4. hafta Dağılımlar
Kesikli Dağılımlar Bernoulli Dağılımı
Önceki bölümlerdeki olasılık problemleri göz önüne alındığında her zaman istenen bir durum veya olayın olasılığından bahsetmek mümkündür. Eğer bir deney için başarılı ve başarısız olmak üzere iki sonuç ortaya çıkıyor ve bu deney aynı şartlar altında tekrarlanabiliyor ise bu deneye James Bernoulli’den dolayı Bernoulli denemesi denir. Bernoulli denemesi kesikli dağılımların temeli niteliğindedir.
Tanım 5.1. Bir tesadüfi deneme iki ayrık sonuçtan birisine sahip ise, bu denemeye Bernoulli denemesi denir. Bernoulli denemesinin sonuçları başarılı başarısız; sağlam bozuk veya istenen istenmeyen olarak ifade edilir. Bernoulli dememesine ait tesadüfi değişken başarılı sonuçta “1”, başarısız sonuçta “0” değerini alır. Bu bağlamda Bernoulli tesadüfi değişkeni,
𝑋 = { 1, deneme başarılı ise 0, deneme başarısız ise olarak ifade edilir.
Tanım 5.2. 𝑋 Bernoulli tesadüfi değişkeninin olasılık fonksiyonu,
𝑃(𝑋 = 𝑥) = 𝑝𝑋(𝑥) = {𝑝𝑥𝑞1−𝑥, 𝑥 = 0, 1
0, 𝑑. 𝑑.
biçimindedir. 𝑋 tesadüfi değişkenine Bernoulli dağılımına sahiptir denir ve 𝑋~𝐵𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑙𝑖(𝑝) ile gösterilir. Burada 𝑝, dağılımın parametresi olup başarı olasılığını ve 𝑞 = 1 − 𝑝 başarısızlık olasılığını ifade eder. Bernoulli denemesine ait birkaç örnek aşağıda verilmektedir.
1) Hilesiz madeni paranın bir kez havaya atılması denemesi.
2) İçinde 𝑚 tane kırmızı ve 𝑛 tane beyaz bilye bulunan bir kavanozdan tesadüfi bir bilye çekilmesi.
3) Bir futbol maçında kullanılan her bir penaltı atışı.
4) Özdeş ve aynı yaşam süresine sahip cihazların belli bir zamandan daha fazla yaşaması Beklenen Değer ve Varyans
𝐸(𝑋) = ∑ 𝑥𝑃(𝑋 = 𝑥)
𝐷𝑋
𝐸(𝑋) = ∑ 𝑥𝑝𝑥(1 − 𝑝)1−𝑥
1
𝑥=0
= 𝑝
𝐸(𝑋2) = ∑ 𝑥2𝑃(𝑋 = 𝑥)
𝐷𝑋
9-10-11-12-13-14
Haftalar
= ∑ 𝑥2𝑝𝑥(1 − 𝑝)1−𝑥
1
𝑥=0
= 𝑝
𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝐸(𝑋2) − (𝐸(𝑋))2= 𝑝 − 𝑝2= 𝑝𝑞
Moment Çıkaran Fonksiyon
𝑀𝑋(𝑡) = ∑ 𝑒𝑡𝑥𝑃(𝑋 = 𝑥)
𝐷𝑋
𝑀𝑋(𝑡) = ∑ 𝑒𝑡𝑥𝑝𝑥𝑞1−𝑥
1
𝑥=0
= 𝑞 + 𝑝𝑒𝑡 Olasılık Çıkaran Fonksiyon
𝑔𝑋(𝑠) = ∑ 𝑠𝑥𝑃(𝑋 = 𝑥)
𝐷𝑋
𝑔𝑋(𝑠) = ∑ 𝑠𝑥𝑝𝑥𝑞1−𝑥
1
𝑥=0
= 𝑞 + 𝑝𝑠
Örnek 5.1: Bir Bernoulli denemesinin ardışık olarak üç defa başarısızlıkla sonuçlanması olasılığı binde 216 olarak hesaplanmıştır. Buna göre Bernoulli denemesine ait tesadüfi değişkenin varyansını bulunuz?
Çözüm. 𝐴: “Bernoulli denemesinin ardışık üç defa başarısız olması” olayı iken 𝑃(𝐴) = (1 − 𝑝)3= 0,216, 𝑝 = 0,4 ve
𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝑝(1 − 𝑝) = 0,4. 0,6 = 0,24 olarak hesaplanır..
Örnek 5.2: 𝑋 Bernoulli tesadüfi değişkeninin olasılık fonksiyonu
𝑝𝑋(𝑥) = {(
1 5)
𝑥
(1 −1 5)
1−𝑥
, 𝑥 = 0, 1
0 , d. d.
olsun. 𝑔(𝑥) sürekli bir fonksiyon olmak üzere 𝐸(𝑔(𝑋)) = 0 olması için 𝑔(0) = 𝑔(1) = 0 olması gerektiğini gösteriniz.
Çözüm.
𝐸(𝑔(𝑋)) = ∑ 𝑔(𝑥) (1 5)
𝑥
(1 −1 5)
1 1−𝑥
𝑥=0
= 0
= 𝑔(0) (1 −1
5) + 𝑔(1) (1 5) = 0
= (1
5) [𝑔(1) − 𝑔(0)] + 𝑔(0) = 0 eşitliğinin sağlanması için 𝑔(0) = 𝑔(1) = 0 olması gerekir.
Binom Dağılımı
Ardışık olarak bağımsız Bernoulli denemelerinin yapıldığını göz önüne alalım. Yapılan bu denemeler aşağıdaki özellikleri sağlar:
1) Her denemenin başarılı ve başarısız gibi iki sonucu vardır.
2) Her bir deneme için başarı olasılığı 𝑝 ve başarısızlık olasılığı 𝑞 = 1 − 𝑝 değişmez.
3) Deneme sayısı sabit olup denemeler tekrarlanabilir.
Binom tesadüfi değişkeni aşağıdaki gibi tanımlanır.
Tanım 5.2. 𝑋 tesadüfi değişkeni 𝑛 tane bağımsız Bernoulli denemesinin başarılı olanlarının toplam sayısı olsun. Yani 𝑖 = 1, 2, … , 𝑛 için 𝑋𝑖~𝐵𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑙𝑖(𝑝) ve 𝑋 = 𝑋1+ 𝑋2+ ⋯ + 𝑋𝑛 olmak üzere 𝑋 tesadüfi değişkenine binom tesadüfi değişkeni denir ve olasılık fonksiyonu
𝑃(𝑋 = 𝑥) = {(𝑛
𝑥) 𝑝𝑥𝑞𝑛−𝑥, 𝑥 = 0, 1, 2, … , 𝑛 0 , 𝑑. 𝑑.
biçimindedir. 𝑋~𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚(𝑛, 𝑝) ile gösterilir. Burada 𝑛 ve 𝑝 dağılıma ait parametrelerdir.
Beklenen Değer ve Varyans
𝐸(𝑋) = ∑ 𝑥𝑃(𝑋 = 𝑥)
𝐷𝑋
𝐸(𝑋) = ∑ 𝑥 (𝑛
𝑥) 𝑝𝑥𝑞𝑛−𝑥
𝑛
𝑥=0
= 𝑛𝑝 ∑ (𝑛 − 1)!
(𝑥 − 1)! (𝑛 − 𝑥)!𝑝𝑥−1𝑞𝑛−1−(𝑥−1)
𝑛
𝑥=1
= 𝑛𝑝 ∑ (𝑛 − 1
𝑥 − 1) 𝑝𝑥−1𝑞(𝑛−1)−(𝑥−1) 𝑛
𝑥=1
= 𝑛𝑝(𝑝 + 𝑞)𝑛−1= 𝑛𝑝
𝐸(𝑋2) = ∑ 𝑥2𝑃(𝑋 = 𝑥)
𝐷𝑋
𝐸(𝑋2) = ∑(𝑥(𝑥 − 1) + 𝑥) (𝑛
𝑥) 𝑝𝑥𝑞𝑛−𝑥
𝑛
𝑥=0
= ∑ 𝑥(𝑥 − 1)𝑛!
𝑥(𝑥 − 1)(𝑥 − 2)! (𝑛 − 𝑥)!𝑝𝑥−2𝑝2𝑞(𝑛−2)−(𝑥−2)+ 𝑛𝑝
𝑛
𝑥=2
= 𝑝2𝑛(𝑛 − 1) ∑ (𝑛 − 2
𝑥 − 2) 𝑝(𝑥−2)𝑞(𝑛−2)−(𝑥−2)+ 𝑛𝑝
𝑛
𝑥=2
= 𝑝2𝑛(𝑛 − 1)(𝑝 + 𝑞)𝑛−2+ 𝑛𝑝
= 𝑝2𝑛(𝑛 − 1) + 𝑛𝑝
𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝐸(𝑋2) − (𝐸(𝑋))2
𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝑝2𝑛(𝑛 − 1) + (𝑛𝑝)2 = 𝑛𝑝𝑞 olarak bulunur.
Moment Çıkaran Fonksiyon
𝑀𝑋(𝑡) = 𝐸(𝑒𝑡𝑋)
= ∑ 𝑒𝑡𝑥𝑃(𝑋 = 𝑥)
𝐷𝑋
𝑀𝑋(𝑡) = ∑ 𝑒𝑡𝑥(𝑛
𝑥) 𝑝𝑥𝑞𝑛−𝑥
𝑛
𝑥=0
= ∑ (𝑛
𝑥) (𝑒𝑡𝑝)𝑥𝑞𝑛−𝑥
𝑛
𝑥=0
= (𝑒𝑡𝑝 + 𝑞)𝑛
Beklenen değer ve varyans momentler cinsinden aşağıdaki gibi bulunur:
𝑀𝑋′(0) = 𝐸(𝑋) = 𝑛𝑝
𝑀𝑋′′(0) = 𝐸(𝑋2) = 𝑛(𝑛 − 1)𝑝2+ 𝑛𝑝 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝑛𝑝𝑞 Olasılık Çıkaran Fonksiyon
𝑔𝑋(𝑠) = ∑ 𝑠𝑥𝑃(𝑋 = 𝑥)
𝐷𝑋
= ∑ 𝑠𝑥(𝑛
𝑥) 𝑝𝑥𝑞𝑛−𝑥
𝑛
𝑥=0
= ∑ (𝑛
𝑥) (𝑠𝑝)𝑥𝑞𝑛−𝑥
𝑛
𝑥=0
= (𝑞 + 𝑠𝑝)𝑛
Örnek 5.3: Her biri 10 puan olan 10 soruluk bir test sınavında 4 seçenek mevcuttur. Yanlış cevap doğru cevabı götürmüyor. Buna göre sınava giren bir öğrenci cevapları rastgele işaretlediğinde öğrencinin,
a) 50 puan almaolasılığı nedir?
b) En az 30 puan alma olasılığı nedir?
c) En çok 90 puan alma olasılığı nedir?
d) Tam not alma olasılığı nedir?
e) 70 ile 80 arasında puan alma olasılığı nedir?
f) Hiçbir soruya doğru cevap verememe olasılığı nedir?
Çözüm.
𝑝 =1
4, 𝑞 =3 4
a) 50 puan alması için 5 soruya doğru cevap vermesi gerekmektedir. Yani, 𝑃(𝑋 = 5) = (10
5) (1 4)
5
(3 4)
5
= 0,0584
b) En az 30 puan alması için en az 3 soruya doğru cevap vermesi gerekir.
𝑃(𝑋 ≥ 3) = 1 − 𝑃(𝑋 < 3) = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 2)
= 1 − ∑ (10 𝑥) (1
4)
𝑥
(3 4)
2 10−𝑥
𝑥=0
= 0,4744
a) En çok 90 puan alması için en fazla 9 soruya doğru cevap vermiş olması gerekir.
𝑃(𝑋 ≤ 9) = 1 − 𝑃(𝑋 > 9)
= 1 − 𝑃(𝑋 = 10)
= 1 − (10 10) (1
4)
10
(3 4)
0
= 0,9999
d) Tam puan alması için tüm sorulara doğru cevap vermiş olması gerekir.
𝑃(𝑋 = 10) = (10 10) (1
4)
10
(3 4)
0
= (1 4)
10
= 0,0001 e) 70 ile 80 arasında not alması için istenen olasılık:
𝑃(7 ≤ 𝑋 ≤ 8) = 𝑃(𝑋 = 7) + 𝑃(𝑋 = 8)
= (10 7) (1
4)
7
(3 4)
3
+ (10 8) (1
4)
8
(3 4)
2
= 0,0034
f) Hiç doğru işaretleme yapmama olasılığı ise, 𝑃(𝑋 = 0) = (10
0) (1 4)
0
(3 4)
10
= (3 4)
10
= 0,0563
Örnek 5.4: Bir torbada 15 kırmızı, 5 beyaz bilye vardır. İadeli olarak 3 bilye çekiliyor. 𝑋 tesadüfi değişkeni çekilen kırmızı bilye sayısını, 𝑌 tesadüfi değişkeni ise beyaz bilye sayısını göstersin. Buna göre:
a) 1 kırmızı 2 beyaz bilye çekilme olasılığı nedir?
b) En az bir tane kırmızı bilye çekilme olasılığı nedir?
c) 𝑃(|𝑋| ≤ 1|𝑋 < 3) olasılığını hesaplayınız.
d) 𝐷𝐾𝑋 (değişim katsayısı) nedir?.
e) 𝑋 tesadüfi değişkeninin moment çıkaran fonksiyonunu bulunuz.
f) 𝑌 tesadüfi değişkeninin olasılık çıkaran fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm. 𝑋~𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚(3, 3/4), 𝑌~𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚(3, 1/4) olmak üzere, a)
𝑃(𝑋 = 1) = (3 1) (3
4)
1
(1 4)
2
= 9 64
veya,
𝑃(𝑌 = 2) = 𝑃(𝑋 = 1) = (3 2) (1
4)
2
(3 4)
1
= 9 64 b)
𝑃(𝑋 ≥ 1) = 1 − 𝑃(𝑋 < 1)
= 1 − 𝑃(𝑋 = 0)
= 1 − (3 0) (3
4)
0
(1 4)
3
=63 64 c)
𝑃(|𝑋| ≤ 1|𝑋 < 3) =𝑃((−1 ≤ 𝑋 ≤ 1) ∩ (𝑋 < 3)) 𝑃(𝑋 < 3)
=𝑃(0 ≤ 𝑋 ≤ 1) 1 − 𝑃(𝑋 = 3)
=(𝑃(𝑋 = 0) + 𝑃(𝑋 = 1)) 1 − (3
3) (3 4)
3
(1 4)
0
=(1 64 +
9 64) 1 −27
64
=10 37 d)
𝐷𝐾𝑋 =√𝑉𝑎𝑟(𝑋)
𝐸(𝑋) 100 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝑛𝑝𝑞
= 3 ∙3 4∙1
4= 9 16 𝐸(𝑋) = 𝑛𝑝
= 3 ∙3 4=9
4 𝐷𝐾𝑋 = 0. 3333 oranında bir değişim söz konusudur.
e) 𝑋 tesadüfi değişkeninin moment çıkaran fonksiyonu, 𝑀𝑋(𝑡) = (𝑞 + 𝑝𝑒𝑡)𝑛
= (1 4+3
4𝑒𝑡)
3
f) 𝑌 tesadüfi değişkeninin olasılık çıkaran fonksiyonu, 𝑔𝑌(𝑠) = (𝑞 + 𝑝𝑠)𝑛
= (1 4+3
4𝑠)
3
, |𝑠| ≤ 1
Çok Terimli Dağılım
Tanım 5.3. Bir tesadüfi denemedeki 𝐻1,𝐻2, … , 𝐻𝑚 ayrık sonuçlar ve
Ω = ⋃𝑚𝑖=1𝐻𝑖 olmak üzere bu deneme aynı koşullar altında 𝑛-kez tekrarlanırsa deneme sonuçları sayılarının dağılımına çok terimli dağılım denir. Bu bağlamda çok terimli 𝑋 tesadüfi değişkeni şöyle veriliyor:
𝑋 = {
𝑋1∶ 𝑛 denemede 𝐻1 sonucunun gerçekleşme sayısı 𝑋2∶ 𝑛 denemede 𝐻2 sonucunun gerçekleşme sayısı
⋮ ⋮ 𝑋𝑚 ∶ 𝑛 denemede 𝐻𝑚 sonucunun gerçekleşme sayısı
𝐻𝑖 sonucunun gerçekleşmesi olasılığı 𝑝𝑖, yani 𝑝𝑖= 𝑃(𝐻𝑖) ile ifade edilir. 𝑋 tesadüfi değişkeninin olasılık fonksiyonu da
𝑝𝑋1,𝑋2,…,𝑋𝑚(𝑘1, 𝑘2, … , 𝑘𝑚) = 𝑃( 𝑋1= 𝑘1, 𝑋2= 𝑘2, … , 𝑋𝑚 = 𝑘𝑚) olmak üzere
𝑝𝑋1,𝑋2,…,𝑋𝑚(𝑘1, 𝑘2, … , 𝑘𝑚) = ( 𝑛
𝑘1, 𝑘2, … , 𝑘𝑚) 𝑝1𝑘1𝑝2𝑘2… 𝑝𝑚𝑘𝑚, 2 < 𝑚 < ∞
Burada 𝑚 ∈ ℤ+, ∑𝑚𝑖=1𝑘𝑖 = 𝑛 ve ∑𝑚𝑖=1𝑝𝑖 = 1’dir. 𝑚 = 2 alındığında çok terimli 𝑋 tesadüfi değişkeni binom (iki terimli) 𝑋 tesadüfi değişkenine dönüşür. Yalnızca 𝐻𝑖 sonucunun gerçekleşmesi ile ilgilenilirse, ilgilenilen 𝑖. sonucun gerçekleşmesi olasılığı 𝑝𝑖 ve diğer 𝑚 − 1 sonucun gerçekleşme olasılığı da 𝑞𝑖 olur. Dolayısıyla deneme 2 mümkün sonuçlu ve 𝑛 kez tekrarlandığından çok terimli tesadüfi değişken binom tesadüfi değişkenine dönüşür. Buna göre,
𝐸(𝑋𝑖) = 𝑛𝑝𝑖 𝑉𝑎𝑟(𝑋𝑖) = 𝑛𝑝𝑖𝑞𝑖
𝑀𝑋𝑖(𝑡) = (𝑝𝑖𝑒𝑡+ 𝑞𝑖)𝑛 𝑔𝑋𝑖(𝑠) = (𝑞𝑖+ 𝑠𝑝𝑖)𝑛 olarak yazılır.
Örnek 5.5: Bir petrol şirketi bir bölgedeki uzman raporlarına göre sondaj çalışması yapmayı planlıyor. Raporlara göre bölgede açılan herhangi bir kuyuda petrole rastlama olasılığı %8 doğalgaza rastlama olasılığı %13 ve kuyunun kuru çıkması olasılığı da %79 olarak tahmin ediliyor. Şirket 15 sondaj yapmaya karar veriyor, buna göre;
a) Bir kuyuda petrole bir kuyuda da doğal gaza rastlama olasılığı nedir?
b) Beklenilen kuru(boş) kuyu sayısı nedir?
Çözüm. Kuyudan petrol veya doğal gaz çıkması veya kuyunun kuru çıkması olasılıkları sırası ile 𝑝𝑝, 𝑝𝑑𝑔 ve 𝑝𝑘 ve sayıları da sırasıyla 𝑋𝑝, 𝑋𝑑𝑔 ve 𝑋𝑘 ile gösterilirse
𝑝𝑝 = 0,08 𝑝𝑑𝑔 = 0,13 𝑝𝑘= 0,79
a) 𝑛 = 15
𝑝𝑋𝑝,𝑋𝑑𝑔,𝑋𝑘(1, 1, 13) = ( 15
1, 1, 13) (0,08)(0,13)(0,79)13
= 15!
1! 1! 13!(0,08)(0,13)(0,79)13= 0,1 a) 𝐸(𝑋𝑘) = 𝑛𝑝𝑘= 15. 79
100= 11,85 ≅ 12 15 kuyudan yaklaşık 12 kuyunun kuru çıkması bekleniyor.
Örnek 5.6: Hilesiz bir zar 10 kez havaya atılıyor.
a) 1 kez 1, 2 kez 2, 3 kez 3 ve 4 kez 4 gelme olasılığı nedir?
b) Tüm atışlar da 6 gelme olasılığı nedir?
c) 10 atıştan kaçında asal sayı gelme beklenir?
Çözüm. 𝑋𝑖, i kez atış sayısını gösteriyor.
a) Bir zarın atılması denemesinde örnek uzay Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6} olur ve 𝑝(𝑤𝑖) = 𝑝1= 𝑝2= ⋯ = 𝑝6= 1 6⁄
olarak elde edilir. Buna göre,
𝑝𝑋1,𝑋2,𝑋3,𝑋4(1, 2, 3, 4) = ( 10 1, 2, 3, 4) (1
6)
1
(1 6)
2
(1 6)
3
(1 6)
4
= 0,0002083 b)
𝑝(6) = (10 10) (1
6)
10
= (1 6)
10
c) Zarın üzerindeki sayılardan asal sayı olanlar 2, 3 ve 5 olduğundan bir atışta asal sayı gelmesi olasılığı,
𝑝𝑎 =3 6 ve
𝐸(𝑋𝑎) = 𝑛𝑝𝑎 = 10.0,5 = 5 dir.
Poisson Dağılımı
Tanım 5.4. Birim zamanda (gün, saat veya dakika gibi) meydana gelen olayların sayısı 𝑋 tesadüfi değişkeni ile, ortalaması da 𝜆 ile gösterilir ve 𝑋’in olasılık fonksiyonu
𝑃(𝑋 = 𝑥) = 𝑝𝑋(𝑥) = { 𝑒−𝜆𝜆𝑥
𝑥! , 𝑥 = 0,1, …
0 , 𝑑. 𝑑.
biçiminde verilirse 𝑋′e Poisson tesadüfi değişkeni denir ve 𝑋~𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛(𝜆) ile gösterilir. Burada 𝜆 dağılımın parametresidir.
Poisson Dağılımının Özellikleri
1) 𝑋1 ~ 𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛(𝜆1) ve 𝑋2~𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛(𝜆2), 𝑋1 ve 𝑋2 bağımsız tesadüfi değişkenler olmak üzere 𝑋 = 𝑋1+ 𝑋2 ve 𝜆 = 𝜆1+ 𝜆2 için
𝑃(𝑋 = 𝑥) = { 𝑒−𝜆𝜆𝑥
𝑥! ; 𝑥 = 0,1, … 0 ; 𝑑. 𝑑.
olur.
2) 𝑋1~𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛(𝜆1) ve 𝑋2~𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛(𝜆2) olmak üzere
𝜆1< 𝜆2⇒ 𝑃( 𝑋1> 𝑥) < 𝑃( 𝑋2> 𝑥) 3) 𝑋~𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛(𝜆) ⇒ 𝑃(𝑋 ≥ 2𝜆) ≤ 1
1+𝜆 4) 𝑌~𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛(𝜆) ⇒ 𝑃(𝑌 = 2𝑋) =1+𝑒−2𝜆
2
5) 𝑋~𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛(𝜆) birim zamanda meydana gelen olayların sayısını gösterdiğinde 𝑋1 tesadüfi değişkeni de 𝑝 olasılığı ile istenen sonuç sayısını, 𝑋2 tesadüfi değişkeni de 𝑞 olasılığı ile istenmeyen sonuç sayısını göstermek üzere 𝑋 = 𝑋1+ 𝑋2 olur (özellik 1).
𝑃( 𝑋1= 𝑥) = {
𝑒−𝜆𝑝(𝜆𝑝)𝑥
𝑥! ; 𝑥 = 0,1, … 0 ; d. d.
𝑃( 𝑋2= 𝑥) = {
𝑒−𝜆𝑞(𝜆𝑞)𝑥
𝑥! ; 𝑥 = 0,1, … 0 ; 𝑑. 𝑑.
𝑋1~𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛(𝜆𝑝) ve 𝑋2~𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛(𝜆𝑞)olur.
Beklenen Değer ve Varyans
𝐸(𝑋) = ∑ 𝑥𝑃(𝑋 = 𝑥)
𝑥∈𝐷𝑋
𝐸(𝑋) = ∑ 𝑥𝑒−𝜆𝜆𝑥 𝑥!
∞
𝑥=0
= 𝜆𝑒−𝜆∑ 𝜆𝑥−1 (𝑥 − 1)!
∞
𝑥=1
= 𝜆𝑒−𝜆𝑒𝜆= 𝜆
𝐸(𝑋2) = ∑ 𝑥2𝑃(𝑋 = 𝑥)
𝑥∈𝐷𝑋
𝐸(𝑋2) = ∑(𝑥(𝑥 − 1) + 𝑥)𝑒−𝜆𝜆𝑥 𝑥!
∞
𝑥=0
= 𝜆2𝑒−𝜆∑ 𝜆𝑥−2 (𝑥 − 2)!
∞
𝑥=2
+ 𝜆
= 𝜆2+ 𝜆
𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝐸(𝑋2) − (𝐸(𝑋))2
= 𝜆 Moment Çıkaran Fonksiyon
𝑀𝑋(𝑡) = ∑ 𝑒𝑡𝑥𝑃(𝑋 = 𝑥)
𝑥∈𝐷𝑋
𝑀𝑋(𝑡) = ∑ 𝑒𝑡𝑥
∞
𝑥=0
𝑒−𝜆𝜆𝑥 𝑥!
= 𝑒−𝜆∑(𝑒𝑡𝜆)𝑥 𝑥!
∞
𝑥=0
= 𝑒−𝜆𝑒𝑒𝑡𝜆= 𝑒𝜆(𝑒𝑡−1) Olasılık Çıkaran Fonksiyon
𝑔𝑋(𝑠) = ∑𝐷𝑋𝑠𝑥𝑃(𝑋 = 𝑥)
𝑔𝑋(𝑠) = ∑ 𝑠𝑥𝑒−𝜆𝜆𝑥 𝑥!
∞
𝑥=0
= 𝑒−𝜆∑(𝑠𝜆)𝑥 𝑥!
∞
𝑥=0
= 𝑒−𝜆𝑒𝑠𝜆= 𝑒𝜆(𝑠−1)
Örnek 5.7. Bir sağlık ocağına saatte ortalama 10 hasta gelmekte ve geliş sayıları da Poisson dağılımına uymaktadır. Buna göre seçilen herhangi bir saate sağlık ocağına;
a) Hiç hasta gelmemesi olasılığı nedir?
b) En az beş hasta gelmesi olasılığı nedir?
c) Bir haftada gelmesi beklenen hasta sayısı nedir?
Çözüm. 𝑋 tesadüfi değişkeni bir saat içinde gelen hasta sayılarını göstersin, buna göre 𝑋~𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛(10) ve 𝜆 = 10 dur.
a) 𝑃(𝑋 = 0) =𝑒−10(10)0
0! =𝑒−10= 0,0000454 b) 𝑃(𝑋 ≤ 5) = ∑ 𝑒−10(10)𝑥
𝑥!
5𝑥=0 = 0,0670502
c) Bir saatte gelmesi beklenen hasta sayısı: 𝐸(𝑋) = 10
Bir hafta 40 çalışma saatinden oluşur ve gelmesi beklenen hasta sayısı: 40 𝐸(𝑋) = 400 dür.
Binom Dağılımı ile Poisson Dağılımı
𝑋~𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚(𝑛, 𝑝) iken 𝑋 tesadüfi değişkeninin Poisson dağılımına yaklaştığı aşağıdaki teorem yardımıyla veriliyor.
Teorem 5.1. Başarı olasılığı 𝑝, 0’ a ya da 1’e yaklaştığında ve 𝑛 → ∞ iken 𝑋~𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚(𝑛, 𝑝) ≈ 𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛(𝜆) olur. Yani,
𝑝𝑋(𝑥) = (𝑛
𝑥) 𝑝𝑥𝑞𝑛−𝑥 ≈ 𝑒−𝜆𝜆𝑥 𝑥!
İspat. 𝑋 binom tesadüfi değişkenin olasılık fonksiyonu, 𝑝𝑋(𝑥) = (𝑛
𝑥) 𝑝𝑥𝑞𝑛−𝑥
= 𝑛!
(𝑛 − 𝑥)! 𝑥!𝑝𝑥𝑞𝑛−𝑥 𝐸(𝑋) = 𝑛𝑝 ve 𝑛𝑝 = 𝜆 alalım, 𝑝 =𝜆
𝑛 ve 𝑞 = 1 −𝜆
𝑛 olur. (5.10)’ da 𝑝 ve 𝑞’ nun değerleri ve 𝑛! = 𝑛(𝑛 − 1)(𝑛 − 2) … (𝑛 − 𝑥 + 1)(𝑛 − 𝑥)! yerine konulduğunda,
𝑝𝑋(𝑥) =𝑛(𝑛 − 1)(𝑛 − 2) … (𝑛 − 𝑥 + 1)
𝑥! (𝜆
𝑛)
𝑥
(1 −𝜆 𝑛)
𝑛−𝑥
=𝜆𝑥 𝑥!
𝑛𝑥(1 −1 𝑛) (1 −
2
𝑛) … (1 − 𝑥 + 1
𝑛 )
𝑛𝑥 (1 −𝜆
𝑛)
𝑛
(1 −𝜆 𝑛)
−𝑥
𝑛 → ∞ için limite geçilirse
𝑛→∞lim𝑝(𝑥) =𝜆𝑥 𝑥!lim
𝑛→∞(1 −1
𝑛) (1 −2
𝑛) … (1 −𝑥 + 1
𝑛 ) (1 −𝜆 𝑛)
𝑛
(1 −𝜆 𝑛)
−𝑥
𝑛→∞lim (1 −1
𝑛) (1 −2
𝑛) … (1 −𝑥 + 1
𝑛 ) (1 −𝜆 𝑛)
−𝑥
= 1 ve
𝑛→∞lim(1 −𝜆 𝑛)
𝑛
= 𝑒−𝜆 olduğundan (5.11) eşitliği
𝑛→∞lim𝑝(𝑥) =𝜆𝑥
𝑥!𝑒−𝜆, olur.
Örnek 5.8: Bir petrol istasyonuna gelişler ortalama 26 araç/saat ile Poisson dağılımına uymaktadır.
Gelen araçlardan %23’ü benzin %38’si dizel %39’u da gaz almaktadır.
a) Petrol istasyonunun boş kalma olasılığı nedir?
b) Bir günde gelmesi beklenen araç sayısı nedir?
c) 8 saatte benzin alan ortalama araç sayısı nedir?
d) 2 saate en az 5 aracın dizel yakıt alma olasılığı nedir?
e) Benzin ve dizel yakıt alan araçların toplam sayısının olasılık çıkaran fonksiyonunu bulunuz.
f) Benzin ve gaz yakıtı alan araçların sayılarının toplamının Poisson dağılımına uyduğunu gösteriniz.
Çözüm. Benzin, dizel ve gaz yakıtı alan araçların sayılarını sırasıyla 𝑋𝐵, 𝑋𝐷 ve 𝑋𝐺 tesadüfi değişkenleri ile bunların parametrelerini de 𝜆𝐵, 𝜆𝐷 ve 𝜆𝐺 gösterelim. O halde
a) 𝑋~𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛(26) ise 𝐸(𝑋) = 26 𝑎𝑟𝑎ç
𝑃(𝑋 = 0) = 260
0! 𝑒−26= 𝑒−26 b) Bir günde beklenen araç sayısı: 24.26 = 624 dir.
c) Benzin alan araçların beklenen sayısı
𝐸(𝑋𝐵) = 26.0,23 = 5,98 olmak üzere 8 saatte benzin alanların beklenen sayısı,
8.5,98 = 47,84
≅ 48 araçtır.
d) 1 saatte dizel yakıt alan araçların beklenen sayısı:
𝐸(𝑋𝐷) = 26.0,38 = 9,88 araç olmak üzere 2 saatte dizel yakıt alan araçların sayısı
𝑋𝐷′~𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛(2(9,88)) araç sayısı olduğundan
𝑃(𝑋𝐷′ ≥ 5) = 1 − 𝑃(𝑋𝐷′ ≤ 4)
= 1 − ∑ 𝑃(𝑋𝐷′ = 𝑥)
4
𝑥=0
= 1 − ∑𝑒−19,76. (19,76)𝑥 𝑥!
4
𝑥=0
= 0,9999 dir.
e) Benzin ve dizel yakıt alan araçların sayısını sırasıyla 𝑋𝐵 ve 𝑋𝐷 ile bunların parametrelerini de 𝜆𝐵 ve 𝜆𝐷 verildi. O halde Poisson dağılımının 1. ve 5. özelliklerinden
𝑌 = 𝑋𝐵+ 𝑋𝐷 alınıp
𝜆𝐵𝐷 = 𝜆𝐵+ 𝜆𝐷= 26 (0,23 + 0,38) = 15,86
Poisson dağılımına sahip 𝑌 tesadüfi değişkeninin olasılık çıkaran fonksiyonu 𝑔𝑌(𝑠) = ∑𝑠𝑦𝑒−15,8615,86𝑦
𝑦!
∞
𝑦=0
= 𝑒−15.86∑(15,86s)𝑦 𝑦!
∞
𝑦=0
= 𝑒−15,86𝑒15,86s= 𝑒15,86(𝑠−1) olarak bulunur.
f) Poisson dağılımının 1.ve 5. özelliklerinden dolayı; benzin ve gaz yakıtı alan araçların sayısını sırasıyla 𝑋𝐵 ve 𝑋𝐺 ile bunların parametrelerini de 𝜆𝐵 ve 𝜆𝐺 verildi. O halde 𝑍 tesadüfi değişkenini de 𝑍 = 𝑋𝐵+ 𝑋𝐺 olarak tanımlayalım ve Poisson dağılımının 1. ve 5.
özelliklerinden 𝜆𝐵𝐺 = 𝜆𝐵+ 𝜆𝐺 = 26(0,23 + 0,39) = 16,12 parametresi ile Poisson dağılımına sahiptir. 𝑍~𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛(16,12) olur, yani
𝑃(𝑍 = 𝑧) = {
𝑒−16.12(16.12)𝑧
𝑧! , 𝑥 = 0,1, …
0 , 𝑑. 𝑑.
bulunur.
Örnek 5.9: Bir bölgede bir hastalığa yakalanma oranının 0.001 olduğu biliniyor. Tesadüfi olarak seçilen 2000 kişilik bir örneklemle çalışıldığında,
a) En az iki kişinin bu hastalığa yakalanma olasılığı nedir?
b) En çok dört kişinin bu hastalığa yakalanma olasılığı nedir?
c) Hiç kimsenin bu hastalığa yakalanmama olasılığı nedir?
d) 𝑋~𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚(2000; 0,001) için 𝑋′in karakteristik fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm. 𝑝 =0,001 ve 𝑛 = 2000 olduğundan 𝐸(𝑋) = 𝑛𝑝 = 2 olur 𝑋~𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚(2000; 0,001) ≈ 𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛(2) elde edilir.
𝑃(𝑋 ≥ 2) = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 1)
= 1 − ∑𝑒−22𝑥 𝑥!
1
𝑥=0
= 1 − 3𝑒−2= 0,594 b)
𝑃(𝑋 ≤ 4) = ∑𝑒−22𝑥 𝑥!
4
𝑥=0
= 7𝑒−2= 0.947
c)
𝑃(𝑋 = 0) = 𝑒−220
0! = 𝑒−2= 0,1353
d)
𝜑𝑋(𝑡) = 𝐸(𝑒𝑖𝑡𝑋) = ∑ 𝑒𝑖𝑡𝑥𝑃(𝑋 = 𝑥)
𝐷𝑥
𝜑𝑋(𝑡) = ∑ 𝑒𝑖𝑡𝑥𝑒−22𝑥 𝑥!
∞
𝑥=0
= 𝑒−2∑(2𝑒𝑖𝑡)𝑥 𝑥!
∞
𝑥=0
= 𝑒2(𝑒𝑖𝑡−1)
Örnek 5.10: Eldeki verilere göre bir ülkede yaşayan insanların intihar etme oranı ayda bir milyon kişide 4’tür. Bu ülkenin 500 000 nüfuslu bir şehrinde bir ayda
a) En fazla 4 intiharın yaşanması olasılığını bulunuz.
b) Bir yılda en az iki ay içinde 4’ten az intiharın olma olasılığı nedir?
Çözüm.
a) Her ay gerçekleşen intihar sayısını 𝑋 tesadüfi değişkeni ile gösterelim. Bu durumda 𝑋, 𝑛 = 5. 105 ve 𝑝 = 4. 10−6 parametreli Binom dağılımına uyar. 𝑛𝑝 = 2 < 10 olduğundan, 𝜆 = 2 parametreli Poisson dağılımına yaklaşım kullanmak uygun olur. Böylece,
𝑝0= 𝑃(𝑋 ≤ 4) = ∑ 𝑒−22𝑘
𝑘! = 7𝑒−2
4
𝑘=0
= 0,9473
olur.
b) 𝑌 tesadüfi değişkeni 4’ten fazla intiharın gerçekleştiği ayların sayısını göstersin. Bu takdirde, 𝑃(𝑌 = 𝑘) = (12
𝑘) (1 − 𝑝0)𝑘(𝑝0)12−𝑘, 𝑃(𝑌 ≥ 2) = 1 − (𝑃(𝑌 = 0) + 𝑃(𝑌 = 1)) = 0,129 olarak bulunur.
Geometrik Dağılım
Tanım 5.5. Bağımsız Bernoulli denemelerine ilk başarılı sonuç bulununcaya kadar devam edilirse yapılan denemelerin sayısına geometrik tesadüfi değişken denir. Her bir bağımsız Bernoulli denemede başarılı sonucun gerçekleşme olasılığı 𝑝, gerçekleşmeme olasılığı 𝑞 ile gösterilirse 𝑋 geometrik tesadüfi değişkenin alacağı değerler 𝑋 = 𝑥 ve 𝑥 ∈ ℤ+ olmak üzere istenen sonucun gerçekleşmesi için yapılacak olan deneme sayısı en az birdir. Buna göre 𝑋 geometrik tesadüfi değişkeninin olasılık fonksiyonu
𝑃(𝑋 = 𝑥) = 𝑝𝑋(𝑥) = {𝑞𝑥−1𝑝 , 𝑥 ∈ ℤ+
0 , d. d. (5.13)
olarak yazılır. 𝑋~𝐺𝑒𝑜𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖𝑘(𝑝) olarak gösterilir. 𝑝 dağılımın parametresidir.
Beklenen Değer ve Varyans
𝐸(𝑋) = ∑ 𝑥𝑃(𝑋 = 𝑥)
𝐷𝑋
𝐸(𝑋) = ∑ 𝑥𝑃(𝑋 = 𝑥)
∞
𝑥=1
= ∑ 𝑥𝑞𝑥−1𝑝
∞
𝑥=1
= 𝑝 ∑ 𝑑 𝑑𝑞𝑞𝑥
∞
𝑥=1
= 𝑝 𝑑 𝑑𝑞∑ 𝑞𝑥
∞
𝑥=1
= 𝑝 𝑑 𝑑𝑞( 𝑞
1 − 𝑞)
= 𝑝 1
(1 − 𝑞)2
=1 𝑝
Türevlerin toplamı, toplamların türevine eşittir:
∑ 𝑑 𝑑𝑞
∞
𝑥=1
𝑞𝑥 = 𝑑 𝑑𝑞∑ 𝑞𝑥
∞
𝑥=1
(5.14)
𝐸(𝑋2) = ∑ 𝑥2𝑃(𝑋 = 𝑥)
𝐷𝑋
𝐸(𝑋2) = ∑ 𝑥2𝑞𝑥−1𝑝
∞
𝑥=1
= ∑(𝑥(𝑥 − 1) + 𝑥)𝑞𝑥−1𝑝
∞
𝑥=1
= 𝑝𝑞 ∑ 𝑥(𝑥 − 1)𝑞𝑥−2
∞
𝑥=2
+1 𝑝
= 𝑝𝑞 ∑ 𝑑2 𝑑𝑞2𝑞𝑥
∞
𝑥=2
+1 𝑝
=2𝑝𝑞 𝑝3 +1
𝑝
(5.14)’deki eşitlik 2. momentin bulunmasında da kullanılmıştır.
𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝐸(𝑋2) − [𝐸(𝑋)]2
=2𝑝𝑞 𝑝3 +1
𝑝− 1 𝑝2
= 𝑞 𝑝2 Moment Çıkaran Fonksiyon
𝑀𝑋(𝑡) = ∑ 𝑒𝑡𝑥𝑃(𝑋 = 𝑥)
𝐷𝑋
= ∑ 𝑒𝑡𝑥𝑞𝑥−1𝑝
∞
𝑥=1
=𝑝
𝑞∑(𝑞𝑒𝑡)𝑥
∞
𝑥=1
Eğer |𝑞𝑒𝑡| < 1 ise bulunacak toplam yakınsaktır. Bu koşul altında geometrik dağılımın moment çıkaran fonksiyonu mevcuttur. Böylece
𝑀𝑋(𝑡) =𝑝 𝑞( 𝑞𝑒𝑡
1 − 𝑞𝑒𝑡)
= 𝑝𝑒𝑡 1 − 𝑞𝑒𝑡 elde edilir.
Olasılık Çıkaran Fonksiyon
𝑔𝑋(𝑠) = ∑ 𝑠𝑥𝑃(𝑋 = 𝑥)
𝐷𝑋
= ∑ 𝑠𝑥𝑞𝑥−1𝑝
∞
𝑥=1
=𝑝
𝑞∑(𝑠𝑞)𝑥
∞
𝑥=1
= 𝑠𝑝 1 − 𝑠𝑞 elde edilir.
Negatif Binom Dağılımı
Tanım 5.6. Bağımsız Bernoulli denemelerine ilk 𝑘(𝑘 ≥ 1) kez “başarı sonucunun” elde edilmesine kadar devam edilirse, yapılan bu denemelerin sayısına negatif Binom tesadüfi değişkeni denir. 𝑖 = 1,2, … , 𝑘 için bağımsız 𝑋𝑖 tesadüfi değişkenlerinin her biri 𝑋𝑖~𝐺𝑒𝑜𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖𝑘(𝑝) olmak üzere,
𝑋 = 𝑋1+ 𝑋2+ ⋯ + 𝑋𝑘
𝑋 Negatif Binom dağılıma sahiptir denir ve 𝑋~𝑁𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚(𝑘, 𝑝) olarak gösterilir, bununla birlikte bu dağılıma eksi iki terimli dağılım veya Pascal dağılımı da denir. 𝑋 Negatif Binom tesadüfi değişkeninin olasılık fonksiyonu aşağıdadır:
𝑃(𝑋 = 𝑥) = 𝑝𝑋(𝑥) = {(𝑥 − 1
𝑘 − 1) 𝑝𝑘𝑞𝑥−𝑘 , 𝑥 = 𝑘, 𝑘 + 1, …
0 , d. d.
(5.18)
Beklenen Değer ve Varyans
Negatif Binom tesadüfi değişkeni bağımsız 𝑋𝑖~𝐺𝑒𝑜𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖𝑘(𝑝) tesadüfi değişkenlerin toplamı olduğundan
𝑋 = 𝑋1+ 𝑋2+ ⋯ + 𝑋𝑘 𝐸(𝑋) = 𝐸(𝑋1+ 𝑋2+ ⋯ + 𝑋𝑘)
= 𝐸(𝑋1) + 𝐸(𝑋2) + ⋯ + 𝐸(𝑋𝑘)
=1 𝑝+1
𝑝+ ⋯ +1 𝑝=𝑘
𝑝 bulunur.
𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝑉𝑎𝑟(𝑋1+ 𝑋2+ ⋯ + 𝑋𝑘)
= 𝑉𝑎𝑟(𝑋1) + 𝑉𝑎𝑟(𝑋2) + ⋯ + 𝑉𝑎𝑟(𝑋𝑘)
= 𝑞 𝑝2+ 𝑞
𝑝2+ ⋯ + 𝑞 𝑝2=𝑘𝑞
𝑝2 Moment Çıkaran Fonksiyon
𝑀𝑋(𝑡) = 𝐸(𝑒𝑡𝑋)
= 𝐸(𝑒𝑡(𝑋1+𝑋2+⋯+𝑋𝑘))
= 𝐸(𝑒𝑡𝑋1)𝐸(𝑒𝑡𝑋2) ⋯ 𝐸(𝑒𝑡𝑋𝑘)
= 𝑀𝑋1(𝑡)𝑀𝑋2(𝑡) ⋯ 𝑀𝑋𝑘(𝑡)
= ( 𝑝𝑒𝑡
1 − 𝑞𝑒𝑡) ( 𝑝𝑒𝑡
1 − 𝑞𝑒𝑡) ⋯ ( 𝑝𝑒𝑡 1 − 𝑞𝑒𝑡)
= ( 𝑝𝑒𝑡 1 − 𝑞𝑒𝑡)
𝑘
Negatif Binom dağılımında istenen sonuç sayısı sabit deneme sayısı tesadüfi değişken iken, Binom dağılımında ise istenen sonuç sayısı tesadüfi değişken deneme sayısı sabittir.
Olasılık Çıkaran Fonksiyon 𝑔𝑋(𝑠) = 𝐸(𝑠𝑋)
= 𝐸(𝑠(𝑋1+𝑋2+⋯+𝑋𝑘))
= 𝐸(𝑠𝑋1)𝐸(𝑠𝑋2) ⋯ 𝐸(𝑠𝑋𝑘)
= 𝑔𝑋1(𝑠)𝑔𝑋2(𝑠) ⋯ 𝑔𝑋𝑘(𝑠)
= ( 𝑠𝑝
1 − 𝑠𝑞) ( 𝑠𝑝
1 − 𝑠𝑞) ⋯ ( 𝑠𝑝 1 − 𝑠𝑞)
= ( 𝑠𝑝 1 − 𝑠𝑞)
𝑘
olur.
Örnek 5.13: Örnek 5.5’te iki petrol kuyusu bulmak için
a) Şirketin iki petrol kuyusuna 30. sondajda rastlama olasılığı nedir?
b) 3. doğal gaz kuyusuna 50. sondajda rastlama olasılığı nedir ? c) 100 sondaj yapıldığında beklenilen petrol kuyusu sayısı nedir ?
d) 10 petrol kuyusu bulana kadar yapılan denemelerin beklenen sayısı nedir?
Çözüm.
Petrol çıkma olasılığı: 𝑝𝑝𝑒𝑡.= 0,08 Doğal gaz çıkma olasılığı: 𝑝𝑑𝑔.= 0,13 Kuyunun kuru çıkma olasılığı: 𝑝𝑘𝑢𝑟𝑢.= 0,79
a) 𝑘 = 2, 𝑥 = 30 olduğundan 𝑋~𝑁𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚(2, 0,08) dir.
𝑃(𝑋 = 30) = (29
1) (0,08)2(0,92)28
= 0,0179 b)
𝑃(𝑋 = 50) = (49
2) (0,13)3(0,87)47
= 0,00371
c) Burada 𝑌~𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚(100; 0,08) olduğundan
𝐸(𝑌) = 𝑛𝑝 = 100(0,08) = 8 petrol kuyusu d) Burada ise 𝑋~𝑁𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚(10; 0,08)olduğundan
𝐸(𝑋) = 10
0.08= 125 kuyu
Örnek 5.14: Bir kutuda 10 yeşil 5 mavi bilye vardır. Kutudan tesadüfi ve iadeli olarak bilye çekildiğinde
a) 2 yeşil bilyenin en çok 10. çekilişte bulunma olasılığı nedir?
b) 1 mavi bilyenin 4. çekilişte bulunma olasılığı nedir?
c) 3 mavi bilyenin çekilmesi beklendiğinde kaç denemeye ihtiyaç vardır?
Çözüm. 10 yeşil 5 mavi bilye vardır.
Yeşil bilye çekilme olasılığı: 𝑝𝑦 = 2/3 Mavi bilye çekilme olasılığı: 𝑝𝑚 = 1/3 a) 𝑘 = 2, 𝑋 yapılan denemede sayısı olmak üzere
𝑃(𝑋 ≤ 10) = ∑ (𝑥 − 1 2 − 1) (2
3)
10 2
𝑥=2
(1 3)
𝑥−2
= 0,9997 bulunur.
b) 𝑘 = 1, 𝑥 = 4 için,
𝑃(𝑋 = 4) = (4 − 1 1 − 1) (1
3)
1
(2 3)
3
= 0,024691 elde edilir.
c) 𝑘 = 3
𝐸(𝑋) = 𝑘 𝑝𝑚 = 3
1 3
= 9
9 denemeye ihtiyaç vardır.
Hipergeometrik Dağılım
Tanım 5.7. 𝑁 birimden oluşan bir kitleden 𝑎 tanesi istenen özelliğe sahip, 𝑁 − 𝑎 tanesinde ise istenen özellik yoktur. Bu kitleden 𝑛 genişliğinde iadesiz olarak bir örneklem çekildiğinde istenen özellikteki birimlerin sayısı 𝑋 tesadüfi değişkeni ile gösterildiğinde 𝑋’e Hipergeometrik tesadüfi değişken denir ve 𝑋~𝐻𝐺𝑒𝑜𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖𝑘(𝑛, 𝑎, 𝑁) ile gösterilir. 𝑋 tesadüfi değişkeninin olasılık fonksiyonu aşağıdaki gibidir:
𝑃(𝑋 = 𝑥) = { ( 𝑎
𝑥 ) ( 𝑁 − 𝑎 𝑛 − 𝑥 ) ( 𝑁
𝑛 ) , 𝑥 = 0,1, ⋯ , 𝑛
0 , 𝑑. 𝑑.
(5.19)
Bu dağılım özellikle örnekleme kuramı ve kalite denetiminde sıkça kullanılır.
Beklenen Değer ve Varyans
𝐸(𝑋) = ∑ 𝑥𝑃(𝑋 = 𝑥)
𝐷𝑋
𝐸(𝑋) = ∑ 𝑥
𝑛
𝑥=0
(𝑎
𝑥) (𝑁 − 𝑎 𝑛 − 𝑥) (𝑁𝑛)
=𝑛𝑎 𝑁
𝐸(𝑋2) = ∑ 𝑥2𝑃(𝑋 = 𝑥)
𝐷𝑋
𝐸(𝑋2) = ∑ 𝑥2 (𝑎
𝑥) (𝑁 − 𝑎 𝑛 − 𝑥) (𝑁𝑛)
𝑛
𝑥=0
= 𝑛𝑎
𝑁(𝑁 − 1)[(𝑎 − 1)(𝑛 − 1) + (𝑁 − 1)]
𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝐸(𝑋2) − (𝐸(𝑋))2 = 𝑁 − 𝑛
𝑁(𝑁 − 1)𝑛𝑎 𝑁(1 −𝑎
𝑁)
Moment çıkaran fonksiyonun çıkarılışı karışık olduğundan burada verilmeyecektir.
Örnek 5.15: 150 kişilik bir sınıftaki öğrencilerin %20’si Karadeniz bölgesindendir. Bu sınıftan tesadüfi olarak 6 öğrenci seçildiğinde bu öğrencilerden,
a) İkisinin Karadeniz bölgesinden olması olasılığı nedir?
b) En az üçünün Karadeniz bölgesinden olması olasılığı nedir?
c) En çok dördünün Karadeniz bölgesinden olmaması olasılığı nedir?
d) Seçilen bu 6 öğrenciden kaçının Karadeniz bölgesinden olması beklenilir.
e) Karadeniz bölgesinden olmayanların sayısının varyansını hesaplayınız.
Çözüm. 𝑋 ve 𝑌 sırasıyla Karadeniz bölgesinden olanların ve olmayanların sayısını göstersin. 𝑁 = 150, 𝑎 = 30 ve 𝑛 = 6 olmak üzere,
a) 𝑋~𝐻𝐺𝑒𝑜𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖𝑘(6, 30, 150) olur.
𝑃(𝑋 = 2) =
(302) (120 4 ) (1506 )
= 0,067 b)
𝑃(𝑋 ≥ 3) = 1 − 𝑃(𝑋 < 3)
= 1 − [𝑃(𝑋 = 0) + 𝑃(𝑋 = 1) + 𝑃(𝑋 = 2)]
= 1 − ∑ (30
𝑥) (120 6 − 𝑥) (1506 )
2
𝑥=0
= 0,0946
c) 𝑎 = 120 olmak üzere 𝑌 tesadüfi değişkeninin olasılık fonksiyonu:
𝑃(𝑌 = 𝑦) = { (𝑎
𝑦) (𝑁 − 𝑎 𝑛 − 𝑦) (𝑁
𝑛)
, 𝑦 = 0,1, ⋯ , 𝑛
0 , d. d.
𝑃(𝑌 ≤ 4) = 1 − 𝑃(𝑌 > 4)
= 1 − [𝑃(𝑌 = 5) + 𝑃(𝑌 = 6)]
= 1 −(1205 )(301) + (1206 )(300) (1506 )
= 0,3446 d)
𝐸(𝑋) =6.30 150 =6
5 e)
𝑉𝑎𝑟(𝑌) = 𝑁 − 𝑛 𝑁(𝑁 − 1) 𝑛 𝑎
𝑁(1 −𝑎
𝑁) = 0,93 Sürekli Dağılımlar
Normal Dağılım
Normal dağılım ya da Gauss dağılımı pratikte çok sık karşılaşılan sürekli bir dağılımdır.
İnsanların boy uzunlukları, zekâ seviyeleri gibi değişkenler normal dağılmış tesadüfi değişkenlere örnek olarak verilebilir.
Tanım 5.10. 𝑋 normal dağılmış bir tesadüfi değişken iken bunun olasılık yoğunluk fonksiyonu
𝑓𝑋(𝑥) = { 1
√2𝜋𝜎𝑒−12(𝑥−𝜇𝜎 )
2
, −∞ < 𝑥 < ∞
0 , 𝑑. 𝑑.
(5.22)
biçimindedir. Bu dağılım iki parametrelidir, bunlar −∞ < 𝜇 < ∞ ve 𝜎2> 0 dır. Normal dağılım için 𝑋~𝑁(𝜇, 𝜎2) gösterimi kullanılır. Normal dağılımın olasılık yoğunluk fonksiyonu aşağı şekildeki gibidir.
Şekil 5.2 𝑋~𝑁(𝜇, 𝜎2)’nin olasılık yoğunluk fonksiyonu.
Şekilde görüldüğü gibi normal dağılım 𝜇 − ye göre simetriktir. 𝜇 nün sağındaki ve solundaki iki alan eşittir. Yani
∫ 1
√2𝜋𝜎𝑒−12(𝑥−𝜇𝜎 )
2
𝑑𝑥 +
𝜇
−∞
∫ 1
√2𝜋𝜎𝑒−12(𝑥−𝜇𝜎 )
2
𝑑𝑥 = 0.5 + 0.5 = 1
∞
𝜇
olur. 𝑓(𝑥) fonksiyonu 𝑥-eksenine sağdan ve soldan asimptotik olarak yaklaşır. 𝑥 = 𝜇 noktasında 𝑓(𝑥) maksimum değeri olan 1 √2𝜋𝜎⁄ değerini alır. Ayrıca 𝑓(𝑥) fonksiyonun büküm noktaları 𝜇 − 𝜎 ve 𝜇 + 𝜎 dır.
𝑋~𝑁(𝜇, 𝜎2) olduğunda bazı özel olasılık değerleri aşağıda verilmiştir.
𝑃(𝜇 − 𝜎 < 𝑋 < 𝜇 + 𝜎) ≅ %68 𝑃(𝜇 − 2𝜎 < 𝑋 < 𝜇 + 2𝜎) ≅ %95 𝑃(𝜇 − 3𝜎 < 𝑋 < 𝜇 + 3𝜎) ≅ %99 Normal dağılıma sahip 𝑋 tesadüfi değişkeninin dağılım fonksiyonu
𝐹𝑋(𝑥) = ∫ 1
√2𝜋𝜎𝑒−12(𝑠−𝜇𝜎 )
2
𝑑𝑠
𝑥
−∞
(5.23) ile gösterilir.
∀ 𝑥 ∈ ℝ için simetri özelliğinden 𝐹𝑋(𝜇 − 𝑥) = 1 − 𝐹𝑋(𝜇 + 𝑥) olur.
Moment Çıkaran Fonksiyon
𝐸(𝑒𝑡𝑋) = 𝑀𝑋(𝑡) = ∫ 𝑒𝑡𝑥
∞
−∞
1
√2𝜋𝜎𝑒−12(𝑥−𝜇𝜎 )
2
𝑑𝑥
𝑥 − 𝜇
𝜎 = 𝑢 ⟹𝑑𝑢 𝑑𝑥= 1
𝜎
olur. Böylece 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢𝜎 ve 𝑥 = 𝑢𝜎 + 𝜇’ye eşittir. 𝑢’için yeni sınırlar yerine konulduğunda sınır değerleri aynı kalır.
𝑀𝑋(𝑡) = 1
√2𝜋𝜎 ∫ 𝑒𝑡(𝑢𝜎+𝜇)
∞
−∞
𝑒−𝑢
2 2𝑑𝑢𝜎
= 𝑒𝜇𝑡
√2𝜋 ∫ 𝑒𝑡𝑢𝜎−𝑢
2 2
∞
−∞
𝑑𝑢
𝑡𝜎𝑢 −𝑢2
2 parabolü tam kareye tamamlanırsa
𝑡𝜎𝑢 −𝑢2
2 +(𝑡𝜎)2
2 −(𝑡𝜎)2 2 𝑀𝑋(𝑡) =𝑒𝜇𝑡+(𝑡𝜎)
2 2
√2𝜋 ∫ 𝑒−12(𝑢−𝑡𝜎)2
∞
−∞
𝑑𝑢
∫ 𝑒−12(𝑢−𝑡𝜎)2
∞
−∞
𝑑𝑢
integralinde 𝑢 − 𝑡𝜎 = 𝑣 ⟹ 𝑑𝑣 𝑑𝑢⁄ = 1 ⟹ 𝑑𝑣 = 𝑑𝑢
∫ 𝑒−12𝑣2
∞
−∞
𝑑𝑣 = √2𝜋
olduğundan
𝑀𝑋(𝑡) = 𝑒𝜇𝑡+(𝑡𝜎)
2 2
ve 𝑀𝑋(0) = 1 bulunur. Ayrıca 𝑀′𝑋(0) = 𝐸(𝑋) , 𝑀′′𝑋(0) = 𝐸(𝑋2) yardımıyla, 𝑀′𝑋(0) = 𝐸(𝑋) = 𝜇
𝑀′′𝑋(0) = 𝐸(𝑋2) = 𝜎2+ 𝜇2 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝐸(𝑋2) − 𝐸(𝑋)2= 𝜎2 elde edilir.
Standart Normal Dağılım
𝑋~𝑁(𝜇, 𝜎2) iken 𝐹(𝑥)’e ait integralin kapalı hali elde edilememektedir. Dolayısıyla 𝐹(𝑥) değerlerinin hesaplanması için tablolar geliştirilmiştir. Bu bağlamda 𝑋 tesadüfi değişkeni standartlaştırılarak 𝑍 değişkenine dönüştürülür.
𝑍 =𝑋 − 𝜇 𝜎 alındığında
𝐸(𝑍) = 𝐸 (𝑋 − 𝜇 𝜎 ) =1
𝜎(𝐸(𝑋) − 𝜇) =1
𝜎(𝜇 − 𝜇) = 0 𝑉𝑎𝑟(𝑍) = 𝑉𝑎𝑟 (𝑋 − 𝜇
𝜎 ) = 1
𝜎2𝑉𝑎𝑟(𝑋 − 𝜇) = 1
𝜎2𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 1
bulunur. Ayrıca Normal dağılıma sahip bir 𝑋 tesadüfi değişkenin herhangi bir lineer fonksiyonu da normal dağılıma sahip olduğundan dolayı 𝑍~𝑁(0, 1) yazılır.
Tanım 5.11. 𝑍~𝑁(0, 1) tesadüfi değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonu
𝑓𝑍(𝑧) = { 1
√2𝜋𝑒−𝑧
2
2 , −∞ < 𝑧 < ∞
0 , 𝑑. 𝑑.
yazılır. 𝑓𝑍(𝑧)′ nin grafiği aşağıdaki gibidir.
Şekil 5.3 𝑍~𝑁(0, 1) tesadüfi değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonu
Şekilde görüldüğü gibi standart normal dağılım 𝑓𝑍(𝑧) eksenine göre simetriktir. 𝑓𝑍(𝑧) fonksiyonu 𝑧-eksenine sağdan ve soldan asimtotik olarak yaklaşır. 𝑧 = 0 noktasında 𝑓(𝑧) maksimum değeri olan 1 √2𝜋⁄ değerini alır. Ayrıca 𝑓(𝑧) fonksiyonun büküm noktaları −1 ve +1 noktalarıdır. 𝑍~𝑁(0, 1) olduğunda aşağıdaki bazı özel olasılık değerleri verilmiştir.
𝑃(−1 < 𝑍 < 1) ≅ %68 𝑃(−2 < 𝑍 < 2) ≅ %95 𝑃(−3 < 𝑍 < 3) ≅ %99
Standart normal dağılımın birikimli dağılım değerleri tablo halinde Ek-A da verilmiştir.
𝐹𝑍(𝑧) = ∫ 1
√2𝜋𝑒−12𝑠2𝑑𝑠 = Φ(𝑧)
𝑧
−∞
Şekil 5.4 𝑍~𝑁(0, 1) tesadüfi değişkeninin dağılım fonksiyonu.
𝐹(𝑧) = Φ(𝑧) tablo değerlerinden yararlanarak Normal dağılımla ilgili problemlerin tamamı çözülür.
Örnek 5.20: Bir konserve fabrikasındaki konserve kutularının ağırlıkları 𝜇 = 500 gr ve 𝜎2= 100 gr olarak normal dağılıma sahiptir. Buna göre tesadüfi olarak seçilen bir kutunun,
a) 518 gr dan az olma olasılığı nedir?
b) 480 gr dan çok olma olasılığı nedir?
c) 485 ile 515 gr arasında olma olasılığı nedir?
Çözüm.
a) 𝑃(𝑋 < 518) = 𝑃 (𝑍 <518−500
10 ) = 𝑃(𝑍 < 1,8)
Şekil 5.5 𝑋~𝑁(500,100)’nin olasılık yoğunluk fonksiyonu ve 𝑃(𝑋 < 518) olasılığı 𝑋 tesadüfi değişkeni standartlaştırıldığında istenen olasılık aşağıdaki şekilde gösterilir.
Şekil 5.6 𝑍~𝑁(0,1)’nin olasılık yoğunluk fonksiyonu ve 𝑃(𝑍 < 1.8) olasılığı 𝑃(𝑍 < 1.8) = Φ(1.8) = 0,9641
olarak bulunur.
b)
𝑃(𝑋 > 480) = 𝑃(𝑍 > −2) = 𝑃(𝑍 < 2) = Φ(2) = 0,9772 veya şöyle bulunur.
𝑃(𝑋 > 480) = 𝑃(𝑍 > −2) = 1 − 𝑃(𝑍 ≤ −2)
= 1 − Φ(−2) = 1 − 0,0228 = 0,9772
Şekil 5.7 𝑍~𝑁(0,1)’nin olasılık yoğunluk fonksiyonu ve 𝑃(𝑍 < 2)
c)
𝑃(485 < 𝑋 < 515) = 𝑃 (485 − 500
10 < 𝑍 <515 − 500 10 )
= 𝑃(−1.5 < 𝑍 < 1.5)
= Φ(1.5) − Φ(−1.5) = 0,8664
Şekil 5.8 𝑍~𝑁(0,1)’nin olasılık yoğunluk fonksiyonu ve 𝑃(−1.5 < 𝑍 < 1.5)
Düzgün Dağılım
Tanım 5.13. 𝑋 tesadüfi değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonu
𝑓𝑋(𝑥) = { 1
𝑏 − 𝑎 , 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏
0 , d. d.
(5.26)
ise, 𝑋 tesadüfi değişkeni [𝑎, 𝑏] kapalı aralığında düzgün dağılıma sahiptir denir ve 𝑋~𝑈(𝑎, 𝑏) biçiminde gösterilir.
𝑓𝑋(𝑥) ’ in grafiği aşağıdaki gibidir.
𝑋~𝑈(𝑎, 𝑏)’nin dağılım fonksiyonu
𝐹𝑋(𝑥) = {
0 , 𝑥 < 𝑎 𝑥 − 𝑎
𝑏 − 𝑎 , 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 1 , 𝑥 > 𝑏
Beklenen Değer ve Varyans
𝐸(𝑋) = ∫ 𝑥𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥
𝐷𝑋
𝐸(𝑋) = ∫ 𝑥 1
𝑏 − 𝑎𝑑𝑥 = 𝑥2 2(𝑏 − 𝑎)|
𝑎 𝑏
= 𝑏2− 𝑎2 2(𝑏 − 𝑎)
𝑏
𝑎
=(𝑏 + 𝑎)(𝑏 − 𝑎) 2(𝑏 − 𝑎)
=𝑏 + 𝑎 2 bulunur.
𝐸(𝑋2) = ∫ 𝑥2𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥
𝐷𝑋
𝐸(𝑋2) = ∫ 𝑥2 1
𝑏 − 𝑎𝑑𝑥 = 1 (𝑏 − 𝑎)
𝑥3 3|
𝑎 𝑏
= 𝑏3− 𝑎3 3(𝑏 − 𝑎)
𝑏
𝑎
=(𝑏 − 𝑎)(𝑏2+ 𝑎𝑏 + 𝑎2) 3(𝑏 − 𝑎)
=𝑎2+ 𝑎𝑏 + 𝑏2 3
𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝐸(𝑋2) − (𝐸(𝑋))2
=(𝑏 − 𝑎)2 12 Moment Çıkaran Fonksiyon
𝑀𝑋(𝑡) = ∫ 𝑒𝑡𝑥𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥
𝐷𝑋
𝑀𝑋(𝑡) = ∫ 𝑒𝑡𝑥 1
𝑏 − 𝑎𝑑𝑥 = 1
𝑡(𝑏 − 𝑎)𝑒𝑡𝑥|
𝑎 𝑏 𝑏
𝑎
=𝑒𝑡𝑏− 𝑒𝑡𝑎 𝑡(𝑏 − 𝑎)
Örnek 5.24: Bir otobüs durağına saat 10.00’da geldiğimizi varsayalım. Bu durağa otobüs, saat 10.00 ile 10.30 arasında düzgün dağılıma uygun herhangi bir zamanda gelmektedir. Buna göre,
a) Otobüsün gelmesi için 10 dakikadan fazla bekleme olasılığını hesaplayınız.
b) Eğer saat 10.15 ve otobüs hala gelmemiş ise, en az 10 dakika daha bekleme olasılığı nedir?
Çözüm.a)
𝑓𝑋(𝑥) = { 1
30 , 10.00 < 𝑥 < 10.30
0 , d. d.
𝐹𝑋(𝑥) = {
0 , 𝑥 < 10.00 𝑥
30 , 10.00 < 𝑥 < 10.30
1 , 𝑥 ≥ 10.30
𝑋: “Otobüsün gelmesi için beklediğimiz süre” olsun.
𝑃(10 < 𝑋) = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 10) = 1 −10
30= 0,67 b)
𝑃(𝑋 > 25|𝑋 > 15) =𝑃(𝑋 > 25)
𝑃(𝑋 > 15)=1 − 𝑃(𝑋 ≤ 25) 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 15)
=1 −25 30 1 −15 30
=1 3
Üstel Dağılım
Tanım 5.14. Negatif olmayan değerler alan sürekli 𝑋 tesadüfi değişkenin olasılık yoğunluk fonksiyonu 𝜆 > 0 için,
𝑓𝑋(𝑥) = {𝜆𝑒−𝜆𝑥 , 𝑥 > 0
0 , 𝑥 ≤ 0 ise 𝑋, 𝜆 parametreli üstel dağılıma sahiptir ve 𝑋~Ü𝑠𝑡𝑒𝑙(𝜆) ile gösterilir.
𝑋~Ü𝑠𝑡𝑒𝑙(𝜆)'nın dağılım faonksiyonu da
𝐹𝑋(𝑥) = {
0 , 𝑥 < 0 1 − 𝑒−𝜆𝑥 , 𝑥 ≥ 0
1 , 𝑥 → ∞
biçimindedir. Üstel dağılım özellikle bekleme hattı, güvenilirlik, sağ kalım analizi ve sürekli parametreli Markov zincirlerinde sıkça kullanılır.
Beklenen Değer ve Varyans
𝐸(𝑋) = ∫ 𝑥𝑓𝑋(𝑥)𝑑𝑥
𝐷𝑋
𝐸(𝑋) = ∫ 𝑥𝜆𝑒−𝜆𝑥𝑑𝑥
∞
0
kısmi integralden,
𝑥 = 𝑢 ve 𝜆𝑒−𝜆𝑥𝑑𝑥 ⟹ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢, 𝑢 = −𝑒−𝜆𝑥 olur. Böylece
𝐸(𝑋) = ∫ 𝑥𝜆𝑒−𝜆𝑥𝑑𝑥
∞
0
= (−𝑥𝑒−𝜆𝑥)|
0
∞+ ∫ 𝑒−𝜆𝑥𝑑𝑥
∞
0
=1 𝜆
𝐸(𝑋2) = ∫ 𝑥2𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝐷𝑋
= ∫ 𝑥2𝜆𝑒−𝜆𝑥𝑑𝑥
∞
0
iki kez kısmi integral alındığında,
