Transcript Örnek Uzayı - WordPress.com

İTİCÜ
Mühendislik ve Tasarım
Fakültesi
Endüstri Mühendisliği
Bölümü
İSTATİSTİK VE OLASILIK I
5. Hafta: Olasılık
Öğr. Gör. Berk Ayvaz
2013
Rassal Deneme, Sonuç, Olay






İki ya da daha çok sayıda değişik sonuca yol açan bir sürecin gözlendiğini, bu
sonuçlardan hangisinin gerçekleşeceği konusunda önceden bir belirsizlik olduğunu düşünelim. Aşağıda bazı örnekler verilmiştir:
 Yazı-tura atılması.
 Zar atılması.
 Bir tüketiciye iki maldan hangisini yeğlediğinin sorulması.
 Bir hesaplar kümesinden bir kalemin bir denetmence incelenmesi.
 Pay senetleri fiyat endeksindeki günlük değişmenin gözlenmesi.
 Bir kimyasal süreç sonunda üretilen bir parti kimyasal ürünün, izin verilen
oranın üstünde bir kirlilik içerip içermediğinin sınanması.
Bu örneklerin her biri bir rassal deneme içerir.
Bir rassal deneme, hangisinin gerçekleşeceği konusunda belirsizlik bulunan en
az iki sonuca yol açan bir süreçtir.
Yukarıdaki ilk üç denemenin her birinde, ortaya çıkabilecek sonuçların belirlenmesi
olanaklıdır.
Eğer bir para havaya fırlatılırsa, sonuç ya “yazı”dır ya “tura”. Bir zar atıldığında
sonuç, 1,2,3,4,5,6 sayılarından biri olur.
Bütün bu sonuçlardan oluşan küme, olabilecek her sonucu kapsar, rassal
denemenin örneklem uzayı diye anılır.
Rassal Deneme, Sonuç, Olay








Rassal bir denemenin olanak içindeki bütün sonuçlarına temel sonuçlar
denir ve bütün temel sonuçlar kümesi de örneklem uzayı adını alır.
Bir zar atıldığında temel sonuçlar 1, 2, 3, 4, 5, 6’dır. Öyleyse örneklem uzayı
şöyledir:
S=[ 1,2,3,4,5,6]
Burada altı tane temel sonuç olduğunu görüyoruz. Bunlardan herhangi ikisi aynı
anda gerçekleşemez, ama biri zorunlu olarak gerçekleşir.
ÖRNEK
Bir yatırımcı menkul değerler borsasını izlemekte, özellikle de Dow-Jones
sanayi endeksine ilgi duymaktadır. Şu iki sonucu ele alalım: “Dow-Jones
Endeksi bugünün kapanışında, dünkü kapanıştakinden daha yüksek olacaktır.”
“Dow-Jones Endeksi bugünün kapanışında, dünkü kapanıştakinden daha yüksek
olmayacaktır.”
Bu iki sonuçtan birinin gerçekleşmesi zorunludur, ama aynı anda
gerçekleşemezler. Öyleyse bu iki sonuç birlikte bir örneklem uzayı oluştururlar.
Rassal Deneme, Sonuç, Olay






Çoğu zaman ilgi odağı, temel sonuçların kendileri değil de örneklem uzayındaki sonuçların bir altkümesidir.
Sözgelimi, bir zar atıldığında ilgilenilen şey zarın çift sayı göstermesi
olabilir.
Bu da, 2, 4, 6 sonuçlarından biri geldiğinde gerçekleşir.
Temel sonuçların bu tür kümelerine olay denir.
Bir olay, örneklem uzayındaki temel sonuçların bir altkümesidir.
Rassal denemede kendisini oluşturan temel sonuçlardan biri ortaya
çıkarsa, olay gerçekleşmiştir denir.
Temel Kavramlar
Olasılık



Rassal bir deneme yapıldığını, bizim de belli bir olayın gerçekleşmesiyle ilgilendiğimizi
düşünelim.
Olasılık kavramı, bir olayın gerçekleşebilirliğinin sayısal bir ölçüsünü verme
amacını taşır.
N birim ihtiva eden bir anakütle içinde belirli bir X özelliği taşıyan n tane birim varsa, bu
anakütleden rastgele bir birim alındığında bu birimin X özelliği taşıma ihtimali;
𝐏(𝐗)=






𝐧
şeklinde hesaplanır.
𝐍
Bir X değişkeninin göreceli (nisbi) frekansı ile bu olayın gözlemlenme edilme ihtimali
arasında yakın bir ilişki vardır.
Bir olayın meydana gelmesi ihtimali 0 ile 1 arasında değişir.
İhtimalin sıfır olması, sözkonusu olayın meydana gelmesinin mümkün olmadığını, 1
olması ise olayın kesinlikle (yani %100) meydana geleceğini ifade eder.
0 ve 1 durumlarında ihtimalden bahsedilemez.
Belirsiz olaylara, olayın gerçekleşebilirliği ne kadar fazla ise o kadar yüksek olmak üzere
0 ile 1 arasında bir olasılık vermek isteriz.
0’a yakın ihtimal zayıf ihtimal ve 1 ’e yakın ihtimal ise kuvvetli ihtimaldir.
Olasılık




Bir olayın mümkün bütün hallerinin ihtimalleri toplamı 1’e eşittir.
Mesela, bir olayın ancak A, B, C ve D gibi dört yolla meydana gelebilmesi ve
bu yollara ait olasılıkların da sırayla PA , PB , PC , PD olması halinde,
𝐏𝐀 + 𝐏𝐁 + 𝐏𝐂 + 𝐏𝐃 = 1 olur.
Yine, X olayının meydana gelme ihtimalini p, meydana gelmeme ihtimalini q
şeklinde tarif edersek,
p + q = 1 oIur.
Bu tür ihtimallere birbirini tamamlayan olasılıklar denir.
S örneklem uzayındaki bir olay A olsun. S ’de yer alan ama A ’da yer almayan temel
sonuçlar kümesine A’nın bütünleyicisi denir. A’ ile gösterilir.
S
A
A’
Basit ve Bileşik Olasılıklar





Tek bir olayın sonuçları ile ilgili ihtimaller basit olasılıklardır.
Mesela, yarın yağmur yağması ihtimali, bir sınıftan tesadüfi olarak
seçilen bir öğrencinin gözlüklü olması ihtimali gibi ihtimaller ayrı ayrı
düşünüldüğünde basit bir ihtimaldir.
İki veya daha fazla olayın birlikte vuku bulması (gerçekleşmesi)
ihtimali ise bileşik bir ihtimaldir.
Aynı şekilde ikiden fazla olaydan bazılarının bazıları ile birlikte vuku
bulması ihtimali de bileşik ihtimaldir.
Bileşik ihtimal hesaplarına konu olan olaylar iki gruba ayrılır:
a) Bir arada meydana gelebilen olaylar,
b) Birbirini engelleyen olaylar.
Örnek Uzayı





İstatistiki bir olayın mümkün olan bütün sonuçlarının oluşturduğu sete
örnek uzayı denir ve S ile gösterilir.
Örnek uzayındaki herbir sonuç, sözkonusu örnek uzayının bir
elemanıdır.
Örnek uzayı sınırlı sayıda elemana sahipse, karışmamaları için
elemanlar birbirlerinden virgülle ayrılıp parantez içerisinde
gösterilebilir.
Madeni bir para atıldığında mümkün iki sonuçla karşılaşacağımız için
örnek uzayı,
S= { Y , T } şeklinde yazılabilir.
Rasgele seçilen bir ürün ortalama gramajdan eksik veya fazla olabilir.
Bu durumda örnek uzayı, S = {E,F} şeklindedir.
Kontenjans Tabloları ve Venn Diyagramları




Örnek uzayını başlıca iki yolla gösterebiliriz. Kontenjans Tabloları ve Venn
Diyagramları
İncelenecek olayları çapraz sınıflandırma yoluyla kontenjans tablolarında
gösteririz.
Mesela, memurlar arasında kredi kartı kullanımını yaygınlaştırmaya çalışan
kredi kartı şirketleri bir yıl sonunda memurlar arasından tesadüfi olarak 200'ünü
seçerek bunlara banka kredi kartı ve/veya seyahat ve eğlence kredi kartı
kullanıp kullanmadıklarını sormuş olsunlar.
Alınan cevaplar aşağıdaki kontenjans tablosunda gösterilebilir:
Seyahat ve Eğlence Kredi Kartı
Banka Kredi kartı
Evet
Hayır
Evet
60
60
Hayır
15
65
Venn Diyagramları



Olayların birlikte ve ayrı ayrı vuku bulma durumlarını Venn Diyagramı denilen
iç içe daireler yardımıyla da gösterebiliriz.
Kontenjans tablosunda gösterilebilen olayları Venn Diyagramı yardımıyla da
gösterebiliriz.
Yalnız banka kredi kartına sahip olanlar, B; yalnızca seyahat ve eğlence
kartına sahip olanlar, E; hem banka ve hemde seyahat kredi kartına sahiplar ise
B∩E; hem banka ve hemde seyahat kredi kartı olmayanlar ise B'∩E' ile
gösterilmek üzere Venn Diyagramı aşağıdaki gibi çizilebilir.
B
B∩E
E
B'∩E'
B olayının gerçekleşme ihtimali P(B);
E olayının gerçekleşme ihtimali P(E);
B ve E olaylarının ikisinin birden
gerçekleşmesi ihtimali, P(B∩E);
B ve E olaylarının ikisinin birden
gerçekleşmemesi ihtimali,P(B'∩E');
B veya E olaylarından birinin
gerçekleşmesi ihtimali, P(B∪E)’dir.
Toplama Kuralı






X1 , X 2 ,……., Xn birbirini engelleyen n tane olay ve bu olayların meydana
gelme ihtimalleri de sırayla P1 , P2 ,……., Pn olmak üzere, bu olaylardan birinin
veya diğerinin meydana gelmesi ihtimali,
𝐏𝟏 + 𝐏𝟐 +…….+ 𝐏𝐧 olur.
Bu kurala toplama kaidesi denir.
Birlikte gerçekleşmeleri mümkün olmayan (birbirinden bağımsız) A ve B
gibi iki olaydan birinin veya diğerinin vuku bulması ihtimali,
P(A∪B) = P(A) + P(B) şeklindedir.
A ve B olayları bazı hallerde birlikte de meydana gelebilir.
Bu durumda, bu olaylardan birinin veya diğerinin meydana gelmesi ihtimali,
P(A∪B) = P(A) + P(B) - P(A∩B) şeklinde hesaplanır.
Yani, olayların birlikte meydana gelme ihtimali, olayların ayrı ayrı meydana
gelme ihtimallerinin toplamından çıkarılır.
Örnek 1
Bir müşteri P(A) = 0.15 ihtimalle yeşil ve P(B) =0.23 ihtimalle beyaz
otomobil satın alacaktır. Sözkonusu müşterinin bu arabalardan birini satın
alması ihtimali,
P(A∪B) = P(A) + P(B) = 0.15 + 0.23 = 0.38 olarak tespit edilir.
Örnek 2
Bir öğrencinin matematik dersinden geçmesi ihtimali P(A) = 2/3 muhasebe
dersinden geçmesi ihtimali, P(B) = 4/9 ve her iki dersten geçme ihtimali
P(A∩B) = 1/4 ise sözkonusu öğrencinin bahsedilen derslerin birisini seçmesi
ihtimali,
P(A∪B) = P(A) + P(B) - P(A∩B) = 2/3 + 4/9 - 1/4 = 0.8611 olarak hesaplanır.
Örnek 3
Bir öğrenci üzerinde 1’den 6’ya kadar olan rakamlar yazılı anahtarları bir
kutudan çekiyor. “Gelen sayı çifttir” olayına A, “Gelen sayısı en az 4’tür”
olayına da B diyelim.
 Öyleyse A = [2,4, 6] ve B = [4,5, 6] olur.
 Bu olayların bütünleyicileri de sırasıyla şunlardır:
 A’ =[1,3,5] ve B’ = [1,2, 3]
 A ve B ’nin kesişimi , “Gelen sayı hem çifttir, hem de en az 4’tür” olayıdır,
yani ,
A ∩ B = [4,6]olur.
 A ve B ’nin birleşimi, “Gelen sayı ya çifttir ya 4’ten büyüktür ya da her ikisidir” olayıdır, yani
A∪B = [2, 4, 5, 6] olur.
Çarpma Kuralı
Bağımsız Olaylar




Bir olayın vuku bulması bir başka olayın gerçekleşme şansına bağlı
değilse, bu gibi olaylara bağımsız olaylar denir.
X1 , X 2 ,……., Xn gibi n tane bağımsız olayın ihtimallerini P1 , P2 ,……., Pn ile
gösterirsek, bu n olayın birlikte meydana gelme ihtimali,
(𝐏𝟏 ) × (𝐏𝟐 ) ×……. × (𝐏𝐧 ) olur.
Bu kaideye çarpma kuralı denir.
A ve B gibi iki bağımsız olayın birlite vuku bulması ihtimali,
P(A∩B) = P(A) × P(B) şeklinde ifade edilir.
A
B
Çarpma Kuralı
Bağımlı Olaylar (Koşullu Olasılık)
Bir A olayının olasılığı ile ilgilendiğimizi varsayalım ve A’dan farklı bir B
olayının gerçekleşmiş olduğu ek bilgi olarak verilmiş olsun.
A’nın olasılığının, B hakkındaki ek bilgiden nasıl etkilendiğini bilmek istiyoruz.
ƒ




Bir B olayının vuku bulması A olayının vuku bulması ihtimaline bağlı ise
B olayının olasılığı koşullu olasılıktır.
P(B\A) şeklinde gösterilir.
A ve B olaylarının birlikte gerçekleşmesi ihtimali,
P(A∩B) = P(A) × P(B\A) şeklinde hesaplanır.
A olayına bağlı olarak B’nin gerçekleşme ihtimali ise;
P(A∩B)
P(B\A) = P(A)
formülü ile hesaplanır.
Örnek 4
Bir çikolata üretim partisinde 3 kusurlu ve 17 kusursuz çikolata
bulunmaktadır. İmalattan tesadüfi olarak iki çikolatayı satın alan bir
müşterinin aldığı mamüllerin ikisinin de kusurlu olma olasılığı %
kaçtır?
Çözüm 4
Birinci mamulun kusurlu olması ihtimali P(A) = 3/20, birinci mamulun
kusurlu olması şartına bağlı olarak ikinci mamulun kusurlu olması
ihtimali P(B\A) = 2/19 olduğuna göre, iki hadisenin birlikte vuku bulması
ihtimali,

P(A∩B) = P(A) × P(B\A) =
𝟑
𝟐𝟎
×
𝟐
𝟏𝟗
=0.0158
Örnek 5
Uçakların tam zamanında kalkması ihtimali, P(K) = 0.83; gideceği
yere zamanında varması ihtimali, P(İ) = 0.82 ve tam zamanında
kalkma ve inmesi ihtimali, P(K ∩ İ) = 0.78 olması halinde, tam
zamanında kalkan bir uçağın, tam zamanında inmesi ihtimali ?
Çözüm 5

P(İ\K) =
P(K∩İ) 0.78
=
= 0.94
P(K) 0.83
ve tam zamanında inen bir uçağın, tam zamanında kalkması ihtimali
ise,

P(K∩İ) 0.78
P(K\İ) =
=
= 0.95
0.82
P(İ)
Örnek 6
Bir fabrikada üretilen parçalardan kusursuz 40 tanesi ve kusurlu 10
tanesi bir depoya konuyor. Çekilen yine yerine koyulmaksızın sırayla
rastgele iki parça seçildiğinde her iki parçanın da kusurlu olması
olasılığı nedir?
Çözüm 6
A ve B olayları aşağıdaki gibi tanımlansın.
A: İlk seçilen parça kusurludur. B: İkinci parça
kusurludur.
O halde;
𝟏𝟎
P(A)=
𝟓𝟎
=
P(B\A) =
9
49
𝟏
𝟓
P(A∩B) = P(A) × P(B\A) =
1
5
.
9
49
=
9
245
Örnek 7
Bir hamburgerci zincirinin %75’i hardal, %80’i ketçap, %65’i her
ikisini de kulllanmaktadır.
Bir ketçap kullanıcısının hardal, bir hardal kullanıcısının ketçap
kullanma olasılıkları kaçtır?
Çözüm 7

Müşteri hardal kullanır olayı: A
Müşteri ketçap kullanır olayı: B olsun.
P(A): 0,75 ve P(B): 0,80 olur.
Bir ketçap kullanıcısının hardal kullanma olasılığı;

P(A∩B) 𝟎,𝟔𝟓
=
= 𝟎, 𝟖𝟏𝟐𝟓
P(B)
𝟎,𝟖𝟎
Bir hardal kullanıcısının ketçap kullanma olasılığı;



P(A\B) =
P(A∩B) 𝟎,𝟔𝟓
P(B\A) =
=
= 𝟎, 𝟖𝟔𝟔𝟕
P(A)
𝟎,𝟕𝟓
Çalışma Sorusu
Bir fabrikada bir günde üretilen 1000 ürünün 400’ü A ve 600’ü B
makinas›nda yapılmaktadır. A’da üretilenlerin %1’i ve B’de
üretilenlerin %2’si kusurlu üründür. Bu fabrikada üretilen
ürünlerden rassal olarak biri çekilmişve kusurlu oldu¤u
görülmüştür. Buna göre bu kusurlu ürünün A akinasında üretilen
bir ürün olması olasılığınedir?
Bayes Teoremi



Çeşitli sebeplerin aynı sonucu verebildiği durumlarda, bazen sonuç
bilindiği halde, bunun hangi sebepten ileri gelmiş olduğu bilinmeyebilir.
Sözkonusu sonucun hangi ihtimalle hangi sebepten ortaya çıktığı
araştırılmak istendiğinde Bayes Teoreminden yararlanılır.
B1 , B2 ,……., Bn olayları, örnek uzayı S’nin kısımları ise A şartına bağlı
olarak Br’nin ihtimali,
P(Br\A) =
P(Br)×P(A\Br)
𝒌 𝑷 İ . P(A\Br)
𝒊:𝟏
Örnek 8
Bir yapı kooperatifinin başkanlığı için üç üye yarışmaktadır.
Ahmet Bey’in seçilmesi ihtimali P(Bı) = 0.3,
Cengiz Bey’in seçilmesi ihtimali P(B2) = 0.5 ve
Kaya Bey’in seçilmesi ihtimali ise P(B3) = 0.2’dir.
Başkanlık yarışını Ahmet Bey kazanırsa P(A\𝐵1 ) = 0.8,
Cengiz Bey kazanırsa P(A\𝐵2 ) ve
Kaya Bey kazanırsa P(A\𝐵3 ) = 0.4 ihtimalle üyelik aidatlarını artıracaklardır.
Üyelik aidatının artırılması şartına bağlı olarak Kaya Bey’in başkan seçilme
ihtimali nedir? ( P(𝐵3 \A) ? )
Çözüm 8
P(𝑩𝟑 \A) =
=
P(𝑩𝟏 ).𝑷 𝑨\𝑩𝟏
P(𝑩𝟑 )×P(A\𝑩𝟑 )
=
+P(𝑩𝟐 ).𝑷 𝑨\𝑩𝟐 +P(𝑩𝟑 ).𝑷 𝑨\𝑩𝟑
0.2×0.4
0.3×0.8 + 0.5×0.1 +(0.2×0.4)
= 0.2162
olarak elde edilir. Üyelik aidatının arttırılması şartına bağlı olarak Kaya
Bey’in başkan seçilmesi ihtimali düşüktür.
Örnek 9
Bir yayınevi bir muhasebe kitabı için, ilgili muhasebe dersini
veren bütün öğretim üyelerinin % 80 ’ine tanıtım malzemesi
gönderiyor. Bunları alan öğretim üyelerinden % 30 ’u, bunları
almayanların ise % 10 ’u bu kitabı okutmaya karar veriyor. Bu
kitabı okutan bir öğretim üyesinin tanıtım malzemesi almış olma
olasılığı nedir?
Çözüm 9

Bir öğretim üyesinin tanıtım malzemesini alması olayını «aldı», bunun
bütünleyicisi olan olayı da «almadı» ile gösterelim. Bu durumda
şunları yazabiliriz.
P(aldı) = 0,8
P(almadı) = 0,2
P (Okuttu/aldı) = 0,3
P(Okuttu/almadı) = 0,1
P(Aldı\Okuttu) =
=
P(aldı)×P(Okuttu/aldı)
=
P(aldı)×P(Okuttu/aldı)+P(Okuttu/almadı).P(almadı)
0.3×0.8
0.3×0.8 + 0.1×0.2
= 0,923
Örnek 10
(Sanayi) Cıvata üretilen bir fabrikada toplam üretimin 30/100 ü A, 30/100 ü B,
40/100 ü C makineleri tarafından yapılmaktadır. Bu makinelerin, sırasıyla
üretimlerinin 1/100, 3/100 ve 2/100 ü kusurlu cıvatalardır. Bir günlük üretim
sonunda bir cıvata seçiliyor ve kusurlu olduğu görülüyor. Bu cıvatanın A
makinesi, B makinesi, C makinesinde üretilmiş olması olasılığı nedir?
Çözüm 10
Aşağıdaki olayları tanımlayalım.
A: Kusurlu cıvata
Bı: Cıvata A makinesinde yapıldı,
B2: Cıvata B makinesinde yapıldı,
B3: Cıvata C makinesinde yapıldı.
P(B1 \A) =
P(B1).P A\B1
P(B1)×P(A\B1)
+P(B2 ).P A\B2 +P(B3 ).P A\B3
0.3×0.01
=
0.3×0.01 + 0.3×0.03 +(0.4×0.02)
9
20
8
 P(B3 \A)=
20

P(B2 \A)=
=
3
20
Örnek 11

Bir borsa analisti çok sayıda şirketin pay senetlerinin geleceğini
değerlendirmiştir. Ertesi yıl bu pay senetlerinin başarımı incelenmiş,
%25’inin pazar ortalamasının çok üstünde, %25’inin çok altında,
%50’sinin de ortalama kadar başarım gösterdikleri anlaşılmıştır. Pazarın
çok üstünde başarılı olan pay senetlerinden %40’ı, pazar kadar başarılı
olanlardan %20’si ve pazarın çok altında kalanlardan %10’u analist
tarafından “alınmaya değer” bulunanlardandır. Analist tarafından
“alınmaya değer” bulunan bir pay senedinin pazar ortalamasının çok
üstünde başarı gösterme olasılığı kaçtır?
Çözüm 11
Aşağıdaki olay tanımlarını yapalım:
El:Pay senedi pazar ortalamasının çok üstünde başan gösteriyor.
E2:Pay senedi pazar ortalamasıyla aynı başarıyı gösteriyor.
E3:Pay senedi pazar ortalamasının çok altında başarı gösteriyor.
Ei:Pay senedi analist tarafından “alınmaya değer” bulunuyor.
 Örneğimizde verilenlerden
P(El ) = 0,25
P(E2 ) = 0,50
P(E3) = 0,25 olasılıkları ile;
P(A\ El ) = 0,4
P(A\E2 ) = 0,2
P(A\ E3 ) = 0,1 koşullu olasılıklarını
yazabiliriz.
 Aranan, bir pay senedinin analist tarafından alınmaya değer bulunması veri
iken, Pazar ortalamasının üstünde başarılı olma olasılığıdır. Bu da bayes
teoremi ile aşağıdaki gibi bulunan P(El\ A ) koşullu olasılığıdır.

P(E1 \A) =
P(E1).P A\E1
=
P(E1 )×P(A\E1)
=
+P(E2 ).P A\E2 +P(E3 ).P A\E3
0.4×0.25
0.4×0.25 + 0.2×0.5 +(0.1×0.25)
= 𝟎, 𝟒𝟒𝟒
İhtimal Dağılım Tablosu

Bir X olayının meydana gelmesinde mümkün olan haller; X1 , X2 ,……., Xn ve
bu hallerin meydana gelme ihtimalleri de sırayla; P1 , P2 ,……., Pn ise
sözkonusu olaya ait ihtimal dağılım tablosu aşağıdaki gibi olur.
X
𝐗𝟏
𝐗𝟐
………….
𝐗𝐧
Toplam
P(X)
𝐏𝟏
𝐏𝟐
………….
𝐏𝐧
1
Örnek 12

Bir fabrikanın imal ettiği civataların %20’si kusurludur. Fabrikanın
imalatından şansa bağlı olarak 3 civata seçildiğinde kusurlu civata sayısına ait
ihtimal dağılım tablosunu düzenleyelim.
Çözüm 12


L, kusurlu mamul ve S, kusursuz mamul olmak üzere seçilecek bir mamulun
kusurlu olması ihtimali, P(L) = 0.20 ve kusursuz olması ihtimali, P(S) = 1-0.20
= 0.80’dir.
Bununla birlikte üçer birimlik mamüller seçildiği için kusurlu mamul dağılımı
belirlenirken; P(X = 0), üç mamulden hiçbirisinin kusurlu olmaması ihtimalini,
P(X = 1), üç mamulden birisinin kusurlu olması ihtimalini; P(X = 2), 3
mamulden ikisinin kusurlu olması ihtimalini; P(X = 3), üç mamulün üçünün
kusurlu olması ihtimalini gösterir.
P(X = 0) = P(SSS) = (0.8)(0.8)(0.8) = 0,512
P(X = 1) = P(LSS) + P(SLS) + P(SSL) = 3((0.2)(0.8)(0.8) )= 0,384
P(X = 2) = P(LLS) + P(LSL) + P(SLL) = 3( (0.2)(0.2)(0.8)) = 0,096
P(X = 3) = P(LLL) = (0.2)(0.2)(0. 2) = 0,008
X
0
𝟏
2
𝟑
Toplam
P(X)
0,512
0,384
0,096
0,008
1
Beklenen Değer

n adet denemede 𝐗 𝟏 olayı 𝐏𝟏 ihtimalle, X2 olayı P2 ihtimalle,…..
𝐗 𝐧 olayı 𝐏𝐧 ihtimalle meydana geliyorsa,



Xı’in beklenen değeri, E(Xı) = n. P1 ,
𝑋2 ’nin beklenen değeri, E(X2) = n. P2,
Xn’in beklenen değeri, E(Xn ) = n. Pn ’dir.
Örnek 13





X
0
𝟏
2
𝟑
Toplam
P(X)
0,512
0,384
0,096
0,008
1
İhtimal dağılım tablosu izah edilirken verilen örneğe geri dönelim. Bir
firma sözkonusu fabrikadan üçer birimlik 1000 paket mal satın aldığında,
E(X = 0) = n.P0 = 1000.(0,512) = 512 pakette hiç kusurlu mamül
gözlememeyi beklerken,
E(X = 1) = n.P1 = 1000.(0,384) = 384 pakette bir kusurlu mamul,
E(X = 2) = n.P2 = 1000.(0,096) = 96 pakette de iki kusurlu mamul bekler.
Nihayet,
E(X = 3) = n.P3 = 1000.(0,008) = 8 pakette ise mamullerin tamamının
kusurlu olmasını bekler.
Önemli Kurallar
1. Kural


Aynı anda vuku bulmaları imkansız olan birbirinden farklı k adet olay n
defa tekrarlanırsa, mümkün sonuç sayısı k n olur.
Para 10 kez atıldığında mümkün sonuç sayısı, 210 = 1024’dür.
2. Kural




İlk denemede k1 , ikinci denemede k 2 ve n.inci k n adet olayla karşılaşıyorsak
mümkün sonuç sayısı,
(k1 ). (k 2 )……(k n ) şeklinde hesaplanır.
Mesela bir lokantada akşam yemeği için servis yapıyapılacak 4 çeşit salata,
10 çeşit çorba, 3 çeşit meşrubat ve 6 çeşit tatlı varsa mümkün yemek sayısı,
(4)(10)(3)(6)= 720 olarak hesaplanır.
Önemli Kurallar
3. Kural






Sıra önemli olduğunda n adet olay,
n! = n.(n-l)…….. (1) yolla vuku bulabilir.
n!, n faktöriyel diye okunur.
0!, 1 ’e eşittir.
Mesela 6 kitap
6! = (6)(5)(4)(3)(2)(1) = 720 farklı dizilişle rafa yerleştirilebilir.
4. Kural: Permutasyon kuralı



Sıra önemli olduğunda n adet olaydan X adedi,
𝒏!
(𝒏−𝑿)!
farklı yolla birlikte
vuku bulabilirler. Buna permutasyon kuralı denir.
Meseli elimizde 6 ders kitabı olmakla birlikte kitaplıkta bu kitaplardan 4
tanesini koyabilecek kadar yer varsa, sıra önemli olduğunda, kitaplar
kitaplığa,
𝒏!
(𝒏−𝑿)!
6!
= (6−4)! =
6.5.4.3.2.1
2.1
= 360 farklı şekilde dizilebilirler.
Önemli Kurallar
5. Kural: Kombinasyon kuralı





Sıra önemli olmadığında n adet olaydan X adedi,
𝑛
𝒏!
=
𝑋 𝑿!.(𝒏−𝑿)!
kadar farklı yolla birlikte vuku bulabilirler.
Bu kurala kombinasyon kuralı denir.
Sıra önemli olmadığında 6 ders kitabından 4’ü,
𝟔!
6.5.4.3.2.1
6
=
=
= 15
4 𝟒!.(𝟔−𝟒)! (4.3.2.1).(2.1)
farklı şekilde kitaplığa yerleştirilebilir.