6. Ders

OLASILIK HESABI
Bu derste, uygulamalarda sıkça karşılaşılan, Olasılık Uzaylarından bazılarına
değineceğiz ve verilmiş bir Olasılık Uzayında olasılık hesabı yapacağız.
1.
Ω sonlu sayıda elemana sahip olsun. Ω = {ω1 , ω2 ,…, ωn } , U = 2Ω olmak üzere, Ω nın
her bir ωi , i = 1, 2,…, n elemanına aşağıdaki özelliklere sahip bir pi sayısı karşılık getirilsin.
1) pi ≥ 0 , i = 1, 2,..., n
n
2)
∑p
i
=1
i =1
Aşağıdaki gibi tanımlanan,
P: U
→
R
A → P ( A) =
∑
ωi ∈A
pi
fonksiyonu bir olasılık ölçüsüdür. p1 = p2 = ⋯ = pn olduğunda,
n( A)
P ( A) =
n( Ω )
olacaktır.
Örnek1: Ω = {ω1 , ω2 , ω3 , ω4 , ω5 , ω6 } , U = 2Ω ve Ω nın elemanlarına karşılık getirilen sayılar
sırasıyla,
p1 = 0.1 , p2 = 0.2 , p3 = 0.3 , p4 = 0.2 , p5 = 0.1 , p6 = 0.1
olsun. Bu sayılara dayalı olarak tanımlanan,
P: U
→
R
A → P ( A) =
∑
ωi ∈A
Olasılık Ölçüsüne göre,
P({ω6 }) = 0.1
P({ω1 , ω3 , ω5 }) = 0.1 + 0.3 + 0.1 = 0.5
P({ω2 , ω4 , ω6 }) = 0.2 + 0.2 + 0.1 = 0.5
olur. A = {ω1 , ω3 , ω5 } ve B = {ω5 , ω6 } olayları için
P( A) = P({ω1 , ω3 , ω5 }) = 0.5
P( B) = P({ω5 , ω6 }) = 0.2
P( A ∩ B) = P({ω5 }) = 0.1
P( A ∪ B) = P({ω1 , ω3 , ω5 , ω6 } = 0.6
P( A ∩ B ) = P({ω6 }) = 0.1
P( A / B) =
dır.
P( A ∩ B)
= 0.5
P( B)
pi
Böyle bir Olasılık Uzayı hangi deneyin modellenmesinde (hangi deneyin anlamaanlatımında) kullanılabilir? Örneğin, içinde 1 beyaz, 2 siyah, 3 mavi, 2 yeşil, 1 sarı, 1 kırmızı
top bulunan bir torbadan bir top çekilmesi ve renginin gözlenmesi deneyinde, ya da 10 beyaz,
20 siyah, 30 mavi, 20 yeşil, 10 sarı, 10 kırmızı top bulunan bir torbadan bir top çekilmesi ve
renginin gözlenmesi deneyinde kullanılabilir. Bir torbada bilinmeyen oranlarda altı farklı
renkten top bulunsa, bir top çekilmesi ve renginin gözlenmesi deneyi için bir Olasılık Uzayı
nasıl oluşturulabilir?
Aşağıdaki olasılık uzayı hangi deneylerin modellenmesinde kullanılabilir?
Ω = {ω1 , ω2 , ω3 , ω4 , ω5 , ω6 }
U = 2Ω
1
1
1
1
1
1
p1 = , p2 = , p3 = , p4 = , p5 = , p6 =
6
6
6
6
6
6
P: U
→
R
A → P ( A) =
∑p
ω
i ∈A
i
=
n( A)
6
Bu olasılık uzayı düzgün bir tavla zarının atılması deneyinde kullanılabilir mi?
Ω = {ω1 , ω2 , ω3 , ω4 , ω5 , ω6 } üzerinde kaç tane olasılık uzayı oluşturulabilir? Ω nın
elemanlarına,
1) pi ≥ 0 , i = 1, 2, 3, 4,5, 6
6
2)
∑p
i
=1
i =1
olmak üzere, sonsuz farklı şekilde p1 , p2 , p3 , p4 , p5 , p6 sayıları karşılık getirilebilir. Bu sonsuz
tane Olasılık Uzayından hangisi elimizdeki tavla zarını modellemektedir? Zarın maddesel
1
1
1
1
1
olarak homojen olduğunu düşünürsek, p1 = , p2 =
, p3 = , p4 =
, p5 = ,
6
6
6
6
6
1
p6 = alınması uygun görünmektedir. Yüzeylerdeki noktalar için açılan kuyular göz önüne
6
alınırsa,
p1 = 0.164 , p2 = 0.165 , p3 = 0.166 , p4 = 0.167 , p5 = 0.168 , p6 = 0.170
önerilebilir.
Bundan sonra, tavla zarları (hilesiz) için,
Ω = {ω1 , ω2 , ω3 , ω4 , ω5 , ω6 }
U = 2Ω
1
1
1
1
1
1
p1 = , p2 = , p3 = , p4 = , p5 = , p6 =
6
6
6
6
6
6
P: U
→ R
A → P ( A) =
∑p
ω
i ∈A
i
=
n( A)
6
Olasılık Uzayını kullanacağız. Atış sırasında “zar tutmayı” aklınıza getirmeyin.
.
2.
Ω = {ω1 , ω2 ,…, ωn ,…} olsun. Sayılabilir sonsuz elemana sahip olan Ω ‘nın her ωi
elemanına aşağıdaki özellikleri sağlayan bir pi sayısı karşılık getirilsin.
1) pi ≥ 0, i = 1, 2,…
∞
2)
∑p
i =1
i
=1
U = 2Ω olmak üzere,
P: U
→
R
A → P( A) =
∑
ωi ∈A
pi
fonksiyonu bir olasılık ölçüsüdür.
Örnek2: Ω = {ω1 , ω2 , ω3 ,...} , U = 2Ω ve Ω ‘nın elemanlarına karşılık getirilen sayılar
sırasıyla,
1
1
1
p1 = , p2 = 2 , p3 = 3 , ...
2
2
2
olsun. Bu sayılara dayalı olarak tanımlanan,
P: U
→ R
A → P( A) =
∑ pi
ωi ∈A
olasılık ölçüsüne göre,
P({ω1 }) = 0.5
1 1
1
25
P({ω1 , ω3 , ω5 }) = + 3 + 5 =
≈ 0.782
2 2
2
32
1 1
P({ω3 , ω4 , ω5 ,...}) = 1− P({ω1 , ω2 }) = 1− − 2 = 0.25
2 2
olur. A = {ω1 , ω3 , ω5 ,...} ve B = {ω5 , ω6 } olayları için
1 1
1
1
1
2
P( A) = P({ω1 , ω3 , ω5 ,...}) = + 3 + 5 + ... = ×
=
2 2
2
2 1− 1
3
2
2
1
1
3
P( B) = P({ω5 , ω6 }) = 5 + 6 =
2
2
64
1
1
P( A ∩ B) = P({ω5 }) = 5 =
2
32
2 3
2 125
P( A ∪ B) = P( A) + P( B) − P( A ∩ B) = + − =
3 64 32 192
1
1
P( A ∩ B ) = P({ω6 }) = 6 =
2
64
P( A / B) =
P( A ∩ B) 1/ 32 2
=
=
P( B)
3 / 64 3
dır.
Böyle bir Olasılık Uzayı hangi deneyin modellenmesinde (hangi deneyin anlamaanlatımında) kullanılabilir? Örneğin, düzgün bir paranın tura gelinceye kadar atılması ve üste
gelen yüzeyin gözlenmesi deneyinde kullanılabilir. Bu durumda Örnek Uzay,
Ω = {Y , YT , YYT , YYYYT , YYYYT ,...}
olup, yukarıdaki A olayı, turanın tek sayılı atışlarda gelmesi olayı olacaktır.
3. Ω = R (veya Ω ⊂ R ) olsun. Ölçme sonuçları genellikle sayı olarak ifade edildiğinden bu
en çok karşılaşılan bir durumdur. Böyle bir Ω Örnek Uzayındaki olaylar (altkümeler) içinde
bizi en çok ilgilendirenler aralık türünden olanlardır. R, reel sayıların kümesinde
(a, b) = {x ∈ R : a < x < b} olmak uzere U1 = {(a, b) : a < b, a, b ∈ R}
[a, b] = {x ∈ R : a ≤ x ≤ b} olmak uzere U 2 = {[a, b] : a ≤ b, a, b ∈ R}
(a, b] = {x ∈ R : a < x ≤ b} olmak uzere U 3 = {(a, b] : a < b, a, b ∈ R}
[a, b) = {x ∈ R : a ≤ x < b} olmak uzere U 4 = {[a, b) : a < b, a, b ∈ R}
(−∞, a ) = {x ∈ R : x < a}
olmak uzere
U 5 = {(−∞, a ) : a ∈ R}
(−∞, a ] = [ x ∈ R : x ≤ a}
olmak uzere
U 6 = {(−∞, a ] : a ∈ R}
(a, ∞) = {x ∈ R : x > a}
olmak uzere
U 7 = {(a, ∞) : a ∈ R}
[a, ∞) = {x ∈ R : x ≥ a}
olmak uzere
U 8 = {[a, ∞) : a ∈ R}
sınıfları birer σ -cebir değildir. U = 2Ω kuvvet kümesi bu sınıfların her birini kapsamaktadır.
U = 2Ω kuvvet kümesi bir σ -cebirdir. Ancak, bu σ -cebir üzerinde Olasılık Ölçüsü
tanımlamak matematik teorisi açısından sıkıntılı olmaktadır. Bunu ileride kavrayabilecek
düzeye geleceksiniz. Örnek Uzayımız reel sayılar olduğunda, σ -cebir olarak tüm aralıklar ile
bunlar üzerinde ∪, ∩, / işlemlerinin sonlu veya sayılabilir sonsuz kez uygulanmasıyla ortaya
çıkan kümelerden oluşan ve adına Borel Cebiri denen σ -cebir kullanılacaktır. Borel Cebiri
genellikle B harfi ile gösterilmektedir. P Olasılık Ölçüsünün B de tanımlı olduğunu
düşüneceğiz.
P :B → R
A → P ( A)
ve P (R ) = 1 olup, bir birim olasılık R üzerine dağılmış olacaktır. R üzerindeki bir P olasılık
ölçüsüne olasılık dağılımı da denmektedir.
Tanım: P reel sayılardaki Borel Cebiri üzerinde bir Olasılık Ölçüsü olmak üzere,
F: R →
x
[0,1]
→ F ( x) = P ((−∞, x])
fonksiyonuna P olasılık ölçüsüne karşılık gelen dağılım fonksiyonu veya kısaca dağılım
fonksiyonu denir.
Teorem: P olasılık ölçüsüne karşılık gelen dağılım fonksiyonu,
F ( x) = P ((−∞, x]) , x ∈ R
olmak üzere,
a) F azalmayan ( x1 < x2 ⇒ F ( x1 ) ≤ F ( x2 )),
b) F sağdan sürekli (lim+ F ( x + h) = F ( x)),
h→ 0
c)
dır.
Đspat:
lim F ( x) = 0 , lim F ( x) = 1
x→−∞
x →+∞
a) x1 < x2 ⇒ ( −∞, x1 ] ⊂ ( −∞, x2 ] ⇒ P(( −∞, x1 ]) ≤ P(( −∞, x2 ]) ⇒ F ( x1 ) ≤ F ( x2 )
1

b) An =  −∞, x +  , n = 1, 2, 3,... için
n

A1 ⊃ A2 ⊃ ⋯ ⊃ An ⊃ ⋯
∞
⇒ lim P ( An ) = P (∩ An )
n →∞
n =1
∞

1
1
⇒ lim P   −∞, x +   = P  ∩  −∞, x +   = P ( ( −∞, x ])
n →∞
n
n

 n =1 
1
⇒ lim F ( x + ) = F ( x)
n →∞
n
c) An = ( −∞, −n ] , n = 1, 2,3,... için
A1 ⊃ A2 ⊃ ⋯ ⊃ An ⊃ ⋯
∞
⇒ lim P ( An ) = P (∩ An )
n →∞
n =1
∞

⇒ lim P ( ( −∞, − n ]) = P  ∩ ( −∞, − n ]  = P ( ∅ ) = 0
n →∞
 n =1

⇒ lim F (− n) = 0
n →∞
⇒ lim F ( x) = 0
x→−∞
An = ( −∞, n] , n = 1, 2,3,... için
A1 ⊂ A2 ⊂ ⋯ ⊂ An ⊂ ⋯
∞
⇒ lim P ( An ) = P (∪ An )
n →∞
n =1
∞

⇒ lim P ( ( −∞, n ]) = P  ∪ ( −∞, n ]  = P ( Ω ) = 1
n →∞
 n =1

⇒ lim F (n) = 1
n →∞
⇒ lim F ( x) = 0
x→∞
Bir P olasılık ölçüsüne karşılık gelen F dağılım fonksiyonu azalmayan, sağdan
sürekli, eksi sonsuzda limiti sıfır ve artı sonsuzda limiti bir olan bir fonksiyondur. Tersine,
böyle bir F fonksiyonu yardımıyla,
P ((−∞, b]) = F (b) , (−∞, b] ∈ B
olacak şekilde bir olasılık ölçüsü tanımlanabilir. a < b , a, b ∈ R için
P ((a, b]) = F (b) − F (a )
P ((a, ∞)) = 1 − F (a )
P ({a}) = F (a ) − lim+ F (a − h) = F (a ) − F (a −)
h →0
olduğu kolayca gösterilebilir.
Örnek 3:
x<0
0 ,

F ( x) =  x , 0 ≤ x < 1
1 ,
x ≥1

fonksiyonu, azalmayan, sürekli ve
lim F ( x) = 0 , lim F ( x) = 1 olan bir fonksiyon olup,
x→−∞
x →+∞
dağılım fonksiyonu olma özelliklerini sağlamaktadır.
F(x)
1
x
1
Bu dağılım fonksiyonuna karşılık gelen P olasılık ölçüsünü göz önüne alalım.
P ({0.5}) = F (0.5) − F (0.5− ) = 0
P ({a }) = F ( a ) − F (a− ) = 0 , ∀a ∈ R
P ((−2,1/ 2]) = F (1/ 2) − F (−2) = 1/ 2
P ((1/ 3,1/ 2]) = F (1/ 2) − F (1/ 3) = 1/ 2 − 1/ 3 = 1/ 6
1
P ([1/ 3, 3]) = F (3) − lim+ F ( − h) = 1 − 1/ 3 = 2 / 3
h →0
3
P ((1/ 3, ∞ )) = 1 − F (1/ 3) = 1 − 1/ 3 = 2 / 3
dır.
Dağılım fonksiyonunda olasılık hesabı yapmak, Fizik derslerinde gördüğünüz yolzaman grafiğinde yol miktarını hesaplamaya benzemektedir.
Hatırlatma: Bir hareketin yol-zaman ve hız-zaman grafikleri aşağıdaki gibi olsun. Yol-zaman
grafiğinde t 1 anından t 2 anına kadar geçen zaman aralığındaki yol miktarı y(t 2 ) − y (t1 )
t2
farkına eşittir. Bu yol miktarı hız-zaman grafiğinde ∫ v(t )dt alanına eşittir.
t1
Yol-zaman grafiği ya da hız-zaman grafiği tek başına hareketi anlatmaktadır.
Birinden diğerine türev-integral alarak geçilmektedir. Bunlar hareketin birer matematiksel
modelidir (anlatımıdır). Bu grafikler dik atış içindir. Modelden, cismin ne kadar bir
yüksekliğe çıkabileceği, ne kadar bir zaman sonra yere düşeceği, yere düştüğü andaki hızı,
belli bir anda bulunduğu konumu ve hızı gibi hareket ile ilgili sonuçlar elde edilebilir.
Modelin verdikleri ile gerçek dünyada olup bitenlerin tamamıyla aynı olduğu söylenemez.
Örneğin, başlangıç anında modelin anlattığına göre hız aniden v0 değerine ulaşmaktadır. Bu
gerçek dünya ile ilgili gözlemlerimize ters düşmektedir. Gerçek dünyada neler olmaktadır?
Bunların modeldeki yeri ne olabilir?
Yukarıdaki F dağılım fonksiyonu x = 0 ve x = 1 noktaları dışında türevlenebilir. Bu iki
nokta dışında, türev fonksiyonu,
0 , −∞ < x < 0
dF ( x) 
f ( x) =
= 1 , 0 < x < 1

dx
0 , 1 < x < ∞
olmak üzere,
1/ 2
P ((1/ 3,1/ 2]) = F (1/ 2) − F (1/ 3) =
∫
1/ 2
f ( x)dx = ∫ 1.dx =1/ 2 − 1/ 3 = 1/ 6
1/ 3
1/ 3
a
P ({a}) = F ( a) − F (a− ) = ∫ f ( x)dx = 0 , ∀a ∈ R
a
dır. Bir F dağılım fonksiyonunun türevi olan f fonksiyonuna, hemen aşağıda, olasılık
yoğunluk fonksiyonu diyeceğiz. Olasılık yoğunluk fonksiyonlarında olasılık hesabı, hızzaman grafiğinde yol hesabına benzemektedir. Hız-zaman grafiğinde belli bir zaman
aralığında alınan yol miktarı bir alana karşılık geldiği gibi, olasılık yoğunluk fonksiyonunda
da bir aralığın olasılığı bir alana karşılık gelmektedir. Yalnız, olasılık yoğunluk fonksiyonları
hiçbir zaman negatif değer almamaktadır.
Bir P olasılık ölçüsüne (olasılık dağılımına) karşılık gelen F : R → [0,1] dağılım
fonksiyonu,
1) f ( x) ≥ 0 , x ∈ R
∞
2)
∫
f ( x)dx = 1
−∞
özelliklerine sahip bir f fonksiyonu yardımıyla,
x
F ( x) = ∫ f ( x)dx , x ∈ R
−∞
biçiminde yazılabiliyorsa, olasılık dağılımına sürekli dağılım ve f fonksiyonuna bu dağılımın
olasılık yoğunluk fonksiyonu denmektedir. Sürekli bir dağılımın F dağılım fonksiyonu
sürekli bir fonksiyondur. Ayrıca, a < b , a, b ∈ R için
b
P ((a, b]) = F (b) − F (a ) = ∫ f ( x)dx
a
P({a}) = F (a) − lim+ F (a − h) = F (a ) − F (a − ) =0
h →0
dır.
Örnek 4: Bir olasılık dağılımının olasılık yoğunluk fonksiyonu,
e− x , x ≥ 0
f ( x) = 
0 , x < 0
olsun. Bu dağılımın dağılım fonksiyonu,
F : R → [0,1]
0
, x<0

x
x → F ( x) = ∫ e− x dx =  x −t
e−t

=
e
dt
, x≥0
∫
−∞
−
1
 0
t =0
x
0
= 
1− e− x
, x<0
, x≥0
dır.
f(x)
F(x)
•
1
12
45
x
x
Bu olasılık dağılımında 1 birim olasılık (0, ∞) aralığı üzerine dağılmıştır. Aynı uzunluklu
olan (1, 2) ile (4,5) aralıklarından ilkinin olasılığı daha büyüktür.
2
5
∫e
−x
dx = F (2) − F (1) > ∫ e− x dx = F (5) − F (4)
1
4
x-ekseninde sağa doğru gittikçe aralıkların (aynı uzunluklu) olasılıkları azalmaktadır, başka
bir ifade ile x-ekseninde sağa doğru gittikçe yoğunluk azalmaktadır.
Örnek 5: Olasılık yoğunluk fonksiyonunun grafiği aşağıdaki gibi olan bir dağılımda, olasılık
sıfır etrafında yoğunlaşmış olup, (−3,3) aralığının dışında olasılık hemen hemen sıfırdır.
Olasılık yoğunluk fonksiyonu sıfıra göre simetriktir. Olasılığın %50 si sıfırın sağındadır.
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
-0.1
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
Grafiği “çan eğrisi” ismini de taşıyan bu olasılık yoğunluk fonksiyonu,
5
2
1 − x2
f ( x) =
e
, −∞ < x < ∞
2π
dır.
Örnek 6: Aşağıdaki fonksiyon da dağılım fonksiyonu özelliklerini taşımaktadır (azalmayan,
sağdan sürekli, lim F ( x) = 0 , lim F ( x) = 1 ).
x→−∞
x →+∞
,
x <1
 0

F ( x) = 
1
1 − n + 1 , n ≤ x < n + 1 , n = 1, 2,…
F(x)
1
•
•
•
• 1 2
x
4
3
Bu dağılım fonksiyonuna karşılık gelen P olasılık ölçüsünü göz önüne alalım.
A ∈ B, A ⊂ (−∞,1) için P ( A) = 0 dır.
A = {n}, n = 1, 2, 3,… için,
P({n}) = F (n) − lim + F (n − h)
h → 0
= 1−
1
1
 1
− 1 −  =
n + 1  n  n(n + 1)
dır. Üstelik,
∞
∞
1
=1
n =1 n( n + 1)
n =1
olup, bir birim olasılık pozitif tamsayılara karşılık gelen noktalara dağılmıştır.
P (Z + ) = P (∪{n}) = ∑
Dağılım fonksiyonu basamak fonksiyonu biçiminde olan dağılımlarda bir birim
olasılık bazı noktalara (sıçrama noktalarına) dağılmaktadır. Bu tür dağılımlara kesikli olasılık
dağılımları denmektedir.
Dağılım fonksiyonunun sıçrama noktaları x = 1, 2, 3,... olmak üzere,
1
f ( x ) = F ( x ) − F ( x− ) =
, x = 1, 2, 3,...
x(1 + x)
fonksiyonuna bu dağılımın olasılık fonksiyonu denir.
Bu derste göreceğimiz olasılık dağılımları ya sürekli, ya da kesikli olacaktır.
Örnek7: Aşağıdaki fonksiyon dağılım fonksiyonu özelliklerini (azalmayan, sağdan
sürekli, lim F ( x) = 0 , lim F ( x) = 1 ) taşımaktadır.
x→−∞
x →+∞
0 , x < 0
1

F ( x) = 
, 0 ≤ x <1
2
x ≥1
 1 ,
F(x)
•
1
•
x
1
Bu dağılım fonksiyonuna karşılık gelen olasılık ölçüsü P olsun.
P({0}) = F (0) − F (0 − ) =
1
2
P({1}) = F (1) − F (1− ) =
1
2
ve x ∉ {0,1} için P({x}) = 0 dır. Bir birim olasılık 0 ile 1 noktasındadır ve eşit miktardadır.
A ∩ {0,1} = ∅ için P( A) = 0 dır.
4. Geometrik Olasılık.
Ω ≠ ∅, herhangi bir küme , U, Ω da bir σ -cebir ve
m : U → R ∪ {∞}
A →
fonksiyonu için :
1)
2)
m( A)
m( A) ≥ 0, ∀A ∈ U
m(∅) = 0
∞
∞
n =1
n =1
3) ( An ) , U da ayrık kumelerin dizisi iken m(∪ An ) = ∑ m( An )
özellikleri sağlandığında m ye U da bir ölçü denir. Ölçü kavramı Matematiğin bir
kavramıdır.Uzunluk, alan, hacim ölçüleri buna birer örnektir.
Bir m ölçüsü için, m(Ω) < ∞ (sonlu) olduğunda,
P: U → R
m( A)
m (Ω )
olarak tanımlanan P fonksiyonu U da bir olasılık ölçüsüdür.
A → P( A) =
Herhangi bir m ölçüsü için B ∈ U ve m( B) < ∞ olsun.
U B = { A : A = B ∩ C, C ∈U }
olmak üzere,
PB : U B → R
→ PB ( A) =
A
m( A)
m( B )
fonksiyonu U B de bir olasılık ölçüsüdür.
Şimdi geometrik olasılık diye bilinen ve uzunluk, alan, hacim yardımıyla tanımlanan
olasılık ölçülerine değinelim. N , M ∈ R, N < M için Ω = [ N , M ] aralığını göz önüne alalım.
A ⊂ Ω bir aralık olduğunda,
P( A) =
A nın aralık uzunluğu
Ω nın aralık uzunluğu
ve diğer A ⊂ Ω altkümeleri (aralıkların birleşimi, kesişimi, tümlemesi türünden olanlar) için
P( A) =
" A nın uzunluk ölçüsü"
Ω nın aralık uzunluğu
olarak tanımlanabilir. Buradaki Ω ‘nın bir olasılık deneyinin Örnek Uzayı olduğunu göz
önünden kaçırmayın.
Ω ⊂ R 2 , sonlu alanlı bir küme olmak üzere
P( A) =
′′
A nın alan ölçüsü ′′
′′
Ω nın alan ölçüsü ′′
ve Ω ⊂ R 3 , sonlu hacimli bir küme olmak üzere,
P( A) =
′′
A nın hacim ölçüsü ′′
′′
Ω nın hacim ölçüsü ′′
olarak tanımlanabilir. Bu olasılık ölçüleri, bir birim olasılığın Ω üzerinde düzgün olarak
dağıldığı durumlar için kullanışlıdır.
Örnek 8:
Ω = {( x, y ) : ( x, y ) ∈ R 2 , x 2 + y 2 ≤ 9}
′′
A nın alan ölçüsü ′′
P( A) = ′′
Ω nın alan ölçüsü ′′
olmak üzere,
A = {( x, y ) : 0 ≤ x ≤ 1, − 2 ≤ y ≤ 2} için P( A) =
B = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 1} için P( B) =
4
9π
1
9
C = {( x, y ) : ( x, y ) ∈ Ω , x = y} için P(C ) = 0
dır.
Örnek 9: Yarıçapı 1 birim olan dairesel ince madeni bir pul, taban yarıçapı 3 birim olan bir
silindirin içine atıldığında tabanın merkezini örtmesi olasılığı nedir?
a) Pulun, tabanın merkez noktasını örtmesi için, pulun merkezi ile tabanın merkez noktası
arasındaki uzaklığın 1 birimden küçük olması gerekir. Pulun merkezi ile tabanın merkezi
arasındaki uzaklık d olmak üzere 0 ≤ d ≤ 2 dir. Deneyin sonuçlarının kümesi
Ω1 = {d :0 ≤ d ≤ 2}
ve
" A nın uzunluk ölçüsü"
P1 ( A) =
Ω nın aralık uzunluğu
olmak üzere, pulun taban merkezini örtmesi olayı için,
A = {d :0 ≤ d ≤ 1}
P1 ( A) =
elde edilir.
1
2
b) Silindirin tabanında, başlangıç noktası silindirin merkezi ile çakışan bir dik koordinat
sistemi ele alalım. Bu koordinat sistemine göre pulun merkez noktasının koordinatlarını ( x, y )
ile gösterelim. Deneyin sonuçlarının kümesi
Ω2 = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 4}
ve
P( A) =
′′
A nın alan ölçüsü ′′
′′
Ω nın alan ölçüsü ′′
olmak üzere, pulun taban merkezini örtmesi olayı için
A = {( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 1}
P2 ( A) =
π ×12
1
=
2
π×2
4
elde edilir.
Görüldüğü gibi modeller farklı sonuçlar vermektedir. Bu deney için başka modeller de
oluşturulabilir. Bu modellerden hangisi deneyimize "uygundur"? Pulu çok defa attığımızda
olaya uygun sonuçların sayısının atış sayısına oranı bize yardımcı olabilir. Ancak her atıştan
sonra oranın bir öncekine göre değişmesi, belli sayıda atış yeniden yapıldığında aynı oranın
elde edilmemesi gibi sorunlar ortaya çıkacaktır. Bu tür sorunların daha ileri düzeyde Đstatistik
bilgisinden sonra açıklığa kavuşacağını yeniden hatırlatalım. Şimdilik amacımız, olasılık
uzayı yani model verildiğinde, olasılık hesabı yapabilmektir.
Beli bir (Ω, U , P) olasılık uzayı bir olasılık deneyinin modeli olarak kullanıldığında
U σ -cebirindeki kümeler deney ile ilgili olaylara karşılık gelecektir. Bu σ -cebir her zaman
kuvvet kümesi olmak zorunda değildir. Örneğin bir olasılık deneyinde sadece beli bir A
olayının gerçeklenip gerçeklenmediği ile ilgileniyorsak σ -cebir olarak {Ω,∅, A, A} yı
almamız yeterlidir. Eğer bir olasılık deneyinde tüm olaylar ile ilgileniyorsak σ -cebir olarak
Ω nın kuvvet kümesini almalıyız. Bir σ -cebir sayılabilir birleşim, sayılabilir kesişim ve
tümlemeye göre kapalıdır. A ∈ U için A olayının gerçekleşmesi demek deney sonucunun A
nın elemanı olması demektir. A, B ∈ U için,
A ∪ B = {ω : ω ∈ Ω , ω ∈ A veya ω ∈ B}
A ∩ B = {ω : ω ∈ Ω , ω ∈ A ve ω ∈ B}
A = {ω : ω ∈ Ω , ω ∉ A}
olduğu göz önüne alınırsa A ∪ B olayının gerçekleşmesi demek A ve B olaylarından enaz
birinin gerçekleşmesi, A ∩ B olayının gerçekleşmesi demek A ve B olaylarının her ikisinin
de gerçekleşmesi, A olayının gerçekleşmesi demek A nın gerçekleşmemesi demektir. Bu
hatırlatmaları göz önünde tutarak aşağıdaki çözülmüş problemleri inceleyiniz.
Çözülmüş Problemler:
1.Problem (Ω, U , P) bir olasılık uzayı, A1 , A2 , A3 , A4 , A5 ∈ U olayları tam bağımsız ve her
birinin olasılığı 1/3 olsun.
a) A1 , A2 , A3 , A4 , A5 olaylarından hiç birinin gerçekleşmemesi olasılığı nedir?
Deney sonucunda A1 , A2 , A3 , A4 , A5 olaylarından hiç birinin gerçekleşmemesi olayı
A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ∩ A5 olmak üzere bu olayın olasılığı,
2
32
P( A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ∩ A5 ) = P( A1 ) P( A2 ) P( A3 ) P( A4 ) P( A5 ) = ( )5 =
3
243
dır.
b) A1 , A2 , A3 , A4 , A5 olaylarından en az birinin gerçekleşmesi olasılığı nedir?
Deney sonucunda A1 , A2 , A3 , A4 , A5 olaylarından en az birinin gerçekleşmesi olayı
A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ∪ A5 olmak üzere bu olayın olasılığı,
P ( A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ∪ A5 ) = 1 − P ( A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ∪ A5 ) = 1 − P ( A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ∩ A5 )
2
32
211
= 1 − P ( A1 ) P ( A2 ) P ( A3 ) P ( A4 ) P ( A5 ) = 1 − ( )5 = 1 −
=
3
243 243
dır.
5
P( A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ∪ A5 ) = ∑ P( Ai ) −
i =1
∑
∑
−
∑
P( Ai ∩ Aj ) +
1≤i< j ≤5
P( Ai ∩ Aj ∩ Ak )
1≤i< j <k ≤5
P ( Ai ∩ Aj ∩ Ak ∩ Al ) + P( A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ∩ A5 )
1≤i< j <k <l ≤5
5
= ∑ P( Ai ) −
i =1
−
∑
P( Ai ) P( Aj ) +
1≤i< j ≤5
∑
∑
P( Ai ) P( Aj ) P( Ak )
1≤i< j <k ≤5
P ( Ai ) P ( A j ) P ( Ak ) P ( Al ) + P ( A1 ) P ( A2 ) P ( A3 ) P ( A4 ) P ( A5 )
1≤i < j < k <l ≤5
1
1
1
1
1
= 5× −10× ( )2 + 10× ( )3 − 5× ( )4 + ( )5
3
3
3
3
3
211
=
243
c) A1 , A2 , A3 olaylarından yalnız birinin gerçekleşmesi olasılığı nedir?
Deney sonucunda A1 , A2 , A3 olaylarından yalnız birinin gerçekleşmesi olayı,
( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) ∪ ( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) ∪ ( A1 ∩ A2 ∩ A3 )
olmak üzere bu olayın olasılığı,
P (( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) ∪ ( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) ∪ ( A1 ∩ A2 ∩ A3 )) = P ( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) + P ( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) + P ( A1 ∩ A2 ∩ A3 )
1 2 2 2 1 2 2 2 1 4
= × × + × × + × × =
3 3 3 3 3 3 3 3 3 9
dır.
d) A1 , A2 , A3 olaylarından yalnız ikisinin gerçekleşmesi olasılığı nedir?
Deney sonucunda A1 , A2 , A3 olaylarından yalnız ikisinin gerçekleşmesi olayı,
( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) ∪ ( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) ∪ ( A1 ∩ A2 ∩ A3 )
olmak üzere,
P (( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) ∪ ( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) ∪ ( A1 ∩ A2 ∩ A3 )) = P ( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) + P ( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) + P ( A1 ∩ A2 ∩ A3 )
1 1 2 1 2 1 2 1 1 2
= × × + × × + × × =
3 3 3 3 3 3 3 3 3 9
dır.
e) A1 , A2 , A3 , A4 , A5 olaylarından yalnız ikisinin gerçekleşmesi olasılığı nedir?
5 1 2
5.4 1 8
80
p =   ( ) 2 ( )3 =
× × =
2 3 3
1.2 9 27 243
f) A1 , A2 , A3 , A4 , A5 olaylarından en az ikisinin gerçekleşmesi olasılığı nedir?
5 1 2
5 1 2
5 1 2
1
80
40
10
1
131
+
+
+
=
p =   ( ) 2 ( )3 +   ( )3 ( )2 +   ( ) 4 ( )1 + ( )5 =
2 3 3
4 3 3
3
243 243 243 243 243
3 3 3
5 1 2
5 1 2
32
80
131
p = 1−   ( )0 ( )5 −   ( )1 ( )4 = 1−
−
=
243 243 243
0 3 3
1  3 3
2.Problem Bir tavla zarının bir kez atılması deneyinde örnek uzay {1, 2, 3, 4, 5, 6} olsun. Buna
göre, bir zar iki kez ardı ardına atıldığında örnek uzay,
S = {( x, y ) : x, y = 1, 2, 3, 4, 5, 6}
{(1,1) , (1, 2),
(2,1) , (2, 2) ,
(3,1), (3, 2),
=
(4,1), (4, 2) ,
(5,1), (5, 2),
(6,1), (6, 2),
(1,3),
(2, 3),
(3,3),
(4, 4),
(5,3),
(6, 3),
(1, 4) ,
(2, 4),
(3, 4),
(4,5) ,
(5, 4) ,
(6, 4),
(1,5),
(2,5) ,
(3,5),
(4, 6),
(5,5),
(6, 5),
(1, 6),
(2, 6),
(3, 6) ,
(4, 7) ,
(5, 6),
(6, 6) }
ve n( S ) = 36 dır. U = P( S ) ve P( A) = n( A) / 36 olarak tanımlanan ( S , U , P) olasılık uzayını
deneyin bir modeli olarak kullandığımızda, örneğin üste gelen sayılar toplamının 9 ‘dan
büyük olma olayı,
A = {(5, 5), (6, 4), (4, 6), (5, 6), (6, 5), (6, 6)}
olmak üzere, bu olayın olasılığı
P( A) = n( A) / 36 = 6 / 36 = 1/ 6
dır.
Birinci atışta gelen sayının ikinci atışta gelen sayıdan farklı olması olayı
B = {( x, y ) ∈ S : x ≠ y} olmak üzere n( B) = 30 ve P( B) = 30 / 36 = 5/ 6 dır.
Birinci veya ikinci atışta çift sayı gelmesi olayının olasılığını hesaplamak için
C − 1. atışta çift sayı gelmesi
D − 2. atışta çift sayı gelmesi
olaylarını tanımlayalım. O zaman aranan olasılık
P(C ∪ D) = P(C ) + P( D) − P(C ∩ D)
=
18 18 9 27
+ −
=
36 36 36 36
veya
P(C ∪ D) = 1 − P(C ∪ D) = 1 − P(C ∩ D) = 1 −
9 27
=
36 36
dır.
Gelen sayılar toplamının 9 ‘dan büyük olduğu bilindiğinde, birinci atışta 6 gelmiş
olması olasılığı nedir? E olayı birinci atışta 6 gelmesi olayı olsun. Sorulan olasılık,
P( E / A) =
P( E ∩ A) 3 / 36 1
=
=
P( A)
1/ 6
2
dır.
A,B,C,D,E olaylarının bağımsızlığını araştıralım.
4
P( A ∩ B ) =
36
olup A ile B bağımsız değildir.
1 5
P( A).P( B) = ×
6 6
4
36
1 1
P( A).P(C ) = ×
6 2
P( A ∩ C ) =
4
36
1 1
P( A).P( D) = ×
6 2
olup A ile C bağımsız değildir.
P( A ∩ D) =
P( E / A) =
değildir.
olup A ile D bağımsız değildir.
P( E ∩ A) 3 / 36 1
1
=
= ≠ P( E ) = olduğundan A ile E bağımsız
P( A)
1/ 6
2
6
15
36
olup B ile C bağımsız değildir.
5 1
P( B ).P(C ) = ×
6 2
P( B ∩ C ) =
15
36
olup B ile D bağımsız değildir.
5 1
P( B).P( D) = ×
6 2
P( B ∩ D) =
5
36
olup B ile E bağımsız olaylardır.
5 1
P( B ).P( E ) = ×
6 6
P( B ∩ E ) =
9
36
olup C ile D bağımsız olaylardır.
1 1
P(C ).P( D) = ×
2 2
P(C ∩ D) =
.
1
36
olup C ile E bağımsız olaylar değildir.
1 1
P(C ).P( E ) = ×
2 6
P(C ∩ E ) =
3
36
olup D ile E bağımsız olaylardır.
1 1
P( D).P( E ) = ×
2 6
2
P( A ∩ B ∩ C ) =
36
olup A,B,C olayları 3-lü bağımsız değildir.
1 5 1
P( A).P( B).P(C ) = × ×
6 6 2
P( D ∩ E ) =
P( A ∩ B ∩ C ∩ D) =
2
36
1 5 1 1
P( A).P( B).P(C ) P( D) = × × ×
6 6 2 2
P( A ∩ B ∩ C ∩ D ∩ E ) =
olup A,B,C,D olayları 4-lü bağımsız değildir.
1
36
1 5 1 1 1
P( A).P( B).P(C ) P( D).P( E ) = × × × ×
6 6 2 2 6
olup A,B,C,D,E olayları 5-li bağımsız değildir.
P(C ∩ D ∩ E ) =
3
36
olup C,D, E olayları 3-lü bağımsız değildir.
1 1 1
P(C ).P( D).P( E ) = × ×
2 2 6
Daha kaç tane karşılaştırma yapılacaktır? 5 tane olay için 31 tane eşitliğin karşılaştırılması
gerekmektedir.
3.Problem a, b, c, d harfleri 4 ayrı kağıt parçasına yazılsın ve bir kavanoza atılsın:
1) çekileni geri atma şartıyla ardarda,
2) çekileni geri atmama şartıyla ardarda,
3) aynı anda
üç tane kağıt parçası çekilsin. Bu deneylerin Örnek uzayları sırasıyla
S1 = {a, b, c, d } × {a, b, c, d } × {a, b, c, d }
= {( x, y, z ) : x, y, z ∈ {a, b, c, d }}
S 2 = {( x, y, z ) : x, y, z ∈ {a, b, c, d }, x ≠ y, x ≠ z, y ≠ z}
S3 = {{x, y, z} : {x, y, z} ⊂ {a, b, c, d }}
olmak üzere n( S1 ) = 4 × 4 × 4 = 64 , n( S 2 ) = 4 × 3 × 2 = 24 , n( S3 ) = 4 dır.
* Bu deneylerin her biri için; çekilişlerde a harfinin kavanozdan alınmamış olması
olayının olasılığını hesaplayalım.
1. deney için olay
A = {b, c, d } × {b, c, d } × {b, c, d }
olmak üzere,
n( A1 ) 3 × 3 × 3 27
=
=
P1 ( A) =
n( S1 )
64
64
2.
deney için olay
B = {( x, y, z ) ∈ S 2 : x, y, z ∈ {b, c, d }}
olmak üzere,
P2 ( B) =
3. deney için olay
n( B ) 3 × 2 × 1 1
=
=
n( S 2 )
24
4
C = {{b, c, d }}
olmak üzere,
P3 (C ) =
n(C ) 1
=
n ( S3 ) 4
dır.
* Çekilen üç harfin de aynı harf olması olayını göz önüne alırsak, 1.deney için olay,
A = {(a, a, a ), (b, b, b), (c, c, c), (d , d , d )}
ikinci deney için B = ∅ ve üçüncü deney için C = ∅ olmak üzere olasılıklar
P1 ( A) =
4
, P2 ( B) = 0, P3 (C ) = 0
64
olacaktır.
* Çekilen üç harf arasında a veya b nin gelmesi olayı; 1. deney için
A = S1 \ {c, d } × {c, d } × {c, d }
olmak üzere,
n( A)
8 7
= 1−
=
n( S1 )
64 8
ve 3. deney için C = S3 olmak üzere, P(C ) = 1 dır.
P1 ( A) =
2. deney için B = S 2 , P( B) = 1
* Đlk önce a sonra b ve sonra c nin çekilmesi olayı;
1. deney için A = {(a, b, c)} olmak üzere P1 ( A) = 1/ 64,
2. deney için B = {(a, b, c)} olmak üzere P2 ( B) = 1/ 24,
3. deney için böyle bir olay tanımsızdır.
* E, 1. deneyde çekilen harflerin birbirinden farklı ve alfabetik sıraya göre çekilmesi
olayı olmak üzere,
n( E ) 4 × 3 × 2 × 13! 1
=
=
P1 ( E ) =
64
16
n( S1 )
dır.
* D , 2). deneyde b harfinin 2. çekilişte gelmesi olayı olmak üzere
n ( D ) 3 × 1× 2 1
P2 ( D) =
=
=
n( S 2 )
24
4
dır.
* F , 3).deneyde a ve b harflerinin çekilmesi olmak üzere
P3 ( F ) =
n( F )
=
n( S3 )
  
2 2
2 1
  
 
 4
 3
 
=
1
2
dır.
4.Problem Bir kavanozda k tane kırmızı ve b tane beyaz top bulunsun. Bir top çekilip
rengine bakıldıktan sonra bu renkten başka c tane top ile birlikte kavanoza geri atılsın.
Bi , i = 1, 2, i.çekilişte beyaz top gelmesi olayı,
K i , i = 1, 2, i.çekilişte kırmızı top gelmesi olayı
olmak üzere:
P( K1 ) =
k
b
, P( B1 ) =
b+k
b+k
P( K 2 ) = P[( K1 ∪ B1 ) ∩ K 2 ] = P( K1 ∩ K 2 ) + P( B1 ∩ K 2 )
= P( K1 ) × P( K 2 /K1 ) + P( B1 ) × P( K 2 /B1 )
= P( K1 ).P( K 2 /K1 ) + P( B1 ).P( K 2 /B1 )
=
k
k +c
b
k
+
b+k b+k +c b+k b+k +c
=
k
b+k
b
b+k
Görüldüğü gibi P( B1 ) = P( B2 ) ve P( K1 ) = P( K 2 ) dır. Bir top çekilip rengine bakıldıktan
sonra bu renkten başka c tane top ile birlikte kavanoza geri atıldığında olasılıklar
değişmemektedir.
P( B2 ) = 1 − P( K 2 ) =
Şimdi ikinci çekilişte topun kırmızı olduğu bilindiğinde birinci çekilen topun kırmızı
olması olasılığını hesaplayalım.
P( K1 ∩ K 2 )
k +c
P( K1/K 2 ) =
=
P( K 2 )
b+k +c
Buradan,
b
P( B1/K 2 ) = 1 − P( K1/K 2 ) =
b+k +c
dır.
5.Problem 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 rakamları ile oluşturulan, farklı rakamlı 6 basamaklı
sayılardan biri rasgele seçildiğinde:
a) Çift sayı olması olasılığı nedir?
S kümesi 1, 2,…, 9 rakamları ile oluşturulan farklı rakamlı 6 basamaklı sayıların
kümesi (Örnek Uzay) olmak üzere,
n( S ) = 9 × 8 × 7 × 6 × 5 × 4
dır. Çekilen sayının çift sayı olması olayı,
A = {x ∈ S : x çift sayı}
olmak üzere,
n( A) = 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 4
dır. A olayının olasılığı,
P( A) =
n( A) 4
=
n( S ) 9
dır.
Bundan sonraki şıklarda Örnek Uzayı yazmayacağız.
b) Rakamlar toplamının çift sayı olması olasılığı nedir?
B = {x ∈ S : x in rakamları toplamı cift sayı}
ve k = 1, 2, 3, 4 için
Bk = {x ∈ S : x sayısının k tane rakamı cift}
olmak üzere,
B = B2 ∪ B4
n( B) = n( B2 ) + n( B4 )
 4  5 
 4  5 
=    × 6!+    × 6! = 40 × 6!
 2  4 
 4  2 
ve
P( B) =
40 × 6!
40 × 3! 10
=
=
9 × 8 × 7 × 6 × 5 × 4 9 × 8 × 7 21
dır.
c) Çift rakamların yan yana (bir arada) olması olasılığı nedir?
C = {x ∈ S : x deki cift rakamlar yanyana}
olmak üzere,
C = C ∩ S = C ∩ ( B1 ∪ B2 ∪ B3 ∪ B4 )
= (C ∩ B1 ) ∪ (C ∩ B2 ) ∪ (C ∩ B3 ) ∪ (C ∩ B4 )
n(C ) = n(C ∩ B1 ) + n(C ∩ B2 ) + n(C ∩ B3 ) + n(C ∩ B4 )
 4  5 
 45
 4 5
 45
=    6!+     5!2!+     4!3!+     3!4!
 1  5 
 2 4
 3 3
 4 2
ve
P(C ) =
n(C )
24 × 6!
2
=
=
n( S ) 9 × 8 × 7 × 6 × 5 × 4 7
dır.
d) 3 tane rakamı tek, 3 tane rakamı çift veya 8 rakamını içermesi olasılığı nedir?
D = {x ∈ S : x, 8 rakamını icerir}
olmak üzere
D1 = B3 ∪ D
olayının olasılığı,
P( D1 ) = P( B3 ) + P( D) − P( B3 ∩ D)
=
=
n( B3 ) + n( D) − n( B3 ∩ D)
n( S )
  
 4 5
 3 3
  
  
   
  
   
6!+  11   85  6!−  11   32   53  6!
9×8× 7 × 6× 5× 4
= 33/ 42
dır.
e) Çift sayı olması veya 8 rakamını içermesi olasılığı nedir?
E = A∪ D
olmak üzere aranan olasılık
P( E ) = P( A) + P( D) − P( A ∩ D)
  
1  8 
1  5 
  
  
6! 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 1 +  11   74  4!3
4
  
= +
−
9
n( S )
n( S )
dır.
f) Rakamları azalan veya artan sırada olması olasılığı nedir?
F = {x ∈ S : x deki rakamlar azalan veya artan sırada}
olmak üzere
2
n( F ) = 9 × 8 × 7 × 6 × 5 × 4 ×
6!
ve
2
1
P( F = =
6! 360
dır.
g) 3 tane rakamı tek, 3 tane rakamı çift, tek rakamlar azalan ve çift rakamlar azalan sırada
olması olasılığı
  
4 5
 3  3
  
6!× 13!×13!
n( S )
dır.
h) 3 tane rakamı tek, 3 tane rakamı çift olması, aynı cinsten iki rakamın yanyana olmaması ve
sayıdaki en büyük tek rakamın teklere göre en sağda olması olasılığı
  
4 5
 3  3
  
[3!× 3!] × 2 × 23!
n( S )
dır.
i) Yan yana iki çift rakam bulunmaması olasılığı nedir?
I = {x ∈ S : x de yanyana iki cift rakam yok}
I = ( I ∩ B1 ) ∪ ( I ∩ B2 ) ∪ ( I ∩ B3 )
olmak üzere
 4  5
 4  5   5 
 4  5   4 
n( I ) =     6!+    4!  2!+    3!  3!
 1   5
 2  4   2 
 3  3   3 
ve
P( I ) =
n( I )
n( S )
dır.
j) Rakamlar toplamının en az 23 olması olasılığı nedir?
K − rakamlar toplamının en az 23 olması olayı olmak üzere
P( K ) = 1 − P( K )
 6!
6! 
= 1− 
+

 n( S ) n ( S ) 
=
41
42
dır.
6.Problem Elimizde, 1, 2,3,..., n sayıları ile numaralanmış n tane top ve n tane kutu
bulunsun. Bir topun numarası içinde bulunduğu kutunun numarasına eşitse bu durumda bir
"eşleşme" vardır denir.
a) n tane top n tane kutuya her kutuda bir top bulunacak şekilde rasgele atıldığında
en az bir eşleşme olması olasılığı nedir?
n tane farklı (numaralanmış) top n tane farklı (numaralanmış) kutuya her kutuda
bir top bulunacak şekilde n ! biçimde atılabilir. Örnek Uzayın eleman sayısı n ! dir.
Ai , i =1, 2,3,..., n olayı i. kutu için eşleşme olması olayı olsun.
P( Ai ) =
(n −1)! 1
=
, 1≤ i ≤ n
n!
n
P( Ai ∩ Aj ) =
(n − 2)!
1
=
, 1≤ i < j ≤ n
n!
(n −1)n
P( Ai ∩ Aj ∩ Ak ) =
(n − 3)!
1
=
, 1≤ i < j < k ≤ n
n!
(n − 2)(n −1)n
...
P( A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ An ) =
1
n!
olmak üzere, en az bir eşleşme olması olayının olasılığı,
n
n
∑
i =1
i =1
1≤ i < j ≤ n
P (∪ Ai ) = ∑ P ( Ai ) −
P ( Ai ∩ Aj ) +
∑
P ( Ai ∩ Aj ∩ Ak ) − ⋯ + ( −1) n −1 P ( A1 ∩ A2 ∩ ⋯ ∩ An )
1≤ i < j < k ≤ n
 n
n 1
1  n
1
1
= n × −  ×
+  ×
− ... + (−1) n−1  ×
n 2 (n −1)n 3  (n − 2)(n −1)n
n n !
= 1−
1 1
1
+ − ... + (−1) n−1 + ...
2! 3!
n!
dır.
B-hiçbir eşleşme olmaması olayı olsun. Bu olayın olasılığı,
P( B) = 1− P( B ) = 1− P( A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An )
1 1 1
1
= 1− + − + ... + (−1)n
1! 2! 3!
n!
B olayının olasılığını pn ile gösterelim.
1 1 1
1
pn = 1− + − + ... + (−1)n
1! 2! 3!
n!
olmak üzere,
1 1 1
1
e−1 = 1− + − + ... + (−1) n + ...
1! 2! 3!
n!
−1
sayısı göz önüne alınırsa, pn olasılığı e sayısının seri açılımındaki ( n + 1). kısmi toplamdır.
1 − e −1 ≅ 0.6321 ve 1 − p3 ≅ 0.6677, 1 − p4 ≅ 0.6250,1 − p5 ≅ 0.6333 ,1 − p6 ≅ 0.6320 olmak
üzere, 1 − pn nin değerleri küçük n ler için bile 1 − e −1 değerine yakındır. Böylece en az bir
eşleşme olması olasılığının pratik olarak n den ( n > 5) bağımsız olduğunu ve yaklaşık olarak
0.6321 olduğunu söyleyebiliriz.
b) n tane top, her bir kutuda bir top olacak şekilde, n kutuya rasgele atıldığında tam r
(1 ≤ r ≤ n) tane eşleşme olması olasılığı nedir?
1
r = n için bu olasılık
dır. r = n − 1 durumu söz konusu olamaz, çünkü n − 1 tane
n!
kutuda kendi numaralarına karşılık gelen toplar bulunuyorsa geriye kalan kutuda da bir
eşleşme vardır.
r = 1, 2,..., n − 2 için Br olayı, tam r tane eşleşme olması olayı olsun. Bir an için r
tane eşleşmenin 1, 2,…, r numaralı kutularda olduğunu düşünelim. Diğer n − r kutuda hiçbir
eşleşme olmayacak şekilde farklı düzenlemelerin sayısı (n − r )! pn−r olacaktır. Buradan,
n (n − r )! pn−r 1
1 1 1
1
P ( Br ) =  
= (1− + − + ... + (−1)n−r
) , r = 1, 2,...n − 2
r 
1! 2! 3!
(n − r )!
n!
r!
dır.
7.Problem
1, 2 ,..., n sayıları ile numaralanmış n tane kutu ve özdeş k tane top göz önüne
alalım. k tane özdeş top n farklı kutuya kaç yolda dağıtılabilir? (Boş kutu kalabileceği gibi
topların tümü bir tek kutuda da olabilir.)
Kutular numara sırasına göre yan yana dizildikten sonra aralarına birer ayıraç (levha)
konsun ve sadece k tane top ile n - 1 tane ayıraç göz önüne alınsın. Aşağıdaki gibi bir durum,
000 00 0 ... 0
1 numaralı kutuda 3, 2 numaralı kutuda 0, 3 numaralı kutuda 2, dört numaralı kutuda 1, 5
numaralı kutuda 0, ..., n-1 numaralı kutuda 1 ve n numaralı kutuda 0 tane top olan dağılışı
anlatmaktadır. Buna göre farklı dağılışların sayısı, k tanesi özdeş (top) ve n-1 tanesi özdeş
(levha) olan n - 1 + k tane nesnenin farklı sıralanışlarının sayısı kadar olacaktır. Buna göre, k
özdeş topun n farklı kutuya dağılışlarının sayısını s ( n , k ) ile gösterilirse,
n - 1+ k
( n − 1 + k )!
s( n, k ) =
=
k !( n − 1)!
k
FG
H
IJ
K
dır.
Örneğin n=3, k=2 için dağılışlar;
00
1.
0
1.
2.
0
2.
3.
00
2.
1.
3.
0
1.
3.
1.
2.
0
3.
2.
00
3.
1.
0
2.
0
3.
3-1+2
olmak üzere, dağılış sayısı s (3,2)= 
 = 6 dır.
 2 
n = 3, k = 3 için dağılışlar
000
1.
2.
3.
00
1.
0
2.
0
1.
00
2.
3.
0
1.
0
2.
3.
000
2.
1.
00
1.
3.
0
1.
3-1+3
olmak üzere, s (3,3)= 
 = 10 dır.
 3 
1.
0
3.
2.
2.
3.
00
3.
1.
000
3.
2.
1.
00
2.
0
2.
00
3.
0
3.
10 özdeş top 5 farklı kutuya rasgele atıldığında (dağıtıldığında):
Boş kutu kalmaması olasılığı =
5 −1 + 7



 7
5 −1 + 10


 10 
Topların hepsinin aynı kutuda olması olasılığı=
Yalnız bir kutunun boş olması olasılığı=
5
5 −1 + 10


 10 
5

  4 −1 + 8
 8 
1 
5 −1 + 10


 10 
Yalnız bir numaralı kutunun boş olması olasılığı=
Yalnız iki kutunun boş olması olasılığı=
5 −1 + 10


 10 
5

 3 −1 + 7



2
7 
5 −1 + 10


 10 
Kutularda eşit sayıda top olması olasılığı=
dır.
4 −1 + 6



6 
1
5 −1 + 10


 10 
8.Problem Cıvata üretilen bir atölyede üç işçi çalışmaktadır. Birinci işçi üretimin %40 ını,
ikinci işçi %35 ini ve üçüncü işçi %25 ini gerçekleştirmektedir. Birinci işçi cıvatalardan %5
ini, ikinci işçi %4 ünü ve üçüncü işçi %2 ini bozuk üretmektedir. Bu atölyede üretilen
cıvatalardan rasgele seçilen bir cıvatanın bozuk olduğu görüldüğünde birinci işçi tarafından
üretilmiş olması olasılığı nedir?
A1 -seçilen cıvatanın birinci işçi tarafından üretilmiş olması olayı
A2 -seçilen cıvatanın ikinci işçi tarafından üretilmiş olması olayı
A3 -seçilen cıvatanın üçüncü işçi tarafından üretilmiş olması olayı
B-seçilen cıvatanın bozuk olması olayı
olsun. Buna göre sorulan olasılık,
P ( A1 / B ) =
=
P ( A1 ) P ( B / A1 )
P ( A1 ) P ( B / A1 ) + P ( A2 ) P ( B / A2 ) + P ( A3 ) P ( B / A3 )
%40× %5
0.02
20
=
=
%40× %5 + %35× %4 + %25× %2 0.02 + 0.014 + 0.005 39
dır.
Ağaç Diyagramı yardımıyla çözüm:
Yolların Olasılıkları
1. Đşçi
%40
%35
%95
Sağlam
%40x%95
%5
Bozuk
%40x%5=0.02
Sağlam
%35x%96
Bozuk
%35x%4=0.014
Sağlam
%25x%98
Bozuk
%25x%2=0.005
%96
2.Đşçi
%4
%25
3.Đşçi
%98
%2
***
*** + * + *
=
***
*
*______
0.02
0.02 + 0.014 + 0.005
9.Problem Bir cam kavanozda 2 beyaz 3 siyah ve bir tahta kavanozda 2 beyaz 1 siyah top
bulunmaktadır. Rasgele bir kavanoz seçilip içinden bir top çekilip diğer kavanoza atılmaktadır
ve bu kavanozdan bir top çekilmektedir.
a) Çekilen her iki topun da siyah olması olasılığı nedir?
b) Çekilen ikinci topun siyah olduğu görüldüğünde birinci topun da siyah
olması olasılığı nedir?
•
Yolların Olasılıkları
1/2
•
3/5
••
• 2/5
1/2
1/2
1/3
•
•
2/3
••
•
•
1 3 1
× ×
2 5 2
1 3 1
× ×
2 5 2
•
1 2 1
× ×
2 5 4
1 2 3
× ×
2 5 4
•
1 1 1
× ×
2 3 3
1 1 2
× ×
2 3 3
•
1 2 1
× ×
2 3 2
1 2 1
× ×
2 3 2
1/2
1/4
3/4
•
••
•
1/3
••
•
1/2
2/3
1/2
1 3 1 1 1 1 37
a) p = × × + × × =
2 5 2 2 3 3 90
1 3 1 1 1 1
× × + × ×
37 / 90
74
2
5 2 2 3 3
b) p =
=
=
1 3 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 113 /180 113
× × + × × + × × + × ×
2 5 2 2 5 4 2 3 3 2 3 2
10.Problem (0,1) aralığındaki reel sayılardan rasgele iki sayı seçildiğinde çarpımlarının 0.5
den küçük olması olasılığı nedir?
Örnek Uzay: Ω = {( x, y ) : 0 < x < 1 , 0 < y < 1}
Olasılık Ölçüsü: P ( A) =
" A nın alan ölçüsü"
"Ω nın alan ölçüsü"

1
Đlgilendiğimiz olay: A = ( x, y ) : 0 < x < 1 , 0 < y < 1 , xy < 

2

y
1
Ω
A
x
0.5
P ( A) =
1
" A nın alan ölçüsü"
"Ω nın alan ölçüsü"
1
=
1
dx
2x
0.5
0.5×1 + ∫
1
1
1
1
1 + ln 2
1
= 0.5 + ln x x=0.5 = 0.5 + (ln1− ln ) =
≈ 0.84657
2
2
2
2
DAĞILIŞLAR VE ÖRNEK SEÇĐMĐ
Bu kısımda ilk olarak nesnelerin kutulara (gözelere) dağılışı ve daha sonra nesnelerden
seçim ele alınacaktır.
Nesnelerin veya kutuların özdeş olup olmamasına göre karşımıza değişik durumlar
çıkmaktadır:
a) r tane farklı nesne, n tane farklı kutuya n r farklı şekilde dağıtılabilir.
b) r tane özdeş nesne, n tane farklı kutuya,
n −1+ r
s( n, r ) =
r
FG
H
IJ
K
farklı şekilde dağıtılabilir.
c) r ≤ n için r tane farklı nesne, n tane farklı kutuya her kutuda en çok bir nesne olacak
şekilde n(n −1)(n − 2)...(n − (r −1)) farklı biçimde dağıtılabilir.
d) r ≤ n için r tane özdeş nesne, n tane farklı kutuya bir kutuda en çok bir nesne olacak
 n
şekilde   farklı biçimde dağıtılabilir. ( r ≤ n için r özdeş nesnenin n farklı kutuya bir
r 
 n
dağılışı, n tane kutudan r tanesinin bir seçimi olmak üzere, farklı dağılışların sayısı   dır.)
r 
e) r ≥ n durumunda r tane özdeş nesne n tane farklı kutuya boş kutu kalmayacak şekilde,
r −1


n −1
farklı biçimde dağıtılabilir. (Boş kutu kalmaması için r özdeş nesneden n tanesi her kutuda
bir nesne olacak şekilde yerleştirilir (bir tek biçimde yapılabilir) ve bundan sonra geriye kalan
r − n özdeş nesne n kutuya dağıtılır. Buna göre sonuç sayısı,
s( n, r − n) =
FG n − 1 + r − nIJ = FG r − 1IJ
H r − n K H r − nK
dır.
f) 1,2,...,n ile numaralanmış n tane nesne, 1,2,...,n ile numaralanmış n kutuya her kutuda bir
nesne bulunacak şekilde n! farklı biçimde dağıtılabilir. Belli bir dağılışta bir kutunun
numarası ile bu kutuda bulunan nesnenin numarası aynı ise bir eşleşme vardır denir. Tüm
kutular için eşleşme olacak şekilde bir tek dağılış vardır. Bir numaralı kutuda eşleşme olacak
şekildeki dağılışların sayısı (n-1)! dır. Bir numaralı kutuda eşleşme olan dağılışların bazıları
için diğer kutularda da eşleşme olabileceğine dikkat edin. Belli iki kutuda, örneğin 1 ve 3
numaralı kutularda eşleşme olacak şekildeki dağılışların sayısı (n-2)! dır.
g) ( r1 + r2 +...+ rn = r ,0 ≤ ri ≤ n,i = 1,2,..., n) olmak üzere r farklı nesne, 1. kutuda r1 , 2.
kutuda r2 , ... , n. kutuda rn nesne olacak şekilde n farklı kutuya,
FG r IJ FG r − r IJ ...FG r − ( r + r +... + r )IJ = r !
r
Hr KH r K H
K r !r !... r !
1
1
1
2
2
n −1
n
1
2
n
biçimde dağıtılabilir.
Şimdi nesnelerden seçim veya başka bir ifade ile örnekleme konusuna kısaca
değinelim.
A) n farklı nesneden iadeli olarak (çekileni yerine atarak) birer birer k nesne çekilmesi
(çekiliş yapılması) ve çekiliş sırasına bakılarak sonuçların değerlendirilmesi durumunda
karşımıza n nesnenin k -lı tekrarlı permütasyonları çıkmaktadır Bunların sayısı n k dır.
B) n farklı nesneden iadeli olarak birer birer k nesne çekilmesi ve çekiliş sırasına
bakılmaksızın sonuçların değerlendirilmesi durumunda sonuçları birbirinden ayırt eden
özellik her bir nesnenin kaç kez çekilmiş olmasıdır. i = 1, 2 ,..., n için xi ‘ler her bir nesnenin
kaç kez çekildiğini göstermek üzere sonuç sayısı,
x1 + x 2 + ... + x n = k
denkleminin negatif olmayan tamsayılar kümesindeki çözüm sayısı kadardır. Buna göre farklı
sonuçların sayısı,
s( n, k ) =
FG n − 1 + k IJ
H k K
dır. Bu durumda sonuçlar aynı zamanda n farklı nesnenin k -lı tekrarlı kombinasyonları
olarak da isimlendirilmektedir.
C) n farklı nesneden iadesiz olarak birer birer k nesne ( k ≤ n ) çekilmesi ve çekiliş sırasına
göre
sonuçların
değerlendirilmesi
durumunda
permütasyonları çıkmaktadır. Bunların sayısı,
n(n −1)(n − 2)...(n − (k −1))
dır.
karşımıza
n
farklı
nesnenin
k -lı
D) n farklı nesneden iadesiz olarak birer birer k nesne ( k ≤ n ) çekilmesi ve çekiliş sırasına
bakılmaksızın sonuçların değerlendirilmesi durumunda farklı sonuçların sayısı,
n 
 
k 
dır. Her bir sonuca, n farklı nesnenin k -lı bir kombinasyonu denir.
n farklı nesneden iadesiz olarak birer birer k nesne ( k ≤ n ) çekilmesi ve çekiliş
sırasına bakılmaksızın sonuçların değerlendirilmesi deneyi ile bu n nesneden aynı anda k
nesne alınması deneyi sonuçlar bakımından birbirinin aynısıdır.
PROBLEMLER
1.
Ω = {ω1 , ω2 , ω3 , ω4 , ω5 , ω6 }, U = P (Ω) olsun.
a) P1 ({ωn }) = 1/ 6 , n = 1, 2,…, 6
b) P2 ({ωn }) = n/ 21 , n = 1, 2,…, 6
c) P3 ({ω1}) = P3 ({ω2 }) = 1/ 2, P3 ({ωn }) = 0 , n = 3, 4, 5, 6
ve A = {ω1 , ω3 , ω5 }, B = {ω2 , ω3 } olmak üzere i = 1, 2, 3 için
Pi ( A), Pi ( B), Pi ( A ∪ B), Pi ( A ∩ B), Pi ( A/B)
olasılıklarını hesaplayınız.
2. Ω = {( x, y ) ∈ R 2 : −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1 ve,
P ( A) =
′′
A nın alan ölçüsü ′′
′′
Ω nın alan ölçüsü ′′
olsun. Aşağıdaki kümelerin (olayların) olasılıklarını hesaplayınız.
A = {( x, y ) : x ≤ y} , B = {( x, y ) : x = y} , C = {( x, y ) : x 2 + y 2 > 1}
D = A ∪ C , E = {( x, y ) : y > 0} , F = {( x, y ) : x = 0, y = 0}
3. P1 , P2 , P3 ve P4 olasılık ölçüleri sırasıyla aşağıda verilmiş F1 , F2 , F3 ve F4 dağılım
fonksiyonlarının belirlediği ölçüler olsun.
x<0
,
x <1
 0 ,
 0
1
[[ x]]


F1 ( x) =  x , 0 ≤ x < 6 F2 ( x) = 
, 1≤ x < 6
6
 6
x≥6
,
x≥6
 1 ,
 1
 0
F3 ( x) = 
−x/2
1 − e
, x<0
, x≥0
0 , x < 2
F4 ( x) = 
1 , x ≥ 2
Bu fonksiyonların grafiklerini çiziniz ve
A = (1, 3] , B = {3} , C = (1, 3) , D = (−2, 2) , E = (−2, 0],
3
F = [2, ∞ ) , G = (7, ∞ ) , H = {1, 2, 3} , I = { }
2
kümelerinin (olaylarının) P1 , P2 , P3 ve P4 ’e göre olasılıklarını hesaplayınız.
4. Bir torbanın içinde 5 beyaz ve bir siyah top bulunmaktadır. 6 oyuncu sırayla,
a) çekilen topu geri atarak,
b) çekilen topu geri atmaksızın,
birer top çekmektedir. Siyah top çekildiğinde oyun bitmekte ve çeken oyunu kazanmaktadır.
Kaçıncı olmak isterdiniz?