Transcript Document

• Şartlı Olasılık
• Bir olayın olasılığından söz edebilmek için bir alt kümeyle temsil
edilen bu olayın içinde bulunduğu örnek uzayının belirtilmesi
şarttır.
• Söz konusu örnek uzay her zaman açık olarak anlaşılamaz. Bu
sebeple, veri örnek uzay (S) içindeki bir olayın (A) ihtimali
sorulduğunda P(A / S) yazılarak veri örnek uzayı belirlenmiş
olur. Burada P(A / S) sembolü S örnek uzayına göre A olayının
şartlı olasılığını gösterir. Ancak, eğer örnek uzay (S) açıkça belli
ise A olayının olasılığı P(A) şeklinde kısaltılmaktadır.
• Örnek: Aşağıdaki tabloda 100 tükenmez kalem iki değişik
marka (A ve B) ve iki renge (mavi ve siyah) göre
sınıflandırılmıştır.
Markalar
A
B
Toplam
Renkler
Kırmızı (K) Yeşil (Y)
20
10
40
60
30
40
Toplam
30
70
100
• Kırmızı renk K, yeşil renk Y ile gösterilecek olursa rassal
olarak seçilen bir kalemin kırmızı olması olasılığı herhangi bir
şart dile getirilmediğinden bütün kütle dikkate alınarak
hesaplanır.
60
6
P( K ) 

 0,6
100 10
• Benzer şekilde Yeşil bir kalem seçme, markası A olan,
markası B olan kalem seçme olasılıkları da benzer şekilde
şartsız olasılık şeklinde hesaplanır.
40
P(Y ) 
 0,4
100
veya P(Y )  1  P( K )  1  0,6  0,4
30
 0,3
100
70
P( B) 
 0,7 veya P( B)  1  P( A)  1  0,3  0,7
100
P ( A) 
• Eğer markası A olan kırmızı bir kalemin seçilmesi olasılığı
sorulursa örnek uzay daraltılmış olur. Yani markası A olan
kalem sayısı veri örnek uzayı olur ve bu örnek uzay içindeki
kırmızı bir kalemin seçilmesi olasılığı:
P ( K / A) 
20
2
 olur.
20  10 3
• Markası A olan Yeşil bir kalem seçme olasılığı:
10
2 1
P(Y / A) 
veya P( K ' / A)  1  P( K / A)  1   olur.
30
3 3
• Markası B olan kırmızı kalem seçme olasılığı:
40 4
P( K / B) 

70 7
• Diğer şartlı olasılıklar:
30 3
P(Y / B) 

70 7
20 1
40 2
10 1
P( A / K ) 
 P( B / K ) 
 P( A / Y ) 

60 3
60 3
40 4
• S örnek uzayın A ve B olaylarını
göz önüne alalım. Eğer P(A)>0
ise, A olayının gerçekleşmesi
şartıyla B olayının gerçekleşme
olasılığı,
•
P( B  A)
P( B / A) 
P( A)
• şeklinde yazılır. Bu olasılığa şartlı
olasılık adı verilir. Burada şartlı
örnek uzayı (indirgenmiş olay)
A’dır.
• Benzer
şekilde
B
olayı
gerçekleşmek şartıyla A olayının
gerçekleşme olasılığı da P(B)>0
olmak üzere:
P( A  B)
P( A / B) 
P( B)
• Şeklinde yazılır.
• Örnek: Bir işletmede belli bir siparişin vaktinde sevke hazır
hale getirilme olasılığı %90 sevke hazır olan siparişin yerine
zamanında teslim edilme olasılığı 0,75’dir.
Buna göre; Zamanında sevke hazır hale getirilen siparişin
zamanında teslim edilme olasılığı nedir?
• Çözüm: A: zamanında sevke hazır hale gelme olayı,
B: zamanında yerine teslim edilme olayı.
Zamanında sevke hazır hale getirilmek şartıyla, siparişin
zamanında teslim edilme olasılığı:
P( B  A) 0,75
P( B / A) 

 0,833
P( A)
0,9
Örnek: Yapılan araştırmalara göre 10 yaşına gelen 100000
çocuktan 40 yaşında hayatta kalanların sayısı 82227 ve 70
yaşında hayatta kalanların sayısı 37877 dir. Buna göre 40
yaşına ulaşmış bir kişinin 70 yaşına kadar hayatta kalma
olasılığı ne olur? (Cevap = 0,46)
• Teorem: A ve B olayları bağımlı olaylar ise, bu iki olayın
birlikte gerçekleşme olasılığı genel çarpım kuralı olarak
adlandırılan aşağıdaki kurala göre belirlenir.
• P(AB)=P(B) . P(A/B) burada P(B) >0
• P(AB)=P(A) . P(B/A) burada P(A) >0
• Bu teoreme göre, A ve B olaylarının her ikisinin birden
meydana gelme olasılığı, bunlardan birinin meydana gelme
olasılığı ile, biri meydana geldikten sonra diğerinin meydana
gelme olasılığının çarpımına eşittir.
• Mesela, yukarıdaki kalem örneğinde bir tükenmez kalem
seçildiğinde bunun markasının A ve renginin kırmızı olması
olasılığı, markasının A olması olasılığı ile markası A olarak
seçilen bir kalemin kırmızı olması olasılığının çarpımına
eşittir.
3 2 2
P( A  K )   
 0,20
10 3 10
• Eğer iki olaydan birinin meydana gelme olasılığı diğerinin
meydana gelip gelmemesinden etkilenmiyorsa bu olaylara
bağımsız olaylar denir.
• Teorem: İki olay bağımsızsa bu iki olayın birlikte gerçekleşme
olasılığı özel çarpım kuralı olarak adlandırılan aşağıdaki kurala
göre bulunur.
• P(AB)=P(A) . P(B) yazılır.
• İspat: A ve B bağımsız ve P(B)0 ise
•
P(A)=P(A/B) olur. Diğer taraftan teorem 1’e göre
•
P(AB)=P(B) .P(A/B) olduğundan
•
P(A) . P(B) = P(B) . P(A/B) olur. bu eşitliğin her iki tarafı
P(B)’ye bölünürse,
•
P(A)=P(A/B) elde edilir.
• Mesela: İki para birlikte atıldığında, ikisinin de yazı gelmesi
olasılığı bağımsız olaylardır.
P(Y1  Y2 )  P(Y1 )  P(Y2 ) 
1 1 1
   0,25
2 2 4
•
•
•
•
•
•
Genel çarpım kuralını A, B, C gibi üç olay için şöyle yazabiliriz.
P(ABC) = P(AB) . P(C/AB) = P(A) . P(B/A) . P(C/AB)
Dört olay için şöyle yazabiliriz.
P(ABCD) = P(ABC) . P(D/ABC)
= P(A) . P(B/A) . P(C/AB) . P(D/ABC)
Örnek: 5’i siyah, 10’u mavi toplam 15 kalem bulunan bir kutu
olsun. Kutudan iadesiz olarak peş peşe 3 siyah kalem çekme
olasılığı nedir?
5
1. Çekilişte siyah kalem çıkma olasılığı: P( S1 )  15
1.de siyah çekildiğinde 2. de de siyah çekme olasılığı :
P( S 2 ) 
4
14
3
P
(
S
)

1
1 ve 2.de siyah çekildiğinde 3.de de siyah kalem çekme olasılığı:
13
• Bu üç olasılığın çarpımları, ard arda 3 siyah kalem çekme olasılığını
verecektir.
5 4 3
2
P( S3 /( S1  S 2 )    
olur.
15 14 13 91
• Örnek: Bir kutuda 1 den 9 a kadar numaralanmış biletler
vardır. Kutudan artarda 3 bilet çekildiğinde;
• a) tek, çift, tek veya çift, tek, çift çekilme olasılığını bulunuz.
• b) çekilen biletlerden en az 2 tanesinin çift olma olasılığını
bulunuz.
• Çözüm:
• a) P(TÇT  ÇTÇ )  5  4  4  4  5  3  80  60  140  5  0.278
9 8 7
9 8 7
504
504
504
18
• b) P(Ç  2)  P(Ç  2)  P(Ç  3)  P(TÇÇ  ÇTÇ  ÇÇT )  P(ÇÇÇ )
5 4 3 4 5 3 4 3 5
4 3 2 60  60  60 24 204
(         )(   ) 


 0,405
9 8 7 9 8 7 9 8 7
9 8 7
504
504 504
• Teorem: A ve B bağımsız olaylar ise, iki olayın bağımsız
olması için aşağıdaki şartların sağlanması gerekir.
• 1) P(AB’) = P(A) . P(B’)
• 2) P(A’B) = P(A’) . P(B)
• 3) P(A’B’) = P(A’) . P(B’)
. Örnek: Bir fabrikaya alınacak bir mühendisin uzun boylu (U)
ve işinin ehli olması (E) ihtimali 0,1 , uzun boylu ve işten
anlamaması ihtimali (E’) 0,15 , kısa boylu (U’) ve işinin ehli
olması ihtimali 0,3 , kısa boylu ve işten anlamaması ihtimali
0,45 dir. Bu iki olay birbirinden bağımlı mıdır, değil midir?.
P(UE)=0,1
P(UE’)=0,15
P(U’E)=0,3
P(U’E’)=0,45
Tanım: Eğer A1, A2,.......Ar olaylarından 2,3,.....,r
tanesinin kesişiminin olasılığı (kombinasyonlarının
olasılığı) bunların tek tek olasılıkları çarpımına eşit ise,
bu olaylar bağımsızdır.
Mesela A, B, C gibi üç olay için
P(AB) = P(A) . P(B),
P(AC)=P(A) . P(C),
P(BC)=P(B) . P(C),
P(ABC)=P(A).P(B).P(C) ise A, B, C olayları
bağımsız olaylardır. Söz konusu 3 olayın bağımsız
olabilmesi için yukarıdaki şartların tamamının
gerçekleşmesi gerekir
Örnek: 1 den 8 e kadar sayılar arasında tesadüfi olarak bir sayı çekiliyor, her
sayının çekilme şansı eşit ve ihtimali 1/8 dir.
A olayı: 2 ye tam olarak bölünebilen sayılar
B olayı: 4 ten büyük sayılar
C olayı: 2 en küçük tek sayı ve 2 en büyük çift sayı
ise bu 3 olay bağımsızmıdır?
A={2,4,6,8}
B={5,6,7,8}
P(A)=4/8=1/2
C={1,3,6,8}
P(B)= 4/8=1/2
P(C)= 4/8=1/2
P(A∩B)=2/8=1/4
P(A).P(B)=(1/2).(1/2)=1/4
1.şart sağlandı
P(A∩C)=2/8=1/4
P(A).P(C)=(1/2).(1/2)=1/4
2.şart sağlandı
P(B∩C)=2/8=1/4
P(B).P(C)=(1/2).(1/2)=1/4
3.şart sağlandı
P(A∩B∩C)=2/8=1/4
P(A). P(B).P(C)=(1/2).(1/2) .(1/2)=1/8
Sonuç: 3 olay bağımsız değildir, bağımlıdır.
4.şart sağlanmadı
• Örnek: Bir torbada 6 beyaz 4 siyah top vardır. 2 top iadesiz
ve tesadüfi olarak çekiliyor.
• a) İkisinin de beyaz
• b) İkisinin de siyah
• c) Birinin beyaz, diğerinin siyah olma olasılığı nedir?
• Çözüm:
• a) P( B  B )  P( B ). P( B / B )  6 x 5  1
1
2
1
2
1
10 9 3
•
• b)
• c)
P( S1  S 2 )  P( S1 ). P( S 2 / S1 ) 
1  P( B1  B2 )  ( S1  S 2 )  1 
4 3 2
x 
10 9 15
1 2
7
8

 1

3 15
15 15
Olasılıkların Çarpımının Toplanması Kuralı
ve
Bayes Teoremi
Çoğu zaman son meydana gelen olay, daha önce bazı
olayların meydana gelip gelmemesine dayanır. Mesela bir
hastanın iyileşmesi olayı, hastalığın doğru teşhisi olayı ve
uygun tedavinin tatbiki olayına dayanır. Bir cihazın güvenilir
olarak çalışabilir olması, cihazın dizaynından, mamul hale
gelene kadar geçirdiği safhaların başarılı bir şekilde
neticelendirilmiş olmasına bağlıdır. Bu ve benzeri konularda
kullanılabilecek genel bir teknik geliştirmek için aşağıdaki
problemi inceleyelim.
Örnek: İçerisinde çeşitli sayılarda top bulunan üç kutu veriliyor.
Bu kutulardan 1. sinde 4’ü siyah 10 top, 2.sinde 2’si siyah 8 top,
3.sünde 5’i siyah 15 top mevcuttur. Bu kutulardan birisi tesadüfi
olarak seçiliyor. Bu kutudan rassal olarak çekilen topun siyah
olma olasılığı ne olur?
• Çözüm: Burada önce bir kutu seçimi söz konusu, 1.2. ve 3.
kutulardan birini seçme olasılığı eşit olup 1/3 ‘tür. Seçilen
kutulara göre siyah top çekme olasılıkları:
4 2
• 1. Kutudan siyah top çekme olasılığı: 10  5
2 1
• 2. Kutudan siyah top çekme olasılığı: 
8 4
• 3. Kutudan siyah top çekme olasılığı: 5  1
15 3
• Ağaç diyagramı ile problem şöyle gösterilebilir.
• Genel çarpım kuralına göre,
• 1. Kutunun çekilmesi ve çekilen topun siyah olması olasılığı:
P( S / K1 ) 
1 2 2
x 
3 5 15
• 2. Kutunun çekilmesi ve çekilen topun siyah olması i olasılığı:
P( S / K 2 ) 
1 1 1
x 
3 4 12
• 3. Kutunun çekilmesi ve çekilen topun siyah olması olasılığı:
1 1 1
P(S / K 3 )  x 
3 3 9
• Yukarıdaki üç olasılık birbirlerini karşılıklı olarak engelleyen
olayların olasılığı olduğundan
2 1 1 59
P( S )  P( S / K1  S / K 2  S / K 3 )    
15 12 9 180
• Yukarıdakine benzer problemleri çözmek için “olasılıkların
çarpımlarının toplamı kuralı” olarak adlandırılan aşağıdaki
teoremi kullanmak gerekmektedir.
• Teorem: (Olasılıkların çarpımlarının toplamı) Birbirlerini
karşılıklı olarak engelleyen B1, B2,…., Bn olaylarının birleşimi
S örnek uzayını teşkil ediyorsa ve bu olaylardan biri mutlaka
meydana geliyorsa bu durumda bu olaylar vasıtasıyla
meydana gelen herhangi bir A olayının olasılığı şöyle yazılır.
P( A)  P( B1 ).P( A / B1 )  P( B2 ).P( A / B2 )  ....... P( Bn ).P( A / Bn )
n
P( A)   P( Bi ).P( A / Bi )
i 1
• Eğer bir olayın gerçekleşmesi, birbirinin alternatifi olan iki
olaya bağlı ise eliminasyon kuralının özel bir durumu söz
konusu olur.
• Eğer B ve B’ iki alternatif olay ise yukarıdaki kural aşağıdaki
şekilde yazılabilir.
P( A)  P( B).P( A / B)  P( B' ).P( A / B' )
• Problem: Bir fabrikada yapılan üretimin; %55’i A %30’u
B,
%15’i C makinesinde gerçekleştirilmektedir. Bu makinelerin
kusurlu oranları sırasıyla %2, %3, %8 şeklindedir. Bu
fabrikadaki üretimin kusurlu oranı ne olur?
• Çözüm:
• P(A) = 0,55
P(K/A) = 0,02
• P(B) = 0,30
P(K/B) = 0,03
• P(C) = 0,15
P(K/C) = 0,08
• P(K ) = P(A) . P(K/A) + P(B) . P(K/B) + P(C) . P(K/C)
• P(K) = 0,55 x 0,02+0,3 x0,03 + 0,15x0,08  P(K)= 0,032
• Örnek: Bir hastalığın tedavisinde iki ilaç geliştirilmiştir. Bu
ilaçların hastalığı tedavi etme olasılıkları: A İlacı için 0,7 B İlacı
için 0,5 olarak ölçülmüştür.
• Herhangi bir doktorun hastasına bu ilaçları tatbik ettiğinde
hastaların iyileşme olasılıkları A ilacı için 0,6 B ilacı için 0,4
olduğu görülmüştür. Bu hastalığa yakalanan bir hastanın tedavi
sonucu iyileşme olasılığı ne olur? (T: Tedavi olma durumu)
• Çözüm: P(T )  P( A).P(T / A)  P( B).P(T / B)
P(T )  0.6 x0.7  0.4 x0.5
P(T )  0.42  0.2  P(T )  0,62 olur.
• Bayes Teoremi: B1, B2, B3, …….., Bk olayları birbirini
karşılıklı engelleyen olaylar olmak üzere bu olaylar
vasıtasıyla ulaşılan bir olay A olayı olsun. A olayı meydana
geldiği takdirde bu durumun Br olayından kaynaklanmış
olma olasılığı Bayes teoremi ile şöyle ifade edilir. (P(A)>0)
P( Br ).P( A / Br )
P( Br / A) 
P( B1 ).P( A / B1 )  P( B2 ).P( A / B2 )  ...  P( Bk ).P( A / Bk )
• Veya kısaca şöyle yazılır.
P( Br / A) 
P( Br ).P( A / Br )
k
 P( B ).P( A / B )
i 1
i
i
• Problem: İki ayrı fabrika tarafından imal edilen elektronik
cihazların %70 ‘i A, %30 ‘u B fabrikası tarafından üretilmektedir.
A fabrikalarında üretilen cihazların %4’ü, B fabrikasında üretilen
cihazların %7’si kusurludur. Bu cihazlardan biri rasgele
seçildiğinde kusurlu olduğu görülüyor.
• a) Bu cihazın B fabrikasında üretilmiş olma olasılığını,
• b) Bu cihazın A fabrikasında üretilmiş olma olasılığını bulunuz.
• Çözüm: K: Cihazın kusurlu olma olasılığı
•
A: Cihazın A fabrikasının ürünü olma durumu
B: Cihazın A fabrikasının ürünü olma durumu
a) P( A)  0.7 P( B)  0.3 P( K / A)  0.04 P( K / B)  0.07
P( B / K ) 
P( B).P( K / B)
P( A).P( K / A)  P( B).P( K / B)
P( B / K ) 
0.3 x0.07
0.021

 0.4285
0.7 x0.04  0.3x0.07 0.049
0.7 x0.04
0.028
b) P( B1 / A) 

 0.5715
0.7 x0.04  0.3x0.07 0.049
• Problem: Bir mamul B1, B2 ve B3 gibi 3 makine tarafından
üretilmektedir
• Üretilen mamullerin %60’ı B1 de
•
%30’u B2 de
•
%10’u B3 makinesinde
gerçekleşmektedir.
• Bu makinelerin hatalı üretim oranları ise sırası ile %2,%4,%6
‘dır. Bu makineler tarafından üretilen mamul yığınından
rastgele seçilen bir mamulün
• a) Hatalı olma olasılığı
• b) Sağlam olma olasılığı
• c) Hatalı olarak seçilen bu mamulün B3 tezgahında üretilme
olasılığı ne olur?
• Çözüm: K olayı mamulün kusurlu, S olayı sağlam olma
olasılığı olmak üzere:
a) P( K ) : 0.6 x0.02  0.3x0.04  0.1x0.06  0.012 0.062 0.006  0.030
b) P(S )  1  P( K )  1  0.030  0.97
P( B3 ).P( K / B3 )
c) P( B3 / K ) 
P( B1 ).P( K / B1 )  P( B2 ).P( K / B2 )  P( B3 ).P( K / B3 )
0.1x0.06
0.006
P( B3 / K ) 

 0.2
0.6 x0.02  0.3x0.04  0.1x0.06 0.03
• Problem: Bir doktor hastasının H1, H2 ve H3 hastalıklarından
birine yakalandığını eşit olasılıklarla tahmin etmektedir. Bu
hastalığı belirlemek için bir test işlemi yapmaktadır. Bu test
ile hastalığın H1 olması halinde pozitif sonuç vermesi olasılığı
0.8, H2 için 0.6, H3 için 0.4 olduğu bilinmektedir. Test pozitif
sonuç verdiğine göre doktorun
• a) H1 teşhisi koyma olasılığı
• b) H2 teşhisi koyma olasılığı
• c) H3 teşhisi koyma olasılığını bulunuz.
• Çözüm:
1
P( H 1 ) 
3
1
P( H 2 ) 
3
P( H 3 ) 
P( P / H1 )  0.8 P( P / H 2 )  0.6
1
3
P( P / H 3 )  0.4
• a)
P( H 1 / P) 
P( H1 ).P( P / H1 )
P( H 1 ).P( P / H 1 )  P( H 2 ).P( P / H 2 )  P( H 3 ).P( P / H 3 )
1 4
4
x
4 15 4
3 5
15


 x 
1 4 1 3 1 2
4 3 2 15 9 9
x  x  x
 
3 5 3 5 3 5 15 15 15
1 3
x
3 15 1
3
5
• b) P( H 2 / P)  9  x 
15 9 3
15
• c)
1 2
x
2 15 2
3
5
P( H 3 / P) 
 x 
9
15 9 9
15
Problem: Bir bölgede hava durumu ve havanın durumuna
göre soğuk olma olasılıkları verilmiştir. Buna göre;
• a) Herhangi bir günde havanın soğuk olma olasılığını
bulunuz.
• b) Havanın soğuk olduğu bilindiğine göre güneşli olma
olasılığı ne olur?
Hava
durumu
Güneşli
Bulutlu
Yağmurlu
Karlı
Olasılığı Soğuk olma
olasılığı
0,4
0,2
0,3
0,4
0,2
0,6
0,1
0,9