• Sonuç bulunamadı

( , , )  U P bir olasılık uzayı ve B  U için P B ( ) 0 olsun. U sigma cebiri üzerinde P B küme fonksiyonu,

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "( , , )  U P bir olasılık uzayı ve B  U için P B ( ) 0 olsun. U sigma cebiri üzerinde P B küme fonksiyonu,"

Copied!
24
0
0

Yükleniyor.... (view fulltext now)

Tam metin

(1)

( , , )  U P bir olasılık uzayı ve B  U için P B ( ) 0 olsun. U sigma cebiri üzerinde P B küme fonksiyonu,

 

: 0,1

( )

( ) ( )

B

B

P

P A B A P A

P B

  

U

şeklinde tanımlanan P B küme fonksiyonu bir olasılık ölçüsüdür. Gerçekten, P bir olasılık ölçüsü olup her A U için P A ( ) 0 ve A U için P A B ( )  P A B P B (  ) / ( ) 0  olduğu açıktır. Diğer taraftan,   U olup P B ( )   P (   B P B ) / ( )  P B P B ( ) / ( ) 1  dir. Son olarak, n   için A n  U

için A n

ler ayrık olayların bir dizisi olsun. Bu durumda,

n n

CAB

olaylar dizisi de ayrıktır. Buradan,

1 1 1

1

1 1

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )

n n n

n n n

B n

n

n B n

n n

P A B P A B P A B

P A

P B P B P B

P A B P B P A

  

   

 

 

     

        

   

            

 

 

 

  

 

 

elde edilir. Dolayısı ile, P B

küme fonksiyonu bir olasılık ölçüsüdür. Bu olasılık ölçüsüne, B olayına göre koşullu olasılık ölçüsü denir.

Tanım 1.3.1 ( , , )  U P bir olasılık uzayı ve A U olsun. Yukarıdaki şekilde tanımlanan P B olasılık ölçüsü için, P A B ( ) sayısına B bilindiğinde A nın koşullu olasılığı denir 

B ( )

P A koşullu olasılığı için genellikle P A B ( | ) gösterimi kullanılır. Tanıma göre, B

verildiğinde A olayının koşullu olasılığı P A B ( | ) P A ( B P B ) / ( ) dir. Buradan, AB

olayının olasılığı P A ( B ) P B P A B ( ) ( | ) şeklinde hesaplanabilir.

(2)

,

A B  U olayları A  ( A B  ) (  A Bc ) ve B  ( A B  ) (  A cB ) şeklinde

yazılabilir (Şekil (1.3.1)). Ayrıca, ( A B  ) ve ( A Bc ) ayrık olaylar olup B  U ve 0  P B ( ) 1  olmak üzere,

( ) ( ) ( c ) ( ) ( | ) ( c ) ( | c ) P AP A B   P A B   P B P A BP B P A B

dir.

Şekil: 1.3.1 Bir olayın ayrık olaylar türünden yazılması

Daha genel olarak, B B B 1 , 2 , 3 ,..., B n

olayları  örnek uzayının bir parçalanması olsun (yani, B j

ler ayrık ve B 1B 2B 3   ... B n  

). Eğer i 1, 2,..., n için ( ) 0 i

P B

ise herhangi bir A U olayının olasılığı,

1

( ) n ( i ) ( | i )

i

P A P B P A B

 

şeklinde hesaplanır. B B B 1 , 2 , 3 ,..., B n

olayları  örnek uzayının bir parçalanması olmak üzere herhangi bir A U olayı,

1 2 3

1

( ... n ) n ( i )

i

A A A B B B B A B

           

olarak yazıldığında, Bayes formülü olarak da bilinen P B A ( 1 | )

koşullu olasılığı

1 1 1

1

1

( ) ( ) ( | )

( | )

( ) n ( ) ( | i i )

i

P A B P B P A B P B A

P A P B P A B

  

şeklinde hesaplanır.

(3)

Örnek 1.3.1 İki kavanozdan birincisinde 5 sarı 5 de mavi top vardır. İkinci kavanozda ise 10 sarı 5 mavi top vardır. Birinci kavanozdan rasgele bir top çekilip ikinci kavanoza atılıyor. Daha sonra ikinci kavanozdan bir top çekiliyor. İkinci kavanozdan çekilen topun mavi olduğu verildiğinde, birinci kavanozdan çekilen topun mavi olması olasılığını hesaplayalım.

Kavanozlar K 1 ve K 2 olsun. A 1  { K 1 den Mavi top}

, A 2  { K 1 den Sarı top}

ve { 2 den Mavi top}

BK

olaylarını tanımlayalım.

Şekil: 1.3.2 Bir olayın ayrık olaylar türünden yazılması

A 1

ile A 2

ayrık ve A 1A 2  

olduğundan A 1

ve A 2

,  nın bir parçalanmasını oluşturur. Buradan herhangi bir B kümesi ( B   ),

1 2 1 2

( ) ( ) ( )

B B      B AABABA

şeklinde yazılabilir (Şekil (1.3.2)). Buna göre B olayının olasılığı da,

1 2

1 1 2 2

( ) ( ) ( )

( ) ( | ) ( ) ( | ) (1/ 2) (6 /16) (1/ 2) (5 /16) (11/ 32) P B P B A P B A

P A P B A P A P B A

   

    

olarak hesaplanmış olur. Dolayısı ile aranan olasılık

1 1 1

1

( ) ( ) ( | ) (1/ 2)(6 /16) (6 / 32) 6

( | )

( ) ( ) (11/ 32) (11/ 32) 11

P A B P A P B A P A B

P B P B

     

dir.

Şimdi deneyi değiştirelim. Rasgele bir kavanoz seçip bu kavanozdan bir top çekelim.

Çekilen topun mavi olduğu verildiğinde bunun birinci kavanozdan çekilmiş olması olasılığını hesaplayalım. Kavanozlar K

1

ve K

2

olmak üzere bu olaylar (Şekil (1.3.2))

1 { K

1

'in seçilmesi}

A  , A 2  { K

2

'nin seçilmesi} ve B{ Mavi topçekilmesi }

(4)

şeklinde yazılır. Yine, A 1

ile A 2

ayrık olaylar olup A 1A 2  

dir. A 1

ve A 2

olayları

 örnek uzayının bir parçalanması olduğundan herhangi bir B   için B olayını

1 2 1 2

( ) ( ) ( )

B B      B AABABA şeklinde yazabiliriz. Buna göre, B olayının olasılığı

1 2 1 1 2 2 1 5 1 5 5

( ) ( ) ( ) ( ) ( | ) ( ) ( | )

2 10 2 15 12 P BP BAP BAP A P B AP A P B A    olup aranan olasılık bu defa,

1 1 1

1

( ) ( ) ( | ) (1/ 2) (5 /10) (1/ 4) 3

( | )

( ) ( ) (5 /12) (5 /12) 5

P A B P A P B A P A B

P B P B

     

olur 

Tanım 1.3.1 ( , , )  U P bir olasılık uzayı olsun. A B ,  U olayları için ( ) ( ) ( )

P ABP A P B ise A ve B olayları bağımsızdır denir. i 1, 2,..., n için A i  U olmak üzere,

1 1

n n ( )

i i

i i

P A P A

 

 

  

   

oluyorsa, A A 1 , 2 ,..., A n

olayları n li bağımsızdır denir 

Örnek 1.3.2   { , , , } a b c d ve U   ( )  olsun. U sigma cebiri açık olarak

                      

      

, , , , , , , , , , , , , , , , , , ,

, , , , , , , ,

a b c d a b a c a d b c b d c d a b c a b d a c d b c d

   U

şeklinde yazılır. A  U için P A ( ) n A ( ) / 4 denirse ( , , )  U P bir olasılık uzayı olur. A  { , } a b ve B  { , } b d olayları için P A ( ) P B ( ) 1/ 2 dir. A B   { } b olup

( ) 1/ 4 P AB

dür. Buradan, P A (B ) 0.25 (0.5) (0.5)    P A P B ( ) ( )

olup A ve

B olayları bağımsızdır.

(5)

Şekil: 1.3.3 Bağımlı ve bağımsız olaylar

Ancak K  { , , } a b c ile M  { , } b d olayları bağımsız değildir. A B   { } b olup, ( ) 3/ 4

P A  , P B ( ) 1/ 2 ve P A ( B ) 1/ 4 dir. Buradan ( ) 0.25 (3 / 4) (1/ 2) ( ) ( )

P AB    P A P B dir. Yani, K ve M olayları bağımsız değildir

Örnek 1.3.3 ( , , )  U P bir olasılık uzayı ve A B ,  U olsun. A ve B bağımsız ise, a) A c ile B b) A ile B c c) A c ile B c

olayları da bağımsızdır.

a) B ( A B ) ( \ ) B A ve ( AB ) ile ( \ ) B A ayrık olaylardır. Dolayısı ile,

( ) ( ) ( c ) ( ) ( ) ( c )

P BP A B   P BAP A P BP BA eşitliği düzenlendiğinde

( c ) ( ) ( ) ( ) ( )[1 ( )] ( c ) ( )

P ABP BP A P BP BP AP A P B bulunur. Buradan, A c ile B olayları bağımsızdır.

b) Benzer şekilde, A ( A B ) ( \ ) A B olduğundan yine ( AB ) ile ( \ ) A B ayrık

olaylar olup P A ( )  P A B (  )  P A B (  c )  P A P B ( ) ( )  P B ( cA ) dir. Buradan, ( c ) ( ) ( ) ( ) ( )[1 ( )] ( ) ( c )

P A B   P AP A P BP AP BP A P B olduğundan, A ile B c olayları bağımsızdır.

c) A c ile B c olaylarının bağımsızlığı için P A ( cB c )  P A P B ( c ) ( c ) olduğunun

gösterilmesi gerekir. Kolayca görüleceği gibi,

(6)

 

( ) ( ) 1 ( ) 1 ( ) ( ) ( )

1 ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( )

c c c

P A B P A B P A B P A P B P A B

P A P B P A B P A P B P A P B

 

            

        

1 P A ( ) 1   P B ( )P A P B ( c ) ( c )

   

dir. Yani, A c ile B c olayları bağımsızdır 

Örnek 1.3.4 ( , , )  U P bir olasılık uzayı olsun.  ile  nin herhangi bir A U olayı ile bağımsız olduğu

( ) ( ) ( ).1 ( ) ( ) P A    P AP AP A P  ve

( ) ( ) ( ).0 ( ) ( ) P A    P   P AP A P  eşitliklerinden açıktır 

Teorem 1.3.1 ( , , )  U P bir olasılık uzayı ve n   için A n  U

olsun. Bu durumda,

a) 1 ( n )

n

P A

  

ise lim sup n 0

P n A



 

 

 

b) A n  U

olayları bağımsız ve 1 ( n )

n

P A

  

ise lim sup n 1

P n A



 

 

 

dir.

İspat a) 1

lim sup n k k

n n k n k n

A A A

  

   

    

olduğundan

1

lim sup n k k ( k )

n n k n k n k n

P A P A P A P A

    

   

        

     

         

yazılır. 1 ( n )

n

P A

 

yakınsak ( 1 ( n )

n

P A

  

) ise serinin kalan terimi sıfıra gider. Yani,

n   iken,

( n ) 0

k n

P A

 

dır. Buradan n   iken,

1

0 lim sup n k k ( k ) 0

n n k n k n k n

P A P A P A P A

   

    

   

 

                         elde edilir. O halde, lim sup n 0

P n A



 

 

  dır.

(7)

b) Önce, 0   x 1 için e x   1 x olduğunu hatırlayalım. Ayrıca, A n

dizisinin üst

limitinin tanımı ile

m

m k

k n

C A

 

dizisinin artan olduğu dikkate alındığında, lim sup lim lim

m

n k

n n m k n

P A P A

   

 

    

   

    

yazılır. Diğer taraftan, A n

ler bağımsız olaylar ise

n c

A ler de bağımsızdır. Buradan,

( ) ( )

( ) 1 ( )

m k k n k

m c m c m c m

k k k k

k n k n

k n k n

m P A P A

k n

P A P A P A P A

e e

 

 

 

     

             

     

 

  

 

 

elde edilir. 1 ( n )

n

P A

  

olduğundan ıraksak bir serinin kalan terimi sonsuza gider.

Yani, m   iken

( )

m k n n

P A

 

olup

( )

0

m k n k

P A

e

 olur. Buradan, m   iken

0

m c k k n

P A

   

    

 

     

  

yazılır. O halde,

lim sup n lim lim m k

n n m k n

P A P A

   

 

  

   

    

olduğu dikkate alındığında, m   iken,

1 1

m m c

k k

k n k n

P A P A

 

 

        

     

       

olup,

lim sup n 1

P n A



  

 

  elde edilir 

1.4. Permütasyonlar ve Kombinasyonlar

1.4.1 Permütasyonlar

(8)

Olasılık hesaplarında çok kullanılan kavramlardan biri de hiç şüphesiz nesnelerin tamamının ya da belli bir kısmının farklı sıralanmalarının sayısıdır. Permütasyonun Latince’de “yer değiştirme” anlamına gelen “permütare” sözcüğünden türediği sanılmaktadır (Oruç, 1982). Örneğin A , B ve C gibi üç nesnenin değişik sıralamaları ABC , ACB , BAC , BCA , CAB ve CBA şeklinde olacaktır. Yani, değişik sıralamaların sayısı 6 dır. Benzer şekilde, bu üç nesnenin ikişerli sıralamaları, AB , AC ve BC şeklinde olabilir. Ancak, önce A sonra B sıralaması ( AB ) ile önce B sonra A sıralamaları farklı ise, sıralamalar; AB , BA , AC , CA , BC ve CB şeklinde olur. Bu durumdaki sıralamaların sayısı ise 6 dır.

Dört öğretim üyesi arasında üç kişilik bir jüri oluşturmak istendiğini düşünelim. Bu dört öğretim üyesi A , B , C ve D olarak adlandırılmış olsun. Bu durumda, ABC sıralaması ile ACB aynı olacağından olası jüri üyeleri ABC , ABD , ACD ve BCD şeklinde olabilir. Yani, dört farklı şekilde jüri oluşturulabilir. Ancak, ilk seçilen jüri başkanı olacak denirse, ABC ile BAC farklı olacaktır. Bu durumda, farklı oluşumlar

, ,

ABC ABD ADC , BAC BAD BDC , , , CAB CAD CBD , , , DAB DAC DBC şeklindedir , , (sayısı 12). Burada, sonraki seçilen iki kişi arasındaki sıralama önemli değildir. Bunların uzun uzun yazılması yerine, farklı oluşumların toplam sayılarının formülize edilmesi gerekir.

Tanım 1.4.1 a) 1 den n ye kadar pozitif tam sayıların çarpımına n faktöriyel (ya da n  çarpansal) denir ve n ! ile gösterilir.

b) Nesnelerin kümesinin bir kısmının ya da tamamının belli bir sıralanmasına (ya da

düzenlenmesine) permütasyon denir

Tümü birlikte kullanılan n nesnenin permütasyonları sayısı n ! dir. Bu sayı ( , ) P n n ile gösterilmiştir. n nesneden bir defada alınan r nesnenin permütasyonları (sıralanmalarının) sayısı ise ( , ) P n r ile gösterilir.

n nesneden r tanesi r tane kutucuğa yerleştirilmek istensin. Bu durumda birinci

kutucuğa n nesneden herhangi biri yerleştirilebilir (yani ilk kutucuk için n farklı seçim

(9)

yapılabilir). Sonra ikinci kutucuk, geri kalan n  1 nesneden herhangi biri ile doldurulabilir (yani, ikinci kutucuk için n  1 farklı seçim yapılır). Böyle devam edilirse, son kutucuk için geri kalan n   nesneden biri ile doldurulur. Buna göre, farklı sıralamaların sayısı ( r 1)

( 1)( 2)...( ( 1)) ( 1)( 2)...( 1)

( 1)( 2)...( 1)( )! !

( , )

( )! ( )!

n n n n r n n n n r

n n n n r n r n

P n r

n r n r

        

    

  

 

olur. Elimizde bulunan n nesnenin ya hepsi farklıdır, ya da bazıları aynıdır. Buna göre, n nesnenin permütasyonlarının sayısı için bu iki durum farklı değerlendirilmelidir.

a) Birbirinden farklı n nesnenin permütasyonları sayısı: n  1 ise, bu nesne bir tek biçimde yazılabilir ve permütasyon sayısı 1 dir. Yani, 1! 1  dir. Şimdi, n  2 olsun. Bu nesneler A ve B ise, sıralamalar, AB ve BA şeklinde olup, sayısı 2 dir. Yani, 2 nesnenin permütasyonları sayısı 2! 2  dir. n  3 için sıralamalar; ABC , ACB , BAC , BCA , CAB ve CBA şeklinde olur ve sayısı 3! 6  dır. Tümevarım yöntemine göre, n  1 nesnenin permütasyonları sayısı ( n  1)! olsun. n .nci nesne geri kalan n  1 nesne arasına n farklı şekilde yerleştirilebilir. O zaman, çarpma kuralı gereğince, bu sıralamaların sayısı da

( 1)!

n n  olur. Bu değer de n ! dir.

b) Şimdi, n nesneden n 1 tanesi bir tür, geri kalanlardan n 2 tanesi başka bir tür olmak üzere, n k tanesi de başka bir türden nesne olsun. Yani, bu n nesne k farklı türden oluşsun.

Bu durumda, k n ve n 1  n 2   ... n kn olduğu açıktır. Buna göre, n 1 tane nesne aynı olduğundan sıralanışta n 1 ! tane sıralanış aynı, benzer nedenle n 2 ! sıralanış aynı olacaktır.

Böylece, n nesnenin permütasyonları sayısı n !/ ( ! !... !) n n 1 2 n k olur.

Örnek 1.4.1 1, 2,3, 4 ve 5 rakamlarının tümü kullanılarak toplam 5! 120  farklı sayı yazılabilir. Bunlardan;

a) Kaç tanesinde çift rakamlar tek rakamlardan önce gelir? Bu rakamlar dizisi içinde 3

tane tek (1,3 ve 5), 2 tane (2 ve 4) de çift rakam vardır. Çift rakamlar kendi aralarında 2!

(10)

sayıda sıralanır. Sonra tek rakamlar da kendi aralarında 3! farklı şekilde sıralanabilir. O zaman toplam sayı 2!(3!)=12 dir. Bu sayılar,

24135 24153 24315 24351 24513 24531 42135 42153 42315 42351 42513 42531 şeklindedir.

b) Kaç tanesinde 2, 1 den hemen sonra gelir? (1,2) ikilisi beraber alınarak, toplam dört rakam varmış gibi düşünüldüğünde, farklı permütasyonların sayısı (4, 4) 4! 24 P   dür.

c) Kaç tanesinde 2 rakamı 1 den önce gelir? Permütasyonlar içinde, 1 in 2 den önce geldiği sayıda 2 de 1 den önce gelir. O zaman aranan cevap, (5,5) / 2 5!/ 2 60 P   dır.

d) kaç tanesinde 1 ve 2 rakamları 3 ve 4 rakamlarından önce gelir? Önce, 1, 2, 3 ve 4 rakamları kendi aralarında 4! Sayıda sıralanır. Oysa, toplam 5 tane rakam vardır. Koşullara uyan sıralamalar

1 2 3 4 1 2 4 3 2 1 3 4 2 1 4 3

olup 5 rakamının nereye geldiği önemli değildir. Buradaki her bir sıralama için 5 rakamı her bir sıralamadaki 5 farklı yere gelebilir. O zaman aranan sıralamaların sayısı 4(5)=20 dir.

e) Kaç tanesinde 1, 2 den önce, 2 de 3 den önce gelir? 1,2 ve 3 rakamlarının permütasyonları sayısı 3!=6 dır. O halde toplam sayı (5!/3!)=20 dir.

f) Beş basamaklı sayılardan kaç tanesinde ilk iki rakamın toplamı 6 dan küçüktür?

Bunun için,

Birinci yerde 1 varsa, ikinci yer için 3 seçim (2,3,4) yapılabilir, Birinci yerde 2 varsa, ikinci yer için 2 seçim (1,3) yapılabilir, Birinci yerde 3 varsa, ikinci yer için 2 seçim (1,2) yapılabilir

Birinci yerde 4 varsa, ikinci yer için 1 seçim (1) yapılabilir.

İlk iki basamağa yazılacak rakamlar önemli olup diğerlerinin sıralaması önemli değildir. İlk iki basamak doldurulduktan sonra geriye kalan 3 rakam (3! faklı şekilde yazılabilir) herhangi bir şekilde doldurulur. O zaman aranan sayı (3+2+2+1)3!=48 dir.

g) Rakamlar yinelenmeden 4 basamaklı kaç sayı yazılabilir? Bunun için, birinci yere

herhangi bir rakam (5 tanesinden biri) yazılır. Yani, birinci yer 5 farklı şekilde doldurulur.

(11)

İkinci yer geri kalan 4 tanesinden biri ile, üçüncü yer geri kalan 3 tanesinden biriyle ve son yer de geri kalan 2 rakamdan biri ile doldurulur. Aranan sayı 5.4.3.2=120 dir.

h) Rakamlar yinelenebilir ise 4 basamaklı 625 sayı yazılabilir. Yani, birinci yer 5 farklı şekilde doldurulabilir. Aynı şekilde ikinci yer de 5 farklı şekilde doldurulabilir.

i) Rakamlar yinelenmeden 4 basamaklı tek sayıların sayısını bulalım. O zaman, elde edilecek sayı tek olacağından son basamak 3 farklı şekilde (1 3 ve 5) doldurulabilir. Birinci yer geri kalan 4 rakamdan biri ile, ikinci yer geri kalan 3 rakamdan biri ile ve üçüncü yer de geri kalan 2 rakamdan biri ile doldurulur. Yani, toplam sayı (4)(3)(2)(3)=72 dir.

j) , , A A B B B C C D D D nesneleri kaç farklı şekilde sıralanabilir. Dört faklı , , , , , , , türden 10 nesne vardır. Buna göre, farklı sıralamaların sayısı için, n  10, n 1n 4  2 ve

2 3 3

nn  olup permütasyonların sayısı 10!/ (2!3!3!2!) 3628800 / (144) 25200  

dür 

Bir çember üzerindeki n farklı nesnenin permütasyonları sayısı (n-1)! dir. Örneğin, yuvarlak bir masa etrafına 4 kişi (4-1)!=6 farklı şekilde sıralanabilir. Burada, insanların saat yönünde hareket ettiği düşünülürse, bir kişi sabit tutularak diğerlerinin birer kaydırılması ile aranan permnütasyonların sayısı bulunur.

1.4.2 Kombinasyonlar

Tanım 1.4.2 Birbirinden farklı n nesne verilmiş olsun. Bu n nesneden k tanesinin farklı çekiliş sayısına n nesnesin k li kombinasyonu denir

Tanımdan da anlaşılacağı gibi, burada iki durum vardır. 1) çekilen nesne geri

konmadan (iadesiz) yeni bir çekiliş yapılır ya da 2) çekilen yerine konup (iadeli) yeni bir

çekiliş yapılır.

(12)

1) İadesiz (Yinelemesiz) Kombinasyon: n nesneden k tanesi seçilmek istensin. k  1 ise n nesne içinde n farklı şekilde seçim yapılabilir. k  2 için nesneleri a 1 , a 2 ,…, a n ile gösterelim. Buna göre seçimler,

a a a a 1 2 1 3 , ,..., a a 1 n , a a a a 2 1 , 2 3 ,..., a a 2 n , a a a a 3 1 3 2 , ,..., a a 3 n ,…, a a a a n 1 , n 2 ,..., a a n n 1 şeklinde olup sayısı ( n n   1) n !/ ( n  2)! dir. k  3 olsun. İlk çekilişte a a 1 , ,..., 2 a n den biri çekilir. Geriye n  1 nesne kalır. n  1 nesneden 2 -li ( n  1) ( n    1 1) ( n  1)( n  2) kombinasyon yapılabilir. n nesnenin 3 -lü kombinasyon sayısı ( n n  1)( n  2)  n !/ ( n  3)!

olur. O halde, n nesnenin ( k  -li kombinasyonlarının sayısının 1)

! ( 1)( 2)...( ( 2)) ( ( 1))!

n n n n n k

n k     

 

olduğunu kabul edelim ve k -li kombinasyonlarının sayısını bulalım. n nesnenin 1-li kombinasyonlarının sayısı n dir. Geriye n  1 nesne kalır. ( n  nesnenin ( 1) 1) k  -li kombinasyonlarının sayısı,

( 1)! ( 1)!

(( 1) ( 1))! ( )!

n n

n k n k

  

   

dir. Bu son ifadenin her iki tarafı n ile çarpılırsa,

( 1)! !

( )! ( )!

n n n

n k n k

 

 

sayısı, n nesnenin k -li kombinasyon sayısı olur. Herhangi bir nesnenin çekiliş sırası önemli değilse, her k ! çekiliş aynı olacağından aranan sayı,

( , ) !

!( )!

n n C n r

k k n k

        

dir.

2) İadeli (Yinelemeli) Kombinasyon 1, 2,3 ve 4 rakamları ile kullanılan rakam bir daha kullanılmamak üzere 2 basamaklı sayı yazmak isteyelim. Bunların sayısının

(4, 2) 4! 12 (4 2)!

P  

(13)

olduğunu biliyoruz. Bu sayılar; 12, 13, 14, 21, 23, 24, 31, 32, 34, 41, 42, 43 dir. Kullanılan rakam bir daha kullanılabilir ise, 11, 22, 33 ve 44 sayıları da buna eklenmelidir. O zaman toplam sayı 16 olur. Yani, 2 4 tane farklı sayı yazılabilir. Yinelemeli kombinasyonda, iki farklı durum (sıra önemli ve sıra önemsiz) ayrı ayrı değerlendirilmelidir.

Birbirinden farklı n nesneden r tanesinin çekiliş sayısı, n nesnenin r li

kombinasyonu olup sayısı ( , ) C n r veya       n r r n r !n !! dir. n nesne r ! yolla

düzenlenebileceğinden, ( , ) C n r kombinasyonlarından herbiri için r ! permütasyon olduğundan permütasyonların sayısı ! ( , ) r C n rP n r ( , )  n !/ ( n  1)! olur. Ayrıca,

( , ) ( , )

C n rC n n r  dir.

Örnek 1.4.2 a) Dört kişi arasından üç kişiden oluşan bir komisyon seçilmek isteniyor.

Bu dört kişi , , A B C ve D olsun. Bu oluşumlar, ABC ABD ACD ve , , BCD şeklinde olur.

Bunlar kendi aralarında 3! şekilde sıralanabilir. Örneğin, , A B , C kişileri kendi aralarında ABC , ACB , BAC , BCA , CAB ve CBA şeklinde sıralanabilir. Burada ABC ile ACB aynı komisyondur. Bu dört kişiden oluşacak üçlü kombinasyon ve permütasyonlar aşağıdaki şekilde oluşturulabilir.

Kombinasyonlar Permütasyonlar

ABC ABD ACD BCD

ABC ACB BAC BCA CAB CBA ABD ADB BAD BDA DAB DBA ACD ADC CAD CDA DAC DCA BCD BDC CBD CDB DBC DCB Burada, kombinasyonların sayısı,

4 4!

(4,3) 4

3 3!(4 3)!

C  

       

permütasyonların sayısı (yani sıralama önemli) ise, (4,3) 4! 24

(4 3)!

P  

olup, (4,3) 24 3!4 3! (4,3) P    C dir.

(14)

b) 4 Fizikçi, 4 Kimyacı ve 2 Biyolog arasından 3 kişilik bir komisyon. hiç bir koşul olmadan (10,3) 120 C  farklı şekilde seçilebilir.

i) Kurulda en az 1 biyolog olacak şekilde kaç farklı seçim yapılabilir. Bunun için önce hiç biyolog bulunmaması durumunu hesaplayalım. Kurulda 3 fizikçi olabilir, 3 kimyacı olabilir, 2 fizikçi 1 kimyacı veya 1 fizikçi 2 kimyacı olabilir. Buna göre,

3 fizikçi (4,3) 4 C  3 kimyacı (4,3) 4 C

2 fizikçi, 1 kimyacı (4, 2) (4,1) 6(4) 24 C C   2 kimyacı 1 fizikçi (4, 2) (4,1) 6(4) 24 C C  

farklı şekilde seçilebilir. Bunların toplam sayısı 56 olup, en az 1 biyolog bulunduran kombinasyonların sayısı 120 56 64   dür.

ii) Kurulda her branştan 1 kişinin olabileceği kombinasyonların sayısı ise (4,1) (4,1) (2,1) 4(4)2 32

C C C  

dir 

n nesnenin r 1 tanesi birinci çeşit, r 2 tanesi ikinci çeşit ve r k tanesi de k . nci çeşit olsun. Yani, nesnelerim tümü birbirinden farklı olmasın. Bu durumda, r 1     r 2 ... r k n olmak üzere, tümü birlikte alınan n nesnenin permütasyonları sayısı,

1 2 1 2 1 2

( ; , ,..., ) !

, ,...,

! !... !

k k k

n n P n r r r

r r r r r r

 

   

 

dir. r ve n pozitif tamsayılar olmak üzere 0 r n   için, ( C n 1, ) r C n r ( ,   1) C n r ( , ) dir (Pascal kuralı). Yani,

! !

( , 1) ( , )

1 ( 1)!( 1)! !( )!

! ! ! 1 1

( 1)!( )!( 1) ( 1)! ( )! ( 1)!( )! 1

n n n n

C n r C n r

r r r n r r n r

n n n

r n r n r r r n r r n r n r r

   

                  

 

                 

! 1 ! 1

( 1, ) ( 1)!( )! ( 1) ( )!( 1 )!

n n n n

C n r r

r n r r n r r n r

  

               

dir.

(15)

Örnek 1.4.3 a) 52 lik bir oyun kağıdı 4 oyuncuya

52 52! 52 39 26 13

13,13,13,13 13!13!13!13! 13 13 13 13

      

 

      

      

farklı şekilde dağıtılabilir.

b) 2 kırmızı, 3 siyah ve 5 beyaz top sıraya dizilmek istensin. Aynı rekli toplar benzer

ve aynı büyüklüktedir. Bu toplar, n  10, r 1  5, r 2  3 ve r 3  2 olmak üzere bu toplar,

10 10!

5,3, 2 5!'3!2! 2520

 

 

 

 

farklı şekilde sıraya dizilebilir.

c) n tane A ve r tane B ile, her dizide A ların tümü kullanılmak üzere A ve B lerden kaç farklı dizi oluşturulabilir.

dizide n tane A ve 0 tane B ile 0 1

  n

  

 

dizide n tane A ve 1 tane B ile

1 ( 1)!

( 1)

1 !1!

n n

n n

      

 

 

dizide n tane A ve 2 tane B ile

2 ( 2)!

2 2! !

n n

n

    

 

 

……

dizide n tane A ve r tane B ile

( )!

! ! n r n r

r r n

   

  

 

farklı dizi oluşturulabilir. Bunların toplam sayısı ise Pascal kuralına göre,

1 2 1

0 1 2 ...

n n n n r n r

r r

    

         

    

         

         

dir.

d) Bir sınıfta 12 kız ve 10 erkek öğrenci vardır. Sınıf, kızlar ve erkekler boy uzunluklarına göre sıralanacak biçimde kaç farklı yolla düzenlenebilir.

Kızlar ve erkekler kendi aralarında permütasyona tabii olmayacağından birbirinin

benzeri gibi düşünülebilir. Buna göre 22 nesnenin permütasyonu,

(16)

22 22!

646646 12,10 12!10!

 

 

 

 

dir 

Bir A kümesinde n tane nesne bulunsun. A kümesinin A A 1 , 2 ,..., A k formunda farklı parçalanmalarının sayısı, A 1 de r 1 , A 2 de r 2 ve A k de r k nesne ve r 1     r 2 ... r k n olmak üzere,

1 2 3 1 2 3

! , , ,..., k ! ! !... ! k

n n

r r r r r r r r

 

  

 

dir. Şimdi bunu gösterelim. Önce, nesnelerden A 1 içine C n r ( , ) 1 farklı seçim yapılabilir.

Sonra, geri kalan n r1 nesneden A 2 içine r 2 tane nesne C n r r (  1 2 , ) farklı seçim yapılabilir. Bu şekilde devam ettiğnde, i  1, 2,3,..., k için A i içine r i tane nesne

1 2 1

( ... i , ) i

C n r     r r r farklı şekilde seçilebilir. O halde, A nın farklı parçalanmalarının

sayısı ( n r     1 r 2 ... r k ) 0! 1   olduğundan,

1 2 1

1 2 1

1 2 3

1 2 1

1

1 1 2 1 2 1 2 1 2 3

... ...

( ... )!

( )!

! !

!( )! !( )! ... !( ... )! ! ! !... !

k k

k

k k k

n r r r

n r r n r

n

r r r r

n r r r

n r

n n

r n r r n r r r n r r r r r r r

   

      

 

       

       

   

  

      

dir.

Örnek 1.4.4 a) 10 oyuncak 3 kardeş arasında en küçüğü 4 diğerleri üçer tane olmak üzere

10! 4200 4! 3! 3! 

farklı şekilde dağıtılabilir.

b) Bir kavanozda 1 den 7 ye kadar numaralandırılmış 7 top vardır. Önce 2 sini sonra 3 ünü en sonunda da 2 sini olmak üzere kaç farklı şekilde seçebiliriz. Başka bir ifade ile, 7 top 2 si A

1

kutusuna, üçü A

2

kutusuna ve geri kalan ikisi de A

3

kutusuna kaç farklı şekilde

(17)

yerleştirilebilir. Burada, ({1,2},{3,4,5},{6,7}) ile ({6,7},{3,4,5},{1,2}) farklı olduğundan bunlar sıralı parçalanmalardır. Buna göre, 7 toptan 2 si A

1

kutusuna C (7,2) farklı şekilde, geri kalan 5 toptan üçü A

2

kutusuna C (5,3) farklı şekilde ve son ikisi de A

3

kutusuna

(2,2)

C farklı şekilde yerleştirilir. Yani, toplam sayı, 7 5 2 7! 5! 2!

2 3 2 2!5! 3!2! 2!0! 210

   

 

   

    dur

Sırasız Parçalanma a) Bir sınıfta 12 öğrenci vardır. Her takımda 4 öğrenci olacak şekilde 12 öğrenci A 1

, A

2

ve A

3

gruplarına ayrılmak istensin. Öğrencilerin her bir

1 2 3

{ , A A A , } parçalanma sayısı 3!=6 dır. Buna göre, farklı parçalanmaların sayısı, 12 8 4 1 12 1 12! 1

4 4 4 3! 4,4,4 3! 4!4!4! 3! 5775

     

  

     

      dir.

b) 10 öğrenci, biri 4 diğerleri üçer kişilik 3 gruba kaç farklı şekilde ayrılabilir. Burada,

1 2 3

{ , A A A , } grubu ile { , A A A 1 3 , 2 } grupları aynıdır. Buna göre farklı parçalanmaların sayısı,

10 6 3 1 10 1 12! 1 4 3 3 2! 4,3,3 2! 4!3!3! 2! 2100

     

  

     

      dür

Binom Teoremi: n pozitif bir tamsayı olmak üzere,

1 1 2 2

0

1 1 2 2

( ) ...

0 1 2

0 1 2 ...

n n i n i n n n n

i

n n n n

n n n n n

a b a b a a b a b b

i n

n n n n

b b a b a a

n

  

 

         

                

         

       

            

       

dir. Buradaki, n i

   

  katsayılarına Binom katsayıları denir. Eşitlikte a b   1 alınırsa,

(18)

2 ...

0 1 2

n

n n n n

n

       

            

        elde edilir. Ayrıca, a 1, b   1 denirse,

... ( 1) 0

0 1 2

n n n

n

n

n

       

     

       

       

bulunur. Birinci eşitlikten ikinci eşitlik çıkartılırsa ( n tek)

2 ... 2 ... 2

1

1 3 5 1 3 5

n n

n n n n n n n n

n n

                 

          

                 

               

 

iki terimin taraf tarafa toplanması ile ( n çift)

2 ... 2 ... 2

1

0 2 4 0 2 4

n n

n n n n n n n n

n n

                 

          

                 

               

 

elde edilir. Burada n nin tek veya çift olması dikkate alınmalıdır. Diğer taraftan,

0 1 1 2 2 ... 0

k r k r k r k r k r

n n n n n

              

    

               

              ya da,

0 n i

k r k r

i n i n

      

     

    

olup, eşitlikte k r n   alındığında

2 2 2 2

... 2

0 1 2

n n n n n

n n

              

         

          eşitliği elde edilmiş olur.

1.5. Çözümlü Problemler

1.5.1   [0,1] , U B  ( )  ve P A ( ) " nın aralık uzunluğu "  A olsun. Buna göre, ( , , )  U P bir olasılık uzayıdır.  nın alt kümelerinden oluşan iki dizi

1 1

{ : ( 1) 1} , { : 0 }

n n

Ax   n   x Bx     x n

olarak verildiğinde, lim n P n A



 

 

  ve lim n

P n B



 

 

  olasılıklarını hesaplayınız.

(19)

Çözüm: Her n   için A nA n 1

ve B n 1B n

olduğu

(n+1)<(n+2)⇒(n+2) −1 <( n+1 ) −1

önermesinden açıktır. Yani,

1 1

{ :( 1) 1} { : ( 2) 1} 1

n n

Ax   n    x x   n    x A olup A n

dizisi artandır. Benzer şekilde B n

dizisi de azalandır. Teorem (1.2.2) ye göre, A n

ve B n

dizilerinin limitleri vardır ve lim n (0,1]

n A

 

ve lim n

n B

  

dir. Buna göre,

 

 

1

lim n n 0 , 1 1

n n

P A P A P

 

 

    

   

    

ve

 

1

lim n n 0

n n

P B P B P

 

 

       

   

    

elde edilir.

1.5.2 Ω boş olmayan bir küme, U da Ω üzerinde bir sigma cebir olsun. B  U için,

{ : , }

BA A B C C   

U U

şeklinde tanımlanan U B

sınıfının B üzerinde bir sigma cebir olduğunu gösteriniz.

Çözüm: U B

sınıfının bir sigma cebir olması için Tanım (1.1.3) deki sigma cebir olma koşullarını sağlanması gerekir. Şimdi bu koşulları inceleyelim.

(i) B  U ve B=B∩B olduğundan, B  U B dir.

(ii) Şimdi, U B deki her elemanın tümleyeninin de (tümleme B ye göre) U B de olduğunun gösterilmesi gerekir. A U B ise A=B∩C olacak şekilde bir C  U vardır.

O halde, A nın B ye göre tümleyeni (bunu A ile gösterelim) de bu sınıfta olmalıdır.

Bc

Bunun için, A B c   B ( \ ) B AB A B \   A c olup, B A \  U olduğundan,

B c B

A  U

dir.

(20)

(iii) U B deki elemanların sayılabilir birleşimleri de U B de olmalıdır. Bunun için n   için A n  U B olsun. O zaman A n   B C n olacak şekilde C n  U küme dizisi vardır. Ayrıca,

1 1 1

( )

n n n

n n n

A B C B C B C

  

  

 

       

 

  

olarak yazılabildiğinden, n 1 n B

A

  U

dir. Dolayısı ile, U B sınıfı, B üzerinde bir sigma cebirdir.

1.5.3 ( , , )  U P bir olasılık uzayı, P( A 1 ∩A 2 ∩A 3 )>0 olacak şekilde dört olay

1 , 2 , 3 ve 4

A A A A  U olsun. Gösteriniz ki,

1 2 3 4 1 2 1 3 1 2 4 1 2 3

( ) ( ) ( | ) ( | ) ( | )

P AAAAP A P A A P A AA P A AAA dir.

Çözüm: B 1A 1A 2A 3

denirse,

1 2 3 4 1 4 1 4 1

1 2 3 4 1 2 3

( ) ( ) ( ) ( | )

( ) ( | )

P A A A A P B A P B P A B

P A A A P A A A A

     

    

yazılır. Şimdi B

2

= A

1

A

2

denirse,

1 2 3 3 2 2 3 2 1 2 3 1 2

( ) ( ) ( ) ( | ) ( ) ( | )

P AAAP ABP B P A BP AA P A AA olur. Son olarak, P A ( 1A 2 )  P A P A ( ) ( 1 2 | A 1 )

olup sonuçlar birleştirildiğinde,

P( A

1

A

2

A

3

A

4

)=P( B

1

A

4

)=P(B

1

) P( A

4

|B

1

)=P( A

1

A

2

A

3

)P ( A

4

| A

1

A

2

A

3

)

= P( A

1

A

2

) P( A

3

|A

1

A

2

) P ( A

4

|A

1

A

2

A

3

)

= P( A

1

) P( A

2

| A

1

) P( A

3

|A

1

A

2

) P( A

4

| A

1

A

2

A

3

) şeklinde aranan eşitlik elde edilmiş olur.

1.5.4 a) ( , , )  U P bir olasılık uzayı, A ve B U bağımsız ve P A ( ) 0.6 1  , ( 2 ) 0.3

P A

olsun. P A ( 1A 2 )

, P A ( 1A 2 )

ve P A ( 1A c 2 )

olasılıklarını

hesaplayınız.

(21)

b) ( , , )  U P bir olasılık uzayı, P A ( 1 ) 1/ 2  , P A ( 2 ) 1/ 3  ve P A ( 3 ) 1/ 4  olacak şekilde A A 1 , 2 ve A 3  U bağımsız olaylar olsun. Buna göre, P A ( 1A 2A 3 ) olasılığını hesaplayınız.

c) ( , , )  U P bir olasılık uzayı, P A ( ) 1P A ( 2 )  P A ( 3 ) 1/ 4 

olacak şekilde A 1 , A 2 ve A 3  U bağımsız olaylar olsun. P A [( 1 cA c 2 )  A 3 ]

olasılığını hesaplayınız.

Çözüm: a) A 1 ve A 2

bağımsız olduğundan Örnek (1.3.3) den A 1 ile A 2 c , A

12

ile A

2

ve A 1 c ile A 2 c bağımsız olaylardır. Buradan aranan olasılıklar

1 2 1 2

( ) ( ) ( ) (0.6) (0.3) 0.18 P AAP A P A  

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

0.6 0.3 0.18 0.72

P AAP AP AP AAP AP AP A P A

   

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

0.6 (1 0.3) (0.6)(1 0.3) 0.6 0.7 0.42 0.88

c c c c c

P AAP AP AP AAP AP AP A P A

        

şeklinde bulunur.

b) Bu olasılık doğrudan

1 2 3 1 2 3 1 2

1 3 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2

1 3 2 3 1 2 3

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 3 4 2 3 2 4 3 4 2 3 4

P A A A P A P A P A P A A

P A A P A A P A A A

P A P A P A P A P A

P A P A P A P A P A P A P A

      

      

   

  

       

                      

12 8 6   4 3 2  1 18 3

24 24 4

     

  

olarak hesaplanmıştır.

c) Önce P( A∪B )=P( A )+P (B )−P( A∩B ) olduğunu hatırlayalım.

1 c c 2

BAA denirse aranan olasılık P B (  A 3 ) haline dönüşür. O zaman aranan olasılık,

(22)

1 2 3 1 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2 3

[( ) ] [ ] ( ) [( ) ]

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

c c c c c c

c c c c

P A A A P A A P A P A A A

P A P A P A P A P A P A

       

  

1 2 3 1 2 3

[1 ( )] [1 ( )] ( ) [1 ( )][1 ( )] ( )

3 3 1 3 3 1 9 1 9 36 16 9 43

4 4 4 4 4 4 16 4 64 64 64

P A P A P A P A P A P A

      

 

       

dir.

1.5.5 ( ,  U , ) P bir olasılık uzayı ve A B ,  U olsun. P A B ( | ) P A ( ) ise A olayı B olayına göre itici olay denir. Ayrıca, P A B ( | ) P A ( ) ise A olayı B olayına göre çekici olay denir.

a) A olayı B olayına göre çekici ise, B olayının da A olayına göre çekici olduğunu gösteriniz

b) A olayı B olayına göre çekici ise, B olayının A olayına göre itici olduğunu c gösteriniz.

Çözüm: a) P( A|B )>P( A ) ise A olayı B ye göre çekicidir. A olayı B ye göre çekici ise P( A|B )>P( A ) olup, koşullu olasılığın tanımından

( ) ( )

( | ) ( ) ( ) ( ) ( | ) ( )

( ) ( )

P A B P A B

P A B P A P A P B P B A P B

P B P A

 

      

yazılır. Yani, B olayı da A ya göre çekicidir.

b) A olayı B ye göre çekici ise, P B A ( c | )  P B ( c ) olduğunun gösterilmesi gerekir. A olayı B ye göre çekici ise, P( A|B )>P( A ) dir. Koşullu olasılığın tanımından

P( A|B )>P( A )⇒ P( A∩B)>P( A )P (B )

dir. Buradan, P B ( cA )  P A ( )  P A B (  )  P A ( )  P A P B ( ) ( )

yazılır. Ayrıca,

Referanslar

Benzer Belgeler

Sayfa: 1/10 BASF 26 Aralık 2008 tarih ve 27092 sayılı Mükerrer resmi gazetede yayınlanan''Güvenlik Bilgi Formu Hazırlanması ve Dağıtılması Hakkında Yönetmelik''e

Kube Pumps have two different unique designed protec- tion systems to prevent any hard metal and similar subs- tances from damaging the pump and engine if they enter the suction

(2) Birbirlerine aşağıdaki usullerden biri ile eklenmiş olan iki veya daha şok ÎLÎNMEKSÎZ BÎTÎG'- den ibaret dizme-koşma [ccmpound] cümle:. • Dizici dirkegiç

Bir ayna kullanarak doğru bir şekilde Sleepbuds™ kulaklıklarının arkaya doğru çevirdiğinizden, kulaklık ucu kanadını içeri aldığınızdan ve her taraf için en

Tüm Türk vatandaşlarının temel haklarının gerçek anlamda sağlanmasına yönelik talepleri yerine getirme genel hedefiyle Hükümet devlet okullarında Kürtçe

Ana Süreç No*:1 Ana Sürecin Adı: : Halk Sağlığı Hizmetleri Başkanlığı Süreç No*:1.6 Sürecin Adı: Yenidoğan İşitme Tarama Programı Takibi Sürecin Sahibi: İl

Tüm Birim Çalışanı EBYS veya Islak İmzalı yazılar 1

Ana Süreç No*:1 Ana Sürecin Adı: Halk Sağlığı Hizmetleri Başkanlığı Süreç No*:1.2 Sürecin Adı: Bulaşıcı Hastalıklar İşlemleri Süreci Sürecin Sahibi: