P (X = 1) = P ({BB ′ B ′ ...B ′ }
= nq n−1 p
n 1 n−1
=
p q
1
P (X = 2) = P ({BBB ′ ...B ′ }
n 2 n−2
=
p q
2
.
veya
veya
{B ′ BB ′ B ′ ...B ′ }...
{B ′ BBB ′ ...B ′ }...
veya
veya
{B ′ ...B ′ B ′ B})
{B ′ ...B ′ BB})
.
.
P (X = n) = pn
olaa§ndan,
X
de§i³kenin olaslk fonksiyonu,
f (x) =
n x n−x
x p q
, x = 0, 1, 2, 3, ..., n
0 , di§er durumlarda
olur. Moment çkaran fonksiyonu
MX (t) = E(etx )
∞
X
etx f (x)
=
=
x=0
∞ X
x=0
n
(pet )x q n−x
x
= (q + pet )n
olarak bulunur. Buradan,
E(X) =
=
d MX (t) dt t=0
n(q + pet )n−1 pet t=0
= np
d2 MX (t) 2
E(X ) =
dt2 t=0
=
n(n − 1)(q + pet )n−2 (pet )2 + n(q + pet )n−1 pet t=0
= n(n − 1)p2 + np
V ar(X) = E(X 2 ) − [E(X)]2
= npq
bulunur.
Ba³ar olasl§
p
olan bir Bernoulli denemesinin ayn ³artlar altnda, ba§msz olarak
lanmas deneyinde, yani bir binom deneyinde elde edilen ba³ar says
X
n
kez tekrar-
rasgele de§i³keni olmak üzere,
X ∼ b(n, p) biçiminde gösterilir. n = 1 için Binom da§lm
b(1, p) ile gösterilebir.
′
Binom da§lmnda n (n ∈ Z +) ve p (p ∈ (0, 1) ⊂ R) olmak üzere iki parametre bulunmaktadr.
Bu parametreleri bildi§imiz zaman, Binom da§lmna sahip X de§i³keni ile ilgili olaslk, beklenen
X
e Binom Da§lmna sahiptir denir ve
bir Bernoulli da§lmdr ve
de§er, varyans gibi de§erleri bulabiliriz.
BÖLÜM 5.
BAZI KESIKLI OLASILIK DA‡ILIMLARI
100
Örnek 5.2.1
Düzgün bir parann üç kez atl³nda
X
rasgele de§i³keni gelen turalarn says olsun.
X
de§i³kenin
olaslk fonksiyonunu, beklene de§erini ve varyansn bulunuz.
ÇÖZÜM .
3, p = 21 )
X
dir.
de§i³keni,
X
n = 3, p = 0.5
parametreli bir Binom da§mlmna sahiptir, yani
X ∼ b(n =
de§i³kenin ranj(de§er kümesi)
RX = {0, 1, 2, 3}
olup, olaslk fonksiyonu, bu de§erler için
x 3−x
1
3
1
f (x) =
2
2
x
olaa§nda, olaslk tablosu
X=x
0
1
2
3
f(x)=P(X=x)
1/8
3/8
3/8
1/8
da§lm fonksiyonu,



0






1/8



F (x) =
4/8





7/8





 1
beklenen de§eri
,
x<0
, 0≤x<1
, 1≤x<2
, 2≤x<3
,
x≥3
E(X) = np =
3
2
varyans,
V ar(X) = E(X 2 ) − (E(X))2 = npq =
3
4
olarak bulunur.
Örnek 5.2.2
Bir kavanozda 7 beyaz ve 7 siyah top bulunmaktadr. Çekilen top iadeli olarak tekrar kavonza atarak
ard ardna 3 top çekiliyor.
X
rasgele de§i³keni gelen beyaz toplarn says olsun.
fonksiyonunu, beklene de§erini ve varyansn bulunuz.
ÇÖZÜM .
X ∼ b(n = 3, p = 12 )
dir.
X
de§i³kenin olaslk
BÖLÜM 5.
BAZI KESIKLI OLASILIK DA‡ILIMLARI
101
Örnek 5.2.3
Bir torna makinas bir günde
5
parça i³lemektedir. Bir parçay kusursuz olarak i³leme olasl§
X
oldu§u bilinsin. Bir günde kusursuz olarak i³lenen parçalarn says
olsun.
X
p=
4
5
de§i³kenin olaslk
fonksiyonunu, beklene de§erini ve varyansn bulunuz.
ÇÖZÜM .
3, p = 54 )
X
dir.
de§i³keni,
X
n = 5, p = 0.8
parametreli bir Binom da§mlmna sahiptir, yani
X ∼ b(n =
de§i³kenin ranj(de§er kümesi)
RX = {0, 1, 2, 3, 4, 5}
olup, olaslk fonksiyonu, bu de§erler için
x 5−x
5
4
1
f (x) =
x
5
5
olaa§ndan, olaslk tablosu
X=x
0
1
2
3
4
5
f (x) = P (X = x)
1
3125
20
3125
160
3125
640
3125
1280
3125
1024
3125
,
x<0
da§lm fonksiyonu,
F (x) = P (X ≤ x) =
beklenen de§eri





































0
1
3125
, 0≤x<1
21
3125
, 1≤x<2
181
3125
, 2≤x<3
821
3125
, 3≤x<4
2101
3125
, 4≤x<5
1
,
x≥5
E(X) = np = 4
varyans,
V ar(X) = E(X 2 ) − (E(X))2 = npq =
4
5
olarak bulunur.
Örnek 5.2.4
5 seçenekli 20 soruluk bir test snavnda sorular rasgele i³aretlendi§inde,
(a) En az 10 do§ru evap tutturma olasl§ nedir?
(b) Tutturulan do§ru evap saysnn beklenen de§eri nedir?
() Her do§ru evap için 1 ve 4 yanl³ evap için -1 puan verildi§ine göre 20 soru içiçn beklenen
puan nedir?
BÖLÜM 5.
ÇÖZÜM .
p =
BAZI KESIKLI OLASILIK DA‡ILIMLARI
X
102
de§i³keni, 20 sorudan do§ru evaplarn says olsun. Bu durumda,
1
5 parametreli bir Binom da§mlmna sahiptir, yani
X ∼ b(n = 20, p =
X
de§i³keni
1
5 ) dir.
X
n = 20,
de§i³kenin
ranj(de§er kümesi)
RX = {0, 1, 2, 3, ..., 19, 20}
olup, olaslk fonksiyonu, bu de§erler için
f (x) =
20
x
x 20−x
4
1
5
5
beklenen de§eri
E(X) = np = 4
varyans,
V ar(X) = npq =
80
= 3.2
25
olarak bulunur.
(a)
P (X ≥ 10) =
(b)
E(X) = 4
()
K
P2
x=10 0f (x)
=
P2
20
x=10 0 x
1 x
5
4 20−x
5
= 0.0025948
rasgele de§i³keni 20 sorudan elde edilen puan göstersin. Buna göre
5
1
K = 1 × X − (X − 20) = X − 5
4
4
olup, beklenen puan
E(K) =
5
E(X) − 5 = 0
4
bulunur.
Örnek 5.2.5
3 beyaz ve 2 siyah top bulunan bir kavanozdan iadeli olarak 10 kez top çekiliyor.
(a) Gelen siyah toplarn saysnn beyazlardan çok olmas olasl§ nedir?
(b) Siyah toplarn beklenen says nedir?
() Siyah top için 100 TL kazanlan, beyaz top için 50 TL kaybedilen bir oyunda kazann beklenen
de§eri nedir?
ÇÖZÜM .
p =
X
de§i³keni, çekilen 10 toptan beyazlarn says olsun. Bu durumda,
3
5 parametreli bir Binom da§mlmna sahiptir, yani
X ∼ b(n = 10, p =
ranj(de§er kümesi)
RX = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}
olup, olaslk fonksiyonu, bu de§erler için
f (x) =
10
x
x 10−x
3
2
5
5
X
de§i³keni
3
5 ) dir.
X
n = 10,
de§i³kenin
BÖLÜM 5.
BAZI KESIKLI OLASILIK DA‡ILIMLARI
103
beklenen de§eri
E(X) = np = 6
varyans,
V ar(X) = npq = 2.4
olarak bulunur.
(a)
P (X < 5) =
(b)
E(X) = 4
()
K
P4
x=0 f (x) =
10 3 x
x=0 x
5
P4
2 10−x
5
= 0.16624
rasgele de§i³keni kazanlan para miktarn göstersin. Buna göre
K = (−50) × X + 100(10 − X) = −150X + 1000
olup, beklenen kazan
E(K) = −150E(X) + 1000 = 100
bulunur.
Örnek 5.2.6
Her gün de§i³ik sayda parçann olu³turdu§u sipari³leri gözönüne alalm. Sipari³teki parçalarn says
Y
olmak üzere,
olsun.
E§er
Y
nin olaslk fonksiyonu,
Y = yj
10
11
12
13
14
15
fY (yj )
0.05
0.10
0.10
0.20
0.35
0.20
Herhangi bir parçann kusurlu olma olasl§ tüm parçalar için ayn ve
X
herhangi bir günde gelen kusurlu parçalarn says ise
ÇÖZÜM .
Y = yj
için
X
X
0.10
olarak verilsin.
in beklenen de§erini bulunuz.
bir binom da§lmna sahiptir. Bu nedenle
E(X|yj ) = (0.10)yj
oldu§undan,
E(X) = E[E(X|Y )]
= E[(0.10)Y ]
= (0.10)E(Y )
= (0.10)[10(0.05) + 11(0.10) + 12(0.10) + 13(0.20) + 14(0.35) + 15(0.20)]
= 1.33
olarak bulunur.
5.3
Hipergeometrik Da§lm
BÖLÜM 5.
BAZI KESIKLI OLASILIK DA‡ILIMLARI
104
Tanm 5.3.1
N
tane nesneden
a
tanesi belli özelli§e sahip olsun. Bu nesnelerden iadesiz olarak ard ardna
birer nesne çekilmesi veya ayn anda
de§i³keni çekilen
n
n
tane nesne çekilmesi deneyini gözönüne alalm.
X
kez
rasgele
nesneden belli özelli§e sahip olanlarn says olsun. Olaslk fonksiyonu



x = 0, 1, 2, ..., n




a N −a 
 x = n − (N − a), n − (N − a) + 1, ..., n
x n−x
f (x) =
,
N


x = 0, 1, 2, ..., a
n





 x = n − (N − a), n − (N − a) + 1, ..., a
³eklinde olan,
X
n
(n < N − a, n ≤ a)
(n ≥ N − a, n ≤ a)
(n < N − a, n > a)
(n ≥ N − a, n > a)
de§i³kenine Hipergeometrik Da§lma sahiptir denir.
E(X) =
=
.
n
X
xf (x)
x=0
n
X
x
x=0
.
.
= n
V ar(X) =
Hipergeometrik Da§lmnda
N, a n
a N −a
x n−x
N
n
a
N
a
N −n a
n (1 − )
N −1 N
N
olmak üzere üç tane parametre bulunmaktadr. Bu parame-
treleri bildi§imiz zaman, Hipergeometrik da§lmna sahip
X
de§i³keni ile ilgili olaslk, beklenen de§er,
varyans gibi de§erleri bulabiliriz.
Örnek 5.3.1
Bir torbadaki 10 toptan 6 tanesi beyaz olsun. Ayn anda 5 top (iadesiz olarak ardardna 5 kez birer
top) çekilmesi deneyinde
X
rasgele de§i³keni gelen beyaz toplarn says olsun.
X
de§i³kenin olaslk
fonksiyonunu, beklene de§erini ve varyansn bulunuz.
ÇÖZÜM .
X
X
de§i³keni,
N = 10, a = 6 ve n = 5 parametreli
de§i³kenin ranj(de§er kümesi)
RX = {1, 2, 3, 4, 5}
olup, olaslk fonksiyonu, bu de§erler için
f (x) =
beklenen de§eri
6 4 x 5−x
10
5
E(X) = n
a
=3
N
bir Hipergeometrik da§mlmna sahiptir.
BÖLÜM 5.
BAZI KESIKLI OLASILIK DA‡ILIMLARI
105
varyans,
N −n a
a
2
n (1 − ) =
N −1 N
N
3
V ar(X) =
olarak bulunur.
Örnek 5.3.2
Bir i³ yerinde 8 kadn ve 2 erkek çal³maktadr. Rasgele seçilen 3 ki³iden erkeklerin says
X
olsun.
de§i³kenin olaslk fonksiyonunu, beklene de§erini ve varyansn bulunuz.
ÇÖZÜM .
X
X
X
de§i³keni,
N = 10, a = 2 ve n = 3 parametreli
bir Hipergeometrik da§mlmna sahiptir.
de§i³kenin ranj(de§er kümesi)
RX = {0, 1, 2}
olup, olaslk fonksiyonu, bu de§erler için
f (x) =
beklenen de§eri
2 8 x 2−x
10
3
E(X) = n
a
= 0.6
N
varyans,
V ar(X) =
N −n a
a
28
n (1 − ) =
N −1 N
N
45
olarak bulunur.
Örnek 5.3.3
10 beyaz ve 5 siyah top bulunan bir kavanozdan iadesiz olarak 5 kez birer top(ayn anda 5 top)
çekiliyor.
(a) Gelen siyah toplarn saysnn beyazlardan çok olmas olasl§ nedir?
(b) Siyah toplarn beklenen says nedir?
() Siyah top için 100 TL kaybedilen, beyaz top için 50 TL kazanlan bir oyunda kazann beklenen
de§eri nedir?
ÇÖZÜM .
X
de§i³keni, 5 çekil³te gelen siyah toplarn says olsun. Bu durumda,
a = 5 ve n = 5 parametreli bir Hipergeometrik da§mlmna sahiptir. X
RX = {0, 1, 2, 3, 4, 5}
olup, olaslk fonksiyonu, bu de§erler için
f (x) =
5 10 x 5−x
15
5
X
de§i³keni
N = 15,
de§i³kenin ranj(de§er kümesi)
BÖLÜM 5.
BAZI KESIKLI OLASILIK DA‡ILIMLARI
106
beklenen de§eri
E(X) = n
a
5
=
N
3
varyans,
V ar(X) =
N −n a
a
50
n (1 − ) =
N −1 N
N
63
olarak bulunur.
(a)
P (X ≥ 3) =
(b)
E(X) =
()
K
5
3
P5
x=3 f (x)
=
P5
x=3
10
(x5)(5−x
)
= 0.16683
15
(5)
rasgele de§i³keni kazanlan para miktarn göstersin. Buna göre
K = (−100) × X + 50(5 − X) = −150X + 250
olup, beklenen kazanç
E(K) = −150E(X) + 250 = 0
bulunur.
5.4
Geometrik Da§lm Da§lm
Tanm 5.4.1
Ba³ar olasl§
p
olan bir Bernoulli denemesi, ayn ³artlar altnda, ba§msz olarak bir ba³ar elde
edineye kadar tekrarlansn. Yaplan deney says
alaa§ de§erler
RX = {1, 2, 3, ...}
X
rasgele de§i³keni olsun.
olup, olaslk fonksiyonu,
f (X = x) = P ({B ′ B ′ B ′ ...B ′ B}) = q x−1 p
da§lm fonksiyonu,
F (x) = P (X ≤ x)
x
X
q i−1 p
=
i=1
= 1 − qx
Moment çkaran fonksiyonu,
MX (t) = E(etX )
X
=
etx f (x)
x
=
∞
X
etx q x−1 p
x=1
t
= e p + e2t qp + e3t q 2 p + · · ·
= pet (1 + qet + (qe)2 + (qet )3 + · · · )
= pet
1
,
1 − qet
(qet < 1)
X
rasgele de§i³kenin
BÖLÜM 5.
BAZI KESIKLI OLASILIK DA‡ILIMLARI
107
beklenen de§eri,
′
E(X) = MX
(0)
=
=
=
=
d
MX (t)|t=0
dt
pet (1 − qet ) − pet (−qet ) 1 − qet )2
t=0
p(1 − q) + pq
(1 − q)2
1
p
varyans,
′′
E(X 2 ) = MX
(0)
=
=
=
=
=
d2
MX (t)|t=0
dt2
pet (1 − qet )2 − pet − 2(1 − qet )(−qet ) 1 − qet )4
t=0
p(1 − q)2 + 2pq(1 − q)
(1 − q)4
(1 − q)(p − pq + 2pq)
(1 − q)4
1+q
p2
oldu§undan
V ar(X) = E(X 2 ) − [E(X)]2
q
p2
=
olur.
Örnek 5.4.1
Bir at için belli bir hede vurmas olasl§
p = 0.75
olsun. At, hedef bir isabet alnaya kadar
at³ yapt§na göre;
(a) Hede 4 at³tan öne vurmas olasl§ nedir?,
(b) En az 3 at³ yapmas olasl§ nedir?
() 10 at³ yapt§ bilindi§inde bundan sonra en az 3 at³ yapmas olasl§ nedir?
(d) 3 at³tan öne hedefe isabet etirme olas§ nedir?
(e) Heden de§eri 200 TL ve bir at³n maliyeti 100 TL oldu§una göre, oyunda kazann beklenen
de§eri nedir? Kazann olaslk da§lm nedir?
(f ) Oyunun dürüst olmas için heden de§eri ne olmaldr?
BÖLÜM 5.
BAZI KESIKLI OLASILIK DA‡ILIMLARI
Hedef bir isabet alnaya kadar yaplan at³ says
X
108
rasgele de§i³keni olsun.
X
de§i³keni Geometrik
da§lma sahiptir. Olaslk fonksiyonu,
1
3
f (x) = q x−1 p = ( )x−1 ,
4
4
beklenen de§eri,
x = 1, 2, 3, ...
1
4
=
p
3
E(X) =
varyans
V ar(X) =
q
4
=
p2
9
olur.
(a)
P (X < 4) = f (1) + f (2) + f (3)
1 3
1 3
1 3
= ( )0 + ( )2 + ( )3
4 4
4 4
4 4
63
=
64
(b)
P (X ≥ 4) = 1 − P (X < 3)
= 1 − (f (1) + f (2))
1 23
1 03
= 1− ( ) +( )
4 4
4 4
1
=
16
()
P (X ≥ 13|X > 10) =
=
=
=
=
=
=
(d)
P (X ≤ 2) = f (1) + f (2)
K = 200 − 100X
(e) Kazan
oldu§undan,
P (X ≥ 13 ve X > 10)
P (X > 10
P (X ≥ 13
P (X > 10
1 − P (X ≤ 12
1 − P (X ≤ 10
1 − F (12)
1 − F (10)
q 12
q 10
q2
1
16
E(K) = 200 − 100E(X)
E(K) = 200 − 100
olup,
200
4
=
3
3
bulunur. Kazann olaslk da§lm;
K=k
100
0
-100
f(k)=P(K=k)
3
4
3
16
3
64
V ar(K) = V ar(200 + (−100)X) =
-200
-300
...
3
256
1002 V
3
1024
...
ar(X) =
40000
9
(f ) Oyunun dürüst olmas için kazann beklenen de§eri (kazanç ortalamas) sfr olmaldr.
K = a − 100X
ise
E(K) = 0
a − 100E(X) = 0
e³itli§inden
a=
400
3
olmaldr.
olmas için,
BÖLÜM 5.
BAZI KESIKLI OLASILIK DA‡ILIMLARI
5.5
Negatif Binom Da§lm
5.6
Poisson Da§lm
109
Possion da§lm sürekli (zaman, alan, haim, ...) ortamlarda kesikli sonuçlar veren deneylerin modellenmesinde kullanlr.
Poisson da§lm, belirli bir aralkta gerçekle³me olasl§nn çok küçük oldu§u durumlarda kullanlr.
Örne§in bir kav³akta bir gün içerisinde meydana gelen trak kazalar, belli bir ylda meydana gelen
do§al afetler, az rastlanan hastalklar gibi.
Denek says olan
Genel olarak
np ≤ 5
n
büyük iken
p
de çok küçük ise binom da§lm poisson da§lmna yakla³r.
oldu§u zaman binom da§lm yerine poisson da§lm kullanlabilir. Ayra
n
nin
20 den büyük olmas ko³ulu vardr.
X
rasgele de§i³keni Poisson da§lmna sahipse, bu de§i³kenin olaslk fonksiyonu
λ = np gerçekle³en
ortalama olay says olmak üzere
e−λ λx
x!
f (x) = P (X = x) =
³eklindedir.
Poisson da§lmna sahip
X
rasgele de§i³kenin beklenen de§eri,
µ = E(X) = λ
ve varyans
σ 2 = V ar(X) = λ
olur.
Örnek 5.6.1
Bir bölgede A hastal§ndan, haftada ortalama 4 ki³i ölmektedir. Belli bir hafta içinde bu hastalktan,
a) Hiç kimsenin ölmemesi
b) En az 2 ki³inin ölmesi
) 3 ki³inin ölmesi
olaslklarn hesaplaynz.
ÇÖZÜM .
X
rasgele de§i³keni
A
hastal§ndan ölenlerin saysn göstersin.
kesikli sonuçlar verdi§inden Poisson da§lmna sahiptir.
Buna göre,
X
rasgele de§i³kenin olaslk
fonksiyonu,
f (x) = P (X = x) =
e−λ λx
x!
x = 0, 1, 2, 3, ...,
olur.
(a) Hiç kimsenin ölmemesi
X=0
oldu§undan, olasl§
f (0) = P (X = 0) =
bulunur.
e−4 λ0
0!
Belli zaman aral§nda
λ=4
BÖLÜM 5.
BAZI KESIKLI OLASILIK DA‡ILIMLARI
(b) En az 2 ki³inin ölmesi olay,
(X ≥ 2)
110
olayna kar³lk geldi§inden, olasl§,
P (X ≥ 2) = 1 − P (X < 2)
= 1 − (P (X = 0) + P (X = 1))
= 1 − f (0) − f (1)
= 1−
e−4 40 e−4 41
−
0!
1!
= 1 − 3e−4
()
P (X = 3) = ...
Örnek 5.6.2
Bir ülkedeki her 100000 ölüm vakasnda ortalama 3 tanesi gda zehirlenmesinden ortaya çkmaktadr.
Belirli bir zaman dilimindeki 200000 ölüm vakasnda gda zehirlenmesinden dolay,
a) Sfr ölüm vakasna
b) 6 ölüm vakasna
) 6,7 ya da 8 ölüm vakasna,
rastlama olaslklarn hesaplaynz.
ÇÖZÜM .
np = 3
X
rasgele de§i³keni, gda zehirlenmesinden ölenlerin saysn göstersin.
oldu§undan
p = 0, 00003
bulunur.
n = 200000
oldu§unda
λ = np = 6
n = 100000, λ =
bulunaa§ndan,
X
rasgele de§i³kenin olaslk fonksiyonu,
f (x) =
e−λ λx
x!
x = 0, 1, 2, 3, ...,
λ=6
olur. Buna göre;
(a)
P (X = 0) = f (0) = ...
(b)
P (X = 6) = f (6) = ...
()
P (X = 6) + P (X = 7) + P (X = 8) = ...
Örnek 5.6.3
Bir hastanenin ail servisine 10 dakikalk bir zaman aral§nda ortalama 3 hasta gelmektedir.
zaman aral§nda,
a) hasta gelmemesi,
b) bir hasta gelmesi,
) en az 5 hasta gelmesi
olaylarnn olaslklarn bulunuz.
Bu
BÖLÜM 5.
BAZI KESIKLI OLASILIK DA‡ILIMLARI
111
ÇÖZÜM . 10 dakikalk bir zaman aral§nda gelen hasta says
Da§lmna sahip oldu§u dü³ünülebilir.
X
f (x) =
X
rasgele de§i³kenin
λ = 3 olan Poisson
rasgele de§i³kenin olaslk fonksiyonu,
e−3 3x
x!
x = 0, 1, 2, 3, ...,
olur. Buna göre;
(a)
P (X = 0) = e−3 ,
(b)
P (X = 1) = 3e−3 ,
()
P (X ≥ 5) = 1 − P (X < 5) = 1 − f (0) − f (1) − f (2) − f (3) − f (4)
Örnek 5.6.4
Bir markete umartesi günleri 5 dakikada ortalama 4 mü³teri gelmektedir.
Bir ümartesi günü bu
markete,
a) 5 dakikada 1 mü³teri gelmesi,
b) 30 dakikada 2 den fazla mü³teri gelmesi
olaylarnn olaslklarn bulunuz.
ÇÖZÜM . (a) 5 dakikalk bir zaman aral§nda gelen mü³teri says
X
rasgele de§i³kenin
λ=4
olan
Poisson Da§lmna sahip oldu§undan, de§i³kenin olaslk fonksiyonu,
f (x) =
e−4 4x
x!
x = 0, 1, 2, 3, ...,
olur. Buna göre; 5 dakikada 1 mü³teri gelmesi olaynn olasl§
P (X = 1) = 4e−4
bulunur.
(b) 30 dakikalk bir zaman aral§nda gelen mü³teri says
X
rasgele de§i³kenin
Da§lmna sahip oldu§undan, de§i³kenin olaslk fonksiyonu,
f (x) =
e−24 24x
x!
x = 0, 1, 2, 3, ...,
olur. Buna göre; yarm saatte 2 den fazla mü³teri gelmesi olaynn olasl§
P (X ≥ 2) = 1 − P (X < 2) = 1 − f (0) − f (1) = ...
bulunur.
λ = 24 olan Poisson
Bölüm 6
Kesikli Düzgün Da§lm
6.1
Çözüleek Problemler
Örnek 6.1.1
Kesikli bir
X
rasgele de§i³kenin da§lm fonksiyonu,



0 ,





1

,


 3
1
F (x) =
2 ,




5



6 ,



 1 ,
olsun.
x<1
1≤x<4
4≤x<6
6 ≤ x < 10
x ≥ 10
(a) Da§lm fonksiyonun gra§ini çiziniz.
(b)
(b)
P (2 < X ≤ 6)
()
P (X = 4)
(d)
X
olasl§n bulunuz.
olasl§n bulunuz.
de§i³kenin olaslk fonksiyonunu bulunuz.
P (2 < X ≤ 6) = P (X ≤ 6) − P (X ≤ 1) = F (6) − F (1) = 1/2
() f (4) = P (X = 4) = F (4) − F (3) = 1/6
(d)
X=x
1
4
6
10
f (x) = P (X = x)
1
3
1
6
1
3
1
6
112