ELN 3401 Mühendislik Olasılığı

ELN 3401
Mühendislik Olasılığı
Tuncay ERTAŞ
Ders Notları-1
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
Kullanılan Ders Kitabı:
D. P. Bertsekas and J.N. Tsitsiklis, Introduction to Probability, 1. Baskı, Athena Scientific, 2002
P. Z. Peebles, Jr., Probability, Random Variables and Random Signal Principles, 3. Baskı,
McGraw-Hill, 1993.
Dersin Yardımcısı:
Yok
Dersin Amacı
Olasılığın temel kavramlarını ve bunların mühendislik uygulamalarını anlamak.
Dersin Hedefi
Dersin tamamlanması ile genel olarak aşağıdaki becerileri kazanacaksınız:
• Bir deneyin örnek uzayını ve ilgili olaylarını belirlemek, olaylara aksiyomlara uygun biçimde olasılık
atamak.
• Koşullu olasılıkları hesap etmek, deney sonrası olasılıkları hesaplamada Bayes Kuralını kullanmak.
• Rasgele değişkenlere ilişkin temel kavramları anlamak.
• Olay olasılıklarını ve beklenen değerleri hesaplamada olasılık yoğunluklarını beceriyle kullanmak.
• Koşullu yoğunlukları ve koşullu beklentileri hesaplamak.
• Rasgele değişkenlerin fonksiyonlarının beklenen değerlerini ve olasılık yoğunluklarını hesaplamak.
• Rasgele süreçlere ilişkin temel kavramları anlamak.
• Durağan rastgele süreçleri ve Gauss rasgele süreçleri tanımak ve özelliklerini belirlemek.
• Durağan süreçlerin özilinti ve güç spektrumunu hesaplamak.
• Girişi bir rasgele süreç olan doğrusal zamanla değişmeyen sistemlerin çıkışını karakterize etmek.
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
1-
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
Ders Programı
Hafta
Yer
Zaman
Çarşamba
1-2
Y205
YLab3
3-4
Y205
YLab3
5-6
Y205
YLab3
08:45
11:30
17:00
19:30
Çarşamba
08:45
11:30
17:00
19:30
Çarşamba
7-8-9
Y205
YLab3
08:45
11:30
17:00
19:30
Çarşamba
08:45
11:30
17:00
19:30
İçerik
Ödevler
Olasılığa giriş. Örnek uzayı ve olaylar. Olasılık Aksiyomları. Olasılık hesabı,
koşullu olasılık ve bağımsızlık. Birleşik deneyler ve Bernoulli denemeleri.
Rasgele değişkenler. Bazı önemli rasgele değişkenler. Bir rasgele değişkenin
fonksiyonları ve beklenti.
Bir rasgele değişkenin bir fonksiyonunun dağılımı. Birden fazla rasgele
değişkenlere giriş.
Koşullu dağılımlar ve koşullu beklenti. Rasgele değişkenlerin toplamı ve
Merkezi Limit Teoremi. Beklentiler ve ortak değişintiler. Birden fazla rasgele
değişkenin fonksiyonları.
1. Arasınav Haftası
Çarşamba
11-12
13-14
Y205
YLab3
Y205
YLab3
08:45
11:30
17:00
19:30
Rastsal Süreçler
Çarşamba
08:45
11:30
17:00
19:30
Doğrusal Sistemlerin Rasgele sinyallere cevabı, problemler, 2. arasınav
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
Değerlendirme
Dönemiçi Sınavı (1-2) %50
Dönemsonu Sınavı %50
Derse Devam
Derse devam esastır. %70 Devam alamayan öğrenciler devamsız sayılır. Derste bulunmayan
öğrencilerin, yapılan duyurulardan doğan sorumlukları kendilerine aittir. Dersin internet sayfasını
http://home.uludag.edu.tr/~tertas/ her zaman kontrol ediniz.
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
1-
Bölüm I
Örnek Uzayı ve Olasılık
•
•
•
•
•
•
Olasılık Modelleri
Koşullu Olasılık
Olasılığın Aksiyomları
Toplam Olasılık ve Bayes Kuralı
Bağımsızlık
Sayma
Olasılık
Olasılık kullanışlı bir kavram olarak, değişik şekillerde
yorumlanması mümkündür. Aşağıdaki konuşmayı izleyelim.
Bir hasta hastaneye alınır ve kendisine muhtemelen hayatını
kurtaracak bir ilaç verilir. Hemşire ile hasta yakını arasında geçen bir
konuşmayı inceleyelim.
Hasta Yakını: Hemşire hanım, bu ilacın işe yarama olasılığı nedir?
Hemşire: Umarım işe yarar, sonucu yarın görürüz.
Hasta Yakını: Evet, ama bunun olasılığı nedir?
Hemşire: Bu hastadan hastaya değişir. Sonucu görmek için beklemeliyiz.
Hasta Yakını: Tamam ama, aynı konumdaki 100 hasta için bunun kaç kez işe
yaramasını beklersiniz?
Hemşire ( ): Size söyledim, her hasta farklıdır. Bazılarına iyi gelir bazılarına
gelmez.
Hasta Yakını: O zaman söyleyin bana, eğer iyi gelip gelmeyeceği konusunda
bahse girmeniz gerekseydi, hangisini seçerdiniz?
Hemşire (☺): İyi geleceğini.
Hasta Yakını ( ): Peki, o zaman iyi gelirse $1 kazanmaya, gelmezse $2
kaybetmeye var mısınız?
Hemşire (
): : Hasta mısın kardeşim!!!! Beni boş yere meşgul etme…
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
1-
Olasılık
Konuşmada, hasta yakını sonucu belirsiz bir durumu tartışmak için olasılık
kavramlarını kullanmakta ve olası sonuç hakkında daha fazla bilgi sahibi
olmaya çalışmaktadır.
İlk yaklaşım olasılığı olma sıklığı (frekans), yani yeterli sayıda benzer durum
içindeki başarı yüzdesi, olarak tanımlamaktır. Bu tanım genellikle doğaldır.
Mesela: Hilesiz bir paranın yazı veya tura gelme olasılığı %50 dir. Yani, zamanın
yarısında. Hemşirenin, bu terimler cinsinden tartışmak istememesi de doğal
karşılanabilir. Ancak, ya bu ilaç bu hastanede veya hemşirenin hayatında ilk
defa kullanılsaydı o zaman ne olurdu?
Frekans yorumunun uygun olduğu birçok durum olmasına rağmen, olmadığı
durumlarda vardır. Mesela: İki farklı bestenin aynı kişi tarafından bestelenme
olasılığı %90 olarak iddia edilse, bu bir anlam taşır ancak frekans cinsinden
değil. Çünkü olay bir kerede yapılan bir iştir. Bu daha çok kişisel bir kanıdır.
Kişisel kanıların en azından bilimsel bir değeri yoktur denilebilir. Ancak, diğer
taraftan, insanlar belirsizlik durumlarında seçimler yapmaktadır. Konuşmada,
aslında hasta yakınının yaptığı hemşirenin kişisel kanısından dolaylı olarak bir
sonuç çıkarmaktır.
Olasılık
Konuşmada, hemşire bire-bir bahsi kabul etmek isteseydi, hasta yakını ilacın
iyi gelme olasılığının en az %50 olacağı gibi bir sonuç çıkarabilirdi. Eğer, ikiyebir bahsi kabul etseydi, bu iyi gelme olasılığının en azından 2/3 olabileceğine
işaret ederdi.
Neden Olasılık Kuramını Öğreniyoruz?
Çünkü olasılık kuramı:
• Belirsizlik durumlarını etkili bir şekilde modeller.
• Belirsizlik altında karar vermemize yarar.
Karar verme süreci: Veri topla, olayı modelle, sonuç çıkar, karar ver.
Bu bölümümün ana hedefi, belirsizliği olasılık modelleri ile tanımlamaktır.
Bunun için önce bazı kavramları hatırlayalım.
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
1-
Kümeler
Olasılık, küme operasyonlarını yoğun bir şekilde kullanmakta olduğundan, ilgili
notasyon ve terminolojiden bahsetmek yararlı olacaktır.
Küme: Aynı türden nesnelerin (elemanların) bütünüdür.
S = {x1 , x 2 , K, x n },
xi ∈ S , xi ∉ S ,
Zar atmanın mümkün çıktılarının kümesi {1, 2, 3, 4, 5, 6}
Yazı-Tura atmanın mümkün çıktılarının kümesi {Y, T}
Küme belli bir özelliği sağlayan x’lerin bütünü şeklinde de olabilir.
S = { k | k / 2 bir tam sayıdır }
S = { x | 0 ≤ x ≤ 1} ,
sayılabilir sonsuz
sayılamaz sonsuz
Küme elemanları sonlu veya sonsuz sayıda olabilir.
Kümeler
Ω
S
Ω
S
T
Ω
S
T
T
S IT
S IT c
S UT
Ω
T
S
U
T
T ⊂ S, S c
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
Ω
Ω
T
S T
Ayrık
S
U
Partition
1-
Küme Cebri
S ∪T =T ∪ S
S ∩ (T ∪U ) = ( S ∩ T ) ∪ ( S ∩ U )
S ∪ (T ∪U ) = ( S ∪ T ) ∪U
S ∪ (T ∩U ) = ( S ∪ T ) ∩ ( S ∪U )
(S C ) C = S
S ∩SC = Φ
S ∪Ω=Ω
S ∩Ω = S
C
⎛
⎞
⎜ U Sn ⎟ = I SnC
⎜
⎟
n
⎝n ⎠
C
⎛
⎞
⎜ I Sn ⎟ = U SnC
⎜
⎟
n
⎝n ⎠
DeMorgan Kuralı
Olasılık Modelleri
Belirsiz durumların matematiksel tanımıdır.
Aşağıdaki bileşenlerden oluşur.
Deney: Çıktıları rastgele olan bir süreçtir.
Örnek Uzayı: Bir deneyin mümkün bütün çıktılarının kümesidir.
Olay: Örnek uzayının bir alt kümesidir.
Olasılık Yasası: Bir olayın gerçekleşmesine ilişkin [0,1] arasında
bir nümerik değerin atanmasıdır.
B olayı
Olasılık
Yasası
P(B)
Deney
A olayı
Örnek Uzayı
P(A)
A
B
Olaylar
Olasılık Modelinin temel bileşenleri
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
1-
Olasılık Modelleri
Ardışıl Modeller
1,1
1
2 zar atışının
örnek uzayı
1,3
1,4
2,1
4
2
3
2,2
2,3
2. atış
2,4
Başlangıç
2
1
1,2
1
3,1
3
2
3
4
3,2
3,3
1. atış
3,4
4,1
4
4,2
4,3
4,4
Olasılık Aksiyomları
Olasılık Modelleri aşağıdaki aksiyomları sağlamalıdır.
Pozitiflik: Herhangi bir olay A için P ( A) ≥0
Toplamsallık: Eğer iki olay ayrık iseler, bunların olasılıkları
için
P( A ∪ C ) ≤ P( A) + P(C )
veya genel olarak
P ( A1 ∪A2 ∪L) ≤ P ( A1 ) + P ( A2 ) + L
Normalizasyon: Bütün örnek uzayının olasılığı bire eşittir.
P(Ω) = 1
1 = P(Ω) = P (Ω ∪φ ) = P(Ω) + P(φ )
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
P (φ ) = 0
1-
Olasılık Kuralı
Ayrık olasılık kuralı: Eğer örnek uzayı sonlu sayıda mümkün
çıktıdan meydana geliyorsa, olasılık kuralı, tek elemanlı
olayların olasılıkları ile ifade edilir. Yani, özel olarak, bir
{s1 , s 2 ,L , s n } olayının olasılığı, onun elemanlarının
olasılıkları toplamına eşittir.
Ayrık uniform olasılık kuralı: Eğer örnek uzayı, n eşit olasılıklı
mümkün çıktılardan oluşuyorsa, herhangi bir A olayının
olasılığı,
P(A) =
A' nın eleman sayısı
n
Örnek olarak, dört yüzlü bir çift zar atma deneyini düşünelim.
Olasılık Kuralı (Ayrık)
Dört yüzlü hilesiz bir zar iki kez atılmaktadır. Deneyin
örnek uzayının iki farklı gösterimi
1,1
T,T
T
1
T,Y
Başlangıç
Y
Y,T
Y,Y
Y
1,2
1,3
4
1,4
2,1
3
2
2,2
2,3
T
2
T
2,4
Başlangıç
Y
1
1
2
3
4
3,1
3
3,2
3,3
4
3,4
A1
3
A1={ En az birinin 3 gelmesi }
A2
2
A2={ İki zarın da aynı gelmesi }
4,1
4
4,2
4,3
4,4
1
1
2
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
3
4
1-
Olasılık Kuralı (Ayrık)
Hilesiz bir para ile, arka arkaya 3 kez yazı tura
atma deneyinin örnek uzayı,
Ω = {TTT , TTY , TYT , TYY , YTT , YTY , YYT , YYY }
Atışlardan sadece ikisinin tura gelme olayı, A = {TTY , TYT , YTT
}
Her bir deney sonucunun eşit olasılıklı olduğunu kabul edersek
P ( A ) = P ({TTY }) + P ({TYT }) + P ({YTT })
=1 / 8 +1 / 8 +1 / 8
= 3/8
Olasılık Kuralı (Ayrık)
Her bir çıktının olasılığı eşit ve 1/16 dır. Olasılık, olayın
elemanlarının sayısının toplam çıktı sayısına oranıdır.
2 zar atışının
örnek uzayı
4
Olay: {İlk atış ikincisine eşit}.
Olasılık=4/16
3
2. atış
2
1
1
2
3
4
Olay: {Atışlardan en az biri=4}.
Olasılık=7/16
1. atış
{Toplamlarının çift sayı olması}, P=1/2
{Toplamlarının tek sayı olması}, P=1/2
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
1-
Olasılık Kuralı (Sürekli)
Romeo ve Juliet belirli bir saatte buluşacaklardır. Bütün gecikmeler eşit
olasılıklı olmak üzere, her biri en fazla 0 ila 1 saat arasında bir gecikme ile
buluşma yerine varacaklardır. İlk gelen 15 dakika bekleyecek, diğeri
gelmemişse buluşma yerinden ayrılacaktır. İkisinin buluşma olasılığı nedir?
Örnek uzayı şekildeki birim alanlı kare
üzerindeki bütün noktalardır. Her bir
noktanın eşit olasılıklı kabulü ile, şekil
üzerindeki herhangi bir alan o
bölgenin olasılığı olacaktır. Kurulan bu
olasılık yasası, üç aksiyom ile de
tutarlıdır.
y
1
M
1/4
Buluşma saati
0
1/4
1
x
Şekildeki mor alan çiftin buluşmama
olasılığı olacaktır. Bu da, M = { ( x, y ) | | x − y | ≤ 1 / 4, 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1}
1 − (3 / 4) ⋅ (3 / 4) = 7 / 16
Olasılık Kurallarının Özellikleri
A, B, ve C olaylar olsunlar
If A ⊂ B ise, P( A) ≤P( B )
P( A∪B) = P( A) + P( B) P( A ∩B)
P( A∪B) ≤ P( A) + P( B)
P( A∪B ∪C ) = P( A) + P( Ac ∩B) + P( Ac ∩B c ∩C )
Bunlardan genellemeler de yapılabilir.
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
1-
Koşullu Olasılık
Koşullu olasılık, örnek uzayının belirli bir kısmını kapsayan bir olay meydana
geldikten sonra diğer bir olayın olma olasılığı şeklinde tanımlanır.
A
Ω
B
B olayı verildiğinde (meydana geldikten sonra), A olayının koşullu olasılığı
P(A|B) şeklinde gösterilir. İlgili bazı örnekler vermek gerekirse:
• Ardışık iki zarın atılması deneyinde, gelen sayıların toplamının 9 olduğu
bilindiğinde, ilk zarın 6 olma olasılığı nedir?
• Radar ekranında bir nokta tespit edildiğinde, bunun bir uçağa ait olma
olasılığı nedir?
Görüldüğü gibi problem, gerçekleşen bir olayın bilgisi ile, diğerinin olma
olasılığının bulunmasıdır.
Şimdi amacımız, olasılık aksiyomlarını sağlayan, yeni bir olasılık yasasını
oluşturmaktır.
Koşullu Olasılık
Bütün çıktıları eşit olasılıklı olan bir zar atma deneyi düşünelim. Deney
sonucunun çift sayı olduğu söylendiğinde, acaba atılan sayının 6 olma olasılığı
nedir? Yani:
P( sonuç = 6 | sonuç çift sayı) = ?
A = { 6}
Bütün deney çıktılarının eşit olasılıklı olması durumunda,
P( A | B) =
A ∩ B' nin eleman sayısı
B' nin eleman sayısı
P( A | B) = 1 / 3
3
A∩B
B = { 2, 4, 6 }
B
A
B
Ω
2
6
4
1
Genelleştirilirse,
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
P( B ) > 0,
P( A | B) =
5
P( A ∩ B)
P( B)
1-
Koşullu Olasılık
P (Ω | B ) =
P (Ω ∩ B ) P ( B )
=
=1
P( B)
P( B)
1
P (( A1 ∪ A2 ) ∩ B)
P( B)
P (( A1 ∩ B) ∪ ( A2 ∩ B )) P( A1 ∩ B) + P ( A2 ∩ B )
=
=
P( B)
P( B)
P ( A1 ∩ B ) P( A2 ∩ B )
=
+
P( B)
P( B)
= P ( A1 | B ) + P ( A2 | B)
( A1 ∩ B) ve ( A2 ∩ B)
2
P( A1 ∪ A2 | B ) =
P( A | B) > 0
ayrık
3
Koşullu olasılıklar, olasılık yasalarının bütün genel özelliklerinin
geçerli olduğu bir olasılık yasası oluştururlar.
P ( A ∪ C | B ) ≤ P ( A | B ) + P (C | B )
P ( A ∪ C ) ≤ P ( A) + P (C )
Koşullu Olasılık
P( B | B) =
P( B ∩ B) P( B)
=
=1
P( B)
P( B)
olduğundan
Koşullu olasılık, yeni örnek uzayı B üzerinde yeni bir olasılık
yasası olarak da düşünülebilir.
Hilesiz bir para ile, arka arkaya 3 kez yazı tura atılıyor. A ve B olayları,
A={Tura’nın Yazı’dan fazla gelmesi }
B={İlk atışın Tura gelmesi}
ise her bir deney sonucunun eşit olasılıklı olduğu kabulü ile P(A|B)=?
Ω = {TTT , TTY , TYT , TYY , YTT , YTY , YYT , YYY }, B = {TTT , TTY , TYT , TYY }
P( B) = 4 / 8
P( A | B) =
P( A ∩ B) = 3 / 8
A ∩ B = {TTT , TTY , TYT }
P( A ∩ B) 3 / 8
=
= 3/ 4
P( B)
4/8
B’yi yeni örnek uzayımız kabul edersek, kısaca P( A | B) = 3 / 4 bulunur.
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
1-
Koşullu Olasılık
16 mümkün sonucun eşit olasılıklı olduğu kabulü ile, hilesiz dört yüzlü
bir zar 2 kez atılıyor. X ve Y olayları, 1. ve 2. atışları temsil etsinler. A ve B
olayları,
A = { max( X , Y ) = m } , B = { min( X , Y ) = 2 }
ise m=1,2,3,4 için P(A|B)=?
4
3
İkinci atış Y
B
2
⎧2 / 5, m = 3 veya 4 için
⎪
P ( A | B ) = ⎨1 / 5 m = 2 için
⎪0
m = 1 için
⎩
1
1
3
2
Birinci atış X
4
Koşullu Olasılık ile Modelleme
Ardışıl karakteri olan deneyler için olasılık modelleri oluştururken,
öncelikle koşullu olasılıkları belirleyip bunlar ile de koşulsuz olasılıkları
hesaplamak genellikle daha uygun olmaktadır.
Belirli bir bölgede bir uçak mevcut iken, 0.99 olasılık ile bir radar onu
yakalayarak bir alarm sinyali, uçak mevcut değil iken de 0.1 olasılıkla
Yanlış Alarm sinyali üretmektedir. Bir uçağın bölgede bulunma
olasılığının 0.05 olduğunu farz edelim.
Uçak bulunmaması ve Yanlış Alarm olasılığı nedir?
Uçak bulunması ve ıskalama olasılığı nedir?
A = {Uçak var }
B = {Radar alarm sinyali üretir}
A C = {Uçak yok}
B C = {Radar alarm sinyali üretmez}
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
1-
Koşullu Olasılık ile Modelleme
P( uçak yok, yanlış alarm) = P(A C ∩ B) = P(A C ) P(B | A C ) = 0.95 ⋅ 0.10 = 0.095
P( uçak var , alarm yok ) = P( A ∩ B C ) = P( A) P( B C | A) = 0.05 ⋅ 0.01 = 0.0005
P( B | A) = 0.99
Uçak var
P( A) = 0.05
Iskalama
P( B C | A) = 0.01
P( AC ) = 0.95
P( B | AC ) = 0.10
Yanlış alarm
Uçak yok
P( B C | AC ) = 0.90
Çarpım Kuralı
Sadece ve sadece belli olayların ardışık olarak meydana gelmesi ile oluşan
bir A olayının, yani A = A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ LL ∩ An , olma olasılığı
P (∩in=1 Ai ) = P( A1 ) P ( A2 | A1 ) P ( A3 | A1 ∩ A2 ) LL P ( An | ∩in=−11 Ai )
P (∩in=1 Ai ) = P ( A1 )
P (∩in=1 Ai )
P ( A2 ∩ A1 ) P ( A3 ∩ A1 ∩ A2 )
LL
P ( A1 )
P ( A2 ∩ A1 )
P (∩in=−11 Ai )
Sadece iki olay için formül, koşullu olasılığın tanımına dönüşür.
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
1-
Çarpım Kuralı
52lik iskambil destesinden üç kart çekilmektedir (desteye geri bırakmadan).
Her bir adımda kalan kartların çekilme olasılıklarının eşit olduğu kabul
edilirse, çekilen kartlardan hiçbirinin kupa olmama olasılığı nedir?
Simetri dolayısı ile her kart üçlüsünün de çekilme olasılıkları eşit olacaktır.
Karışık bir yöntem, kupa olmayan mümkün kart üçlülerini sayıp bunu toplam
kart üçlülerinin sayısına bölmektir. Aslında, çarpım kuralının kullanılması ile
problem daha basit bir şekilde çözülebilir.
Ai = { i. kart kupa değildir } i = 1, 2, 3
P( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P( A1 ) P ( A2 | A1 ) P ( A3 | A1 ∩ A2 )
P( A1 ) = 39 / 52
P( A2 | A1 ) = 38 / 51
P( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) =
P( A3 | A1 ∩ A2 ) = 37 / 50
39 38 37
⋅ ⋅
52 51 50
Toplam Olasılık Teoremi
Bir çok olayın olasılığını Parçala-Yut yöntemiyle hesaplamak
mümkündür. A1 , A2 , L , An olayları örnek uzayının uygun bir şekilde
bölünmüş birbirinden ayrık parçaları olmak üzere ve P ( Ai ) > 0 şartı
ile bir B olayının olasılığı aşağıdaki şekilde yazılabilir.
Ω
A1
A2
A5
A3
B A4
An −1
A6
A7
An
B = ( A1 ∩ B) ∪ ( A2 ∩ B) ∪LL ∪ ( An ∩ B)
P( B) = P( A1 ∩ B) + P( A2 ∩ B) + LL + P( An ∩ B)
= P( A1 ) P( B | A1 ) + LL + P( An ) P( B | An )
n
P ( B ) =∑ P ( B | Ai ) P ( Ai )
i =1
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
1-
Toplam Olasılık Teoremi
Bir satranç turnuvasına katılıyorsunuz.
•Oyuncuların yarısına karşı kazanma olasılığınız 0.3 (Tip1 oyuncu)
•Oyuncuların ¼ üne karşı kazanma olasılığınız 0.4 (Tip2 oyuncu)
•Oyuncuların kalan ¼ üne karşı kazanma olasılığınız 0.5 (Tip3 oyuncu)
Rastgele seçilmiş bir rakip ile oynuyorsunuz. Kazanma olasılığınız nedir?
Ai
Tip i olan bir rakip ile oynama olayını, B de kazanma olayını temsil etsin.
P( A2 ) = 0.25
P ( A1 ) = 0.5
P( B | A1 ) = 0.3
P( B | A2 ) = 0.4
P( B | A3 ) = 0.5
P ( A3 ) = 0.25
3
P ( B ) =∑ P ( B | Ai ) P ( Ai ) = 0.5 ⋅ 0.3 + 0.25 ⋅ 0.4 + 0.25 ⋅ 0.5
i =1
= 0.375
Bayes Kuralı
A1 , A2 , L , An olayları örnek uzayının uygun bir şekilde bölünmüş
birbirinden ayrık parçalarıdır. P( Ai ) > 0 ve P( B ) > 0 şartı ile,
P( Ai | B) =
P( B ∩ Ai )
=
P( B)
P( B | Ai ) P( Ai )
n
∑ P( B | Ak ) P( Ak )
k =1
Bayes kuralı genellikle sonuç çıkarmak için kullanılır. Örneğin
gözlenen bir etkinin birden fazla sebebi olabilir. Etki gözlendiğinde,
bunun hangi sebepten kaynaklandığı sonucunu çıkarma işlemine
uygulanabilir. Satranç oyununa dönecek olursak:
Örneğin, kazandığımızı varsayalım. Tip1 oyuncu ile oynamış olma
olasılığımız nedir? Bayes kuralını kullanırsak,
P( A1 | B) =
=
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
P( B | A1 ) P( A1 )
P( B | A1 ) P( A1 ) + P( B | A2 ) P( A2 ) + P( B | A3 ) P( A3 )
0.5 ⋅ 0.3
= 0.4
0.5 ⋅ 0.3 + 0.25 ⋅ 0.4 + 0.25 ⋅ 0.5
1-
Bağımsızlık
P( A | B) = P( A)
Olması durumunda A, B den bağımsızdır denir. Yani bir
olayın olma olasılığı, bir diğerinin olup olmamasına bağlı
değil ise bu olaylar birbirinden bağımsız olaylardır. Buradan,
P( A | B) =
P( A ∩ B)
P( B)
P( A ∩ B) = P( A) P( B)
Bağımsızlığın örnek uzayı yoluyla anlaşılması kişiyi yanlışa
sevk edebilir. İlk akla gelen yaygın görüş şudur: İki olay ayrık
ise, birbirinden bağımsızdır. Bu görüş aslında yanlıştır. Ayrık
oldukları halde (kesişimleri boş küme) iki olay bağımlı olabilir.
Bağımsızlık
Dört yüzlü bir zarın ardışık olarak 2 defa atıldığı bir deneyi
düşünelim, öyle ki bütün deney çıktı olasılıkları 1/16 olsun.
A={Birinci atışın 1 olması}
B={İki atışın toplamlarının 5 olması}
durumunda A ve B olayları bağımsız mıdır?
A = { (1,1), (1, 2), (1, 3), (1, 4) } , B = { (1, 4), (2, 3), (3, 2), (4,1) }
P( A ∩ B) = P(iki atışın sonucu (1,4) ) = 1 / 16
A' nın eleman sayısı
= 4 / 16
toplam çıktı sayısı
B nin eleman sayısı
P( B) =
= 4 / 16
toplam çıktı sayısı
P( A) =
P( A ∩ B) = P( A) P( B)
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
P( A) P( B) = 1 / 16
olduğundan A ve B bağımsızdır
1-
Bağımsızlık
Bir önceki örneği aşağıdaki olaylar için düşünelim.
A={Birinci atışın 1 olması}
B={İki atışın toplamlarının 3 olması}
durumunda A ve B olayları bağımsız mıdır?
A = { (1,1), (1, 2), (1, 3), (1, 4) } , B = { (1, 2), (2,1) }
P( A ∩ B) = P(iki atışın sonucu (1,2) ) = 1 / 16
A' nın eleman sayısı
= 4 / 16
toplam çıktı sayısı
B nin eleman sayısı
P( B) =
= 2 / 16
toplam çıktı sayısı
P( A) =
P( A ∩ B) ≠ P( A) P( B)
P( A) P( B) = 1 / 32
olduğundan A ve B bağımlıdır.
B olayı ikinci zarın 3 veya 4 olamayacağı hakkında bilgi vermektedir!
Sadece toplamların 5 olması durumunda bağımsızlık vardır.
Bağımsızlık
X ve Y birinci ve ikinci atışı temsil etmek üzere,
A = { max (X, Y) = 2 }
B = { min (X, Y) = 2 }
olayları bağımsız mıdır?
P(A ∩ B) = P(iki atışın sonucu (2, 2) ) = 1/16
P(A) =
A nın eleman sayısı
= 3/16
toplam çıktı sayısı
B nin eleman sayısı
P(B) =
= 5/16
toplam çıktı sayısı
P( A ∩ B) ≠ P( A) P( B)
P( A) P( B) = 15 / 256
olduğundan A ve B bağımlıdır.
Aslında, iki atışın minimumu aynı zamanda maksimumu hakkında da
bilgi taşıdığından iki olayın bağımlı oldukları mantıksal olarak bellidir.
Mesela, minimum=2 ise maksimum=1 olamaz.
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
1-
Koşullu Bağımsızlık
P(A∩ B ∩C) P(A| B ∩C) P(B | C) P(C)
=
P(C)
P(C)
= P(B | C) P(A| B ∩C)
P(A∩ B | C) =
P( A | B ∩ C ) = P( A | C )
P( A ∩ B | C ) = P( A | C ) P( B | C )
Dört mümkün durumun eşit olasılıklı olduğu, iki hilesiz para atma
deneyini düşünelim.
H1 = { Birinci atış TURA} H 2 = { İkinci atış TURA} D = { İki sonuç farklı }
H1 ve H2 koşulsuz olarak bağımsızdır, fakat koşullu olarak bağımlıdır.
P ( H 1 | D) = 1 / 2 ,
P( H 2 | D) = 1 / 2 ,
P( H 1 ∩ H 2 | D) = 0
P ( H 1 ∩ H 2 | D ) ≠ P ( H 1 | D) P ( H 2 | D )
Koşullu Bağımsızlık
Biri kırmızı diğeri mavi renkli olmak üzere iki tane para vardır. Bir tanesi
½ olasılıkla rastgele seçilip arda arda iki defa atılsın. Herhangi bir atışta,
0.99 olasılıkla mavi olan TURA kırmızı olan ise YAZI gelmektedir (yanlı).
B = { Mavi paranın seçilmesi}
H i = { i. atışın TURA gelmesi }
Para seçildikten sonra, H1 ve H2 olayları birbirinden bağımsızdır. Mavi
paranın seçilmiş olduğunu farz edersek (B olayı)
P( H 1 ∩ H 2 | B) = P( H 1 | B) P( H 2 | B) = 0.99 × 0.99
Diğer taraftan, H1 ve H2 olayları birbirinden bağımsız değildir. Çünkü,
diyelim bir para atıldı ve TURA geldi. Bu bize mavi paranın atılmış
olacağını ve dolayısı ile de sonraki atışın da tekrar TURA gelmesi
gerektiğini düşündürür. Toplam olasılık teoremini kullanarak,
P ( H 1 ) = P ( B ) P( H 1 | B ) + P ( B C ) P ( H 1 | B C ) =
1
1
1
× 0.99 + × 0.01 = , P( H 2 ) = 1 / 2
2
2
2
P ( H 1 ∩ H 2 ) = P ( B ) P( H 1 | B ) P( H 2 | B ) + P ( B C ) P ( H 1 | B C ) P ( H 2 | B C )
1
1
= × 0.99 × 0.99 + × 0.01× 0.01 ≈1 / 2
2
2
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
P( H 1 ∩ H 2 ) ≠ P( H 1 ) P( H 2 )
1-
Bağımsızlık
İki olay A ve B birbirinden bağımsız ise, P( A ∩ B) = P( A) P( B)
Eşdeğer olarak, P( B) > 0 için, P( A | B) = P( A)
A ile B bağımsız ise, A ile BC de bağımsızdır.
Eğer A ile B, C verildiğinde koşullu olarak bağımsız ise,
PP(C)>0
(C ) > 0 olmak üzere, P( A ∩ B | C ) = P( A | C ) P( B | C )
Eğer ek olarak, P( B ∩ C ) > 0, P( A | B ∩ C ) = P( A | C )
Bağımsızlık, koşullu bağımsızlığı, koşullu bağımsızlık da
bağımsızlığı gerektirmez.
Koşullama bağımsızlığı etkiler!
İkiden Fazla Olayın Bağımsızlığı
A1 , A2 , ........, An olayları bağımsızdır, eğer {1, 2, ........, n} nin herhangi bir
alt kümesi S için
⎛
⎞
P⎜ I Ai ⎟ = ∏ P( Ai )
⎜ i∈S
⎟ i∈S
⎝
⎠
Örneğin, A1 , A2 , A3 gibi üç olayın bağımsız olabilmesi için dört durumu
sağlaması gerekir.
P( A1 ∩ A2 ) = P( A1 ) P( A2 )
..................... 1
P( A1 ∩ A3 ) = P( A1 ) P( A3 )
..................... 2
Çifter
bağımsızlık
P( A2 ∩ A3 ) = P( A2 ) P( A3 ) ..................... 3
P( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P( A1 ) P( A2 ) P( A3 ) ..... 4
Not: İlk üç bağımsızlık dördüncüyü, dördüncü de diğerlerini garantilemez!
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
1-
İkiden Fazla Olayın Bağımsızlığı
Çifter bağımsızlık, tam bağımsızlık anlamına gelmez.
Birbirinden bağımsız iki hilesiz para atışını düşünelim.
H1 = {1. atışın TURA gelmesi}, H 2 = { 2. atışın TURA gelmesi}
D = { İki atışın sonucu farklı}
Tanımdan H1 ve H2 olayları bağımsızdır. Diğer üç durum için,
P( D | H 1 ) =
P( H 1 ∩ D) 1 / 4 1
=
= = P( D)
P( H 1 )
1/ 2 2
H1 ile D bağımsız
P( D | H 2 ) =
P( H 2 ∩ D) 1 / 4 1
=
= = P( D)
P( H 2 )
1/ 2 2
H2 ile D bağımsız
P( H 1 ∩ H 2 ∩ D) = 0 ≠
1 1 1
× × = P( H 1 ) P( H 2 ) P( D)
2 2 2
H1, H2, D bağımsız değil
İkiden Fazla Olayın Bağımsızlığı
P ( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P ( A1 ) P ( A2 ) P( A3 ) bağımsızlık için yeterli değildir.
Birbirinden bağımsız iki hilesiz zar atışını düşünelim. Üç olay sırasıyla
A = {1. atış 1, 2, veya 3}, B = {1. atış 3, 4, veya 5}, C = { İki zarın toplamı 9}
1 1 1
≠ × = P( A) P( B)
6 2 2
1
1 4
P( A ∩ C ) =
≠ ×
= P( A) P(C )
36 2 36
1
1 4
P( B ∩ C ) =
≠ ×
= P( B) P(C )
12 2 36
P ( A ∩ B) =
P( A ∩ B ∩ C ) =
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
1 1 1 4
= × × = P( A) P( B) P(C )
36 2 2 36
1-
Bernoulli Denemeleri
Bir deney benzer fakat birbirinden bağımsız adımlar içerebilir. İki hilesiz
zar atışını düşünelim. Özel olarak, her bir adımda sadece iki mümkün
sonuç söz konusu ise (Yazı-Tura), deneye Bernoulli denemeleri adı
verilir.
Birbirinden bağımsız n defa yazı-tura atılsın. Her bir atış için TURA
gelme olasılığı p YAZI gelme olasılığı ise (1-p) olsun. k adet TURA
dolayısı ile de (n-k) adet YAZI içeren herhangi bir deney çıktısının
olasılığı
p k (1 − p) n−k bütün k = 0, ...., n için doğru.
Ayrıca içinde k adet TURA bulunan n uzunluklu deney çıktılarının sayısı
da
⎛n⎞
n!
⎜⎜ ⎟⎟ =
, k = 0,1, ....., n
Binom katsayıları (0! = 1)
⎝ k ⎠ k!(n − k )!
Dolayısı ile, n adet denemede k adet TURA gelme olasılığı p(k),
⎛n⎞
p (k ) = ⎜⎜ ⎟⎟ p k (1 − p) n−k
⎝k ⎠
Binom olasılıkları
Bernoulli Denemeleri
Binom olasılıkları toplamı 1 dir. Yani,
n n
⎛ ⎞
p(k ) = ∑ ⎜⎜ ⎟⎟ p k (1 − p) n−k = 1
k =0 ⎝ k ⎠
n=3 için deneyi inceleyelim.
p
p
1− p
1− p
TTY p 2 (1 − p)
p
TYT p 2 (1 − p)
p
p
1− p
1− p
TYY p (1 − p) 2
p
2
YTT p (1 − p)
1− p
YTY p (1 − p) 2
p
1− p
1− p
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
TTT p 3
YYT p (1 − p)
YYY (1 − p) 3
2
⎛3⎞
⎜⎜ ⎟⎟ = 1
⎝0⎠
Sıfır TURA
⎛ 3⎞
⎜⎜1 ⎟⎟ = 3
⎝ ⎠
Bir TURA
⎛3 ⎞
⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 3
⎝ ⎠
İki TURA
⎛ 3⎞
⎜⎜ ⎟⎟ = 1
⎝ 3⎠
Üç TURA
3 p 2 (1 − p) +3 p (1 − p) 2 + (1 − p)3 + p3 =1
1-
Bernoulli Denemeleri
Grade of Service (Hizmet Derecesi)
Bir internet hizmet sağlayıcı, n adet müşteriye hizmet vermek için c adet
modem kurmuştur. Herhangi bir zamanda, her bir müşterinin diğerlerinden
bağımsız olarak bağlantı isteme olasılığı p dir. Bağlantı isteyen müşteri
sayısının modem sayısından fazla olma olasılığı nedir?
Yapılması gereken eşzamanlı olarak bağlanmak isteyen müşteri sayısının c
den fazla olma olasılığını bulmaktır. Bu da,
n
⎛n⎞
∑ ⎜⎜ k ⎟⎟ p k (1 − p) n−k
k =c +1 ⎝
⎠
n=100, p=0.1, c=15 için servis dışı kalma olasılığı 0.0399
Sayma
Sayma prensip olarak kolay görünmesine rağmen, çoğu durumlarda
zordur. Sayma sanatı, kombinatorik alanının büyük bir bölümünü işgal
etmektedir. Bu derste, saymanın temel prensipleri ele alınarak, olasılık
modellerinde sıkça karşılaşılan durumlara uygulanacaktır.
Birinci kısmının mümkün çıktıları a1 , a 2 , ....., a m ve ikinci kısmının mümkün
çıktıları b1 , b2 , ....., bn olan iki kısımlı bir deney düşünelim. İki adımlı deneyin
mümkün çıktıları ise mn adet (ai , b j ) , i = 1, ...., m, j = 1, ...., n sıralı çiftleridir.
Bunu r adımlı bir deneye genellersek, mümkün sonuçların toplam sayısı
n1n2 ..... nr olacaktır. r =4 durumu için sonuçları gösterirsek,
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
1-
Sayma
1
r=4
2
n1-1
n1
n1
n2
n3
Adım 1
Adım 2
Adım 3
n4
Adım 4
Sayma
Telefon Numaralarının Sayısı
Bir telefon numarası 7 rakamlıdır. Fakat, ilk rakam 0 veya 1 olamaz. Kaç
tane telefon numarası vardır?
Durum, her adımında diğerlerinden bağımsız olarak bir rakamın seçildiği
7 adımlı bir deney olarak ele alınabilir. Telefon numaralarının sayısı, ilk
adımda 8 seçenekli, diğer adımlarda ise 10 seçenekli mümkün deney
sonuçlarının toplam sayısıdır. Dolayısı ile cevap,
8 ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅10 = 8 ⋅ 10 6
6 adet
n-Elemanlı Bir Kümenin Alt Kümelerinin Sayısı
Alt küme seçimi, n-elemanlı bir kümenin elemanlarının sırasıyla alt küme
elemanı olarak seçilip seçilmeyeceğine karar verildiği (binary seçim)
ardışık bir süreç olarak düşünülebilir. Dolayısı ile alt küme sayısı,
{ s1 , s 2 , ..... , s n }
2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 2 = 2n
n adet
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
1-
Permutasyon
n-adet elemandan k-adedinin sıralama gözeterek seçimini içeren bir
sayma türüdür.
Yani n-elemanlı bir diziden kaç farklı k-elemanlı dizi seçebiliriz? Bu
dizilerin sayısına, n-elemanlı bir dizinin k-elemanlı permutasyonu denir.
n (n − 1) L (n − (k − 1)) =
n(n − 1) L (n − k + 1) (n − k ) L 2 ⋅ 1
n!
=
(n − k ) L 2 ⋅ 1
(n − k ) !
Özel olarak k=n ise, mümkün dizi sayısına sadece permutasyonları denir. ( n !)
26 harf içinden seçerek kaç farklı 4 harfli kelime üretilebilir? Problem, 26 harfin
4-lü permutasyonlarının sayısını saymaktır. Öyleyse cevap,
n!
26 !
=
= 358800
(n − k ) ! 22 !
n1 adet klasik, n2 adet rock ve n3 adet halk müziği CDleri vardır. Aynı tür
CDler ardışık olarak sıralanmış olmak kaydıyla, CDler kaç değişik şekilde
sıralanabilirler?
3! n1!n2 !n3 !
Kombinasyon
n-adet elemandan k-adedinin sıralama gözetmeden seçimini içeren bir
sayma türüdür.
Örnek olarak, A, B, C, D harflerinin 2-li permutasyonları
AB, AC, AD, BA, BC, BD, CA, CB, CD, DA, DB, DC
iken kombinasyonları
AB, AC, AD, BC, BD, CD
⎛n⎞
n!
C kn = ⎜⎜ ⎟⎟ =
k
k
!
(
n
− k )!
⎝ ⎠
Görüldüğü gibi permutasyonların sayısı kombinasyonların sayısının k! katıdır.
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
1-
Ayrık Parçalama
n-elemanlı bir küme ve toplamları n olan pozitif n1, n2, …., nr sayıları
veriliyor. Kümeyi her birinin eleman sayısı ni olan r adet ayrık alt kümeye
ayırmak istiyoruz. Bu işlem acaba kaç değişik şekilde yapılabilir?
⎛ n ⎞ ⎛ n − n1 ⎞ ⎛ n − n1 − n2 ⎞ ⎛ n − n1 − L − nr −1 ⎞
⎟⎟ L⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜
⎝ n1 ⎠ ⎝ n2 ⎠ ⎝ n3
⎠
⎠ ⎝ nr
(n − n1 ) !
(n − n1 − L − nr −1 ) !
n!
LL
n1!(n − n1 ) ! n2 !(n − n1 − n2 ) !
nr !(n − n1 − nr −1 − nr ) !
n!
n1!n2 !LL nr !
ELN3401 Mühendislik Olasılığı
Multinomial katsayı
n
⎛
⎞
⎜⎜
⎟⎟
n
,
n
,
L
L
,
n
r⎠
⎝ 1 2
1-