6 olasılık dağılışları

1
6
OLASILIK
DAĞILIŞLARI
6.1. Kesikli Olasılık Dağılışları
6.1.1 Kesikli Unıform Dağılışı
6.1.2. Bernoulli Dağılışı
6.1.3. Binom Dağılışı
6.1.4. Hyper-Geometrik Olasılık Dağılışı ( İadesiz Örnekleme )
6.1.5. Geometrik Dağılış
6.1.6. Negatif Binom (Pascal) Dağılımı
6.1.7. Poısson Dağılımı
6.2. Sürekli Olasılık Dağılışları
6.2.1. Sürekli Unıform(Tekdüzen) Dağılış
6.2.2. Üslü( Üstel/Negatif Üstel) Dağılış
6.2.3.Gamma Dağılışı
6.2.4. Normal Dağılış
6.2.5.Standart Normal Dağılış
Ek 1. Moment Türeten Fonksiyon
2
6.1. Kesikli Olasılık Dağılışları
Bir şans değişkeni belli bir tanım aralığı içerisinde kesikli değerler alıyorsa ,
kesikli şans değişkeni adını alır. Bir şans değişkeni için değişim aralığı ve hangi
noktalarda nasıl yoğunlaştığı konusu dağılış kavramını verir , hangi yoğunlukla
yerleştiği ise olasılık ile ifade edilir. Eğer , dağılışı belirleyen olasılık fonksiyonu , kesikli
bir şans değişkeni içeriyor ve değişim buna bağlı ise , bu fonksiyon kesikli dağılışlar
arasında yer alır.
Olasılık fonksiyonları genel olarak 0 ile 1 arasında değerler alır. 0’dan küçük ve
1’den büyük değerler için olasılık fonksiyonu tanımsızdır.
1)
Kesikli Uniform Dağılışı
2)
Bernoulli Dağılışı
3)
Binom Dağılışı
4)
Hyper-Geometrik Dağılış
5)
Geometrik Dağılış
6)
Negatif Binom (Pascal) Dağılışı
7)
Poisson Dağılışı
6.1.1. Kesikli Unıform Dağılışı
x şans değişkeni x = 1,2,3 ............,n tanım aralığında kesikli değerlerinin her
birini sabit olasılıkla alıyorsa
( tüm olasılıkları eşit ise ) , bu durumda olasılık
yoğunluğu tüm noktalarda aynı olacaktır. Böyle bir şans değişkeninin yoğunluk
fonksiyonu
f (x) =
⎧1/ n
⎪
⎨
⎪ 0
⎩
x = 1, 2,...n
d .d .
şeklinde ifade edilir. Bu fonksiyonun şekli n’ye bağımlı olarak aşağıdaki gibidir.
3
Bu fonksiyon tamsayı değişkenler için tanımlıdır.
n
∑
x =1
1
=1
x =1 n
n
f ( x) = ∑
olduğu için
f (x)
olasılık yoğunluk
fonksiyonudur.
Dağılışın beklenen değeri ,
E ( x) = ∑ x. p ( x)
n
E ( x) = ∑ xi
i =1
1 1 n
1 (n + 1)n n + 1
= ∑ xi =
=
n n i =1
n
2
2
Dağılışın varyansı,
( )
Var (x ) = E x 2 − [E ( x )]
2
2
1 ⎡ n + 1⎤ 1 ⎡ n(n + 1)(2n + 1) ⎤ (n + 1) 2
−
=∑x
=
⎥⎦ −
6
4
n ⎢⎣ 2 ⎥⎦ n ⎢⎣
x =1
n
=
2
(n + 1)(n − 1)
12
Örnek: Herhangi bir zar atılışı.(tüm yüzler eşit olasılıklıdır.)
⎧1/ 6
f ( x) = ⎨
⎩ 0
x = 1, 2,..., 6
dh.
4
1.20
1.00
F(x)
0.80
0.60
0.40
0.20
0.00
0
2
4
6
8
x
6
6
1
1
1
E ( x 0 ) = ∑ x 0 f ( x) = ∑ f ( x) = ∑ = n. = 6. = 1
6
6
x =1
x =1 6
Beklenen değer,
E ( x) =
n +1
= 3,5
2
Var (x ) =
(n + 1)(n − 1) 7.(5) 35
=2.91
=
=
12
12
12
Bernoulli Ve Binom Dağılışları
Genel olarak n tane bağımsız denemede,x başarı sağlama olayı ile ilgili dağılışlardır.
Şans değişkeninin bu dağılışa uyum sağlayabilmesi için aşağıdaki özelliklere sahip
olması gerekir.
i) Şans değişkeni sadece 2 ayrı özelliğe sahiptir. ( başarı ve başarısızlık )
ii) Her bir denemede başarı ( yada başarısızlık) olasılıkları daima sabittir.
( p: başarı olasılığı, q= başarısızlık olasılığı)
5
iii) p ve q olasılıkları populasyona ait özelliklerdir yani parametredir.
iv) Her bir deneme diğerinden bağımsız gerçekleşir.
( birbirini engellemeyen olaylar)
p+q=1 olması nedeni ile q=1-p ‘dir.
6.1.2. Bernoulli Dağılışı
Deneme sayısı n=1 için özel olarak bu denemelere bernoulli denemeleri
denilmektedir. Eğer n=1 ise Bernoulli Dağılışı söz konusudur.
x başarı sayısını gösterdiğine göre;
P(x=1)=p ve P(x=0)=q ‘dur.
Bu durumda bernoulli yoğunluk fonksiyonu;
⎧ p x q 1− x
f ( x, p ) = f ( x ) = ⎨
⎩0
x = 0,1
d .d
( x’in yoğunluk fonksiyonu p’ye bağlı anlamında) Bu fonksiyonun şekli p’ye bağımlı
olarak aşağıdaki gibidir.
f(x)
p=1/2 ise
p=q
*
*
0
1
x
6
f(x)
p=0.6
q=0.4
0.6
*
0.4
*
0
x
1
1
1
x =0
x =0
E ( x 0 ) = ∑ x 0 f ( x) = ∑ p x q 1− x = q + p = (1 − p) + p = 1
olduğu için f(x) olasılık yoğunluk fonksiyonudur.
Beklenen Değer
1
1
x =0
x =0
E ( x ) = ∑ xf ( x) = ∑ xp x q 1− x = 0 + p = p
Varyans
Var ( x) = E ( x 2 ) − [E ( x)]
2
1
1
= ∑ x 2 f ( x) − [ p ] = ∑ x 2 p x q1− x − p 2
2
x =0
x =0
= 0 + p − p 2 = p (1 − p) = p.q
6.1.3. Binom Dağılışı
n >1
deneme söz konusu ise yani birden fazla birbirinden bağımsız Bernoulli
denemeleri toplamı binom dağılışı gösterir. x , başarı sayısı ve n − x başarısızlık
sayısını gösterdiğinde
⎛n⎞
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ x⎠
sayısı kadar başarı ve başarısızlık serisinde birbirini
engelleyen olay vardır.
Binom dağılışının yoğunluk fonksiyonu ,
7
x = 0,1,2,..., n
⎧⎛ n ⎞
⎪⎜ ⎟
f ( x) = ⎨⎜⎝ x ⎟⎠ p x q n − x
⎪0
⎩
Binom dağılışında p =
d .d
1
ise dağılış simetriktir.
2
n
n
⎛n⎞
E ( x 0 ) = ∑ f ( x) =∑ ⎜⎜ ⎟⎟ p x q n − x = ( p + q) n = 1 dir.
x =0
x =0 ⎝ x ⎠
Dağılışın beklenen değeri,
x1 , x 2 , x3. ................, x n
n tane birbirinden bağımsız değişken olduğundan,
E ( x1 + x 2 + ................ + x n ) = E ( x1 ) + E ( x 2 ) + .................. + E ( x n )
dir.
Her biri bernoulli beklenen değeri olduğu için,
= p + p + ............ + p = n. p dir.
dağılışın varyansı
Var ( x1 + x2 + ............... + xn ) = V ( x1 ) + V ( x2 ) + .................. + V ( xn )
= pq + pq + ........... + pq = npq
Binom olasılık dağılışı varsayımları:
Binom denemeleri yapılırken, iadeli örnekleme sistemine göre denemeler tekrarlanır.
Sebebi ise, başarı ya da başarısızlık olasılıkları her denemede sabit kalmak zorundadır.
Yani denemeler biribirini engellememelidir.
Latince’de bi:iki, nom:terim kelimelerinden gelmesi nedeni ile iki terimli anlamında
kullanılır. Binom denemelerinde olayların iki mümkün sonucu vardır. Bunlar; başarı,
başarısız, sağlam, bozuk v.b. şeklindedir.
8
i) Binom denemelerinde başarı olasılığı p, başarısızlık olasılığı 1-p=q dur ve olaylar iki
kategoriye ayrılır.
ii) Denemeler birbirinden bağımsız meydana gelir yani, denemelerin sonuçları
birbirlerinden etkilenmez.
iii) Denemeler daima iadeli örnekleme sistemine uygun şekilde tekrarlanır.
Binom olasılığı belirli deneme sayısı içerisinde başarı yada başarısızlıkla sonuçlanan
deneme sayıları ile ilgilenir.
Binom olayının olasılığı p’ dir ve deneme n kez tekrarlandığı varsayımı altında tam x
kez başarı meydana gelme olasılığı;
⎛n⎞
p( x ) = ⎜⎜ ⎟⎟. p x .q n − m
⎝ x⎠
x = 0,1,2, ... ,n
p + q = 1 den dolayı q = 1 – p başarısızlık olasılığıdır.
Binom açılımı;
(q + p )n = ∑ C n i . p i .q n −i
i = 0,1, ... ,n
i
⎛n⎞
⎛ n⎞
⎛n⎞
⎛ n⎞
= ⎜⎜ ⎟⎟. p 0 .q n +⎜⎜ ⎟⎟. p 1 .q n −1 +... + ⎜⎜ ⎟⎟. p x .q n − x +... + ⎜⎜ ⎟⎟. p n .q o
⎝0⎠
⎝1 ⎠
⎝ x⎠
⎝ n⎠
= p( x = 0) + p( x = 1) + ... + p( x = x ) + ... + p( x = n )
=1
Çok sayıda binom denemeleri yapıldığında beklenen frekanslar,
N (q + p )n
belirlenir.
N: deneme sayısı
n: her denemedeki madde sayısı
ile
9
Örnek: Bir metal para iki kez atılıyor ve tuğra sayısı başarı olarak varsayılırsa;
(
)
N (q + p )n = N − −− > 2 1 + 1 = 2
2
2
Tuğra sayısı
1
beklenen frekans Olasılık
0
1
0,5
1
__1__
__0,5___
2
1,00
Beklenen frekans
olasılık
1-
- 0,5
0
ı
ı
0
1
tuğra sayısı
0
Örnek: İki metal para 4 kez atılıyor ve tuğra sayısı başarı olarak varsayılırsa;
(
N ( q + p ) n = 4. 1 + 1
2
2
)
n
(
= 4. 1 + 2 + 1
4
4
4
)
Beklenen frekans Olasılık
Tuğra sayısı
0
1
0,25
1
2
0,50
2
1
0,25
4
1,00
beklenen frekans
olasılık
21-
0
*
*
*
- 0,25
I
I
0
1
2
tuğra sayısı
Örnek: 10 metal para 1024 kez atılıyor. Her atılıştaki tuğra sayısı başarı varsayılırsa (
deneme sayısı büyütüldü )
I
0
- 0,50
10
(
Beklenen frekanslar: N (q + p )n = 1024 1 + 1
(
2
2
)
10
= 1024 1
+ 10
+ 45
+ 110
+ 210
+ 252
1024
1024
1024
1024
1024
1024
+ 120
+ 45
+ 10
+1
1024
1024
1024 1024
)
Beklenen teorik frekans ve olasılıkları
Beklenen frekans Olasılık
Tuğra sayısı
0
1
0,001
1
10
0,010
2
45
0,044
3
120
0,117
4
210
0,205
5
252
0,246
6
210
0,205
7
120
0,117
8
45
0,044
9
10
0,010
10
1
0,001
Toplam:
1024
1,000
beklenen frekans
olasılık
300
0,3
0,2
200
100
0,1
0
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
tugra sayısı
görüldüğü gibi deneme sayısı arttıkça dağılış normale yakınlaşır.
11
Örnek: Bir çift zar 5 kez atılıyor ve tam 3 kez 7 gelme olasılığı nedir?
p(7 gelmesi ) = 1
q=5
6
6
n = 5 deneme sayısı
x=3
başarı sayısı
Denemelerde 3 başarının meydana geldiği yerler( konumlar )
⎛ 5⎞
5!
⎜⎜ ⎟⎟ =
= 10
⎝ 3 ⎠ 3!.2!
farklı biçimde olur.
+
+
+
-
-
+
-
+
-
+
+
+
-
+
-
-
+
+
+
-
+
+
-
-
+
-
-
+
-
+
+
-
-
+
+
-
-
+
-
+
+
+
+
+
+
-
+
-
+
+
10 farklı biçim
( )( )
⎛ 5⎞
p( x = 3) = ⎜⎜ ⎟⎟. 1 3 . 5 2 = 0,0322
6
⎝ 3⎠ 6
Örnek: Üretimi yapılan bir maddenin %10’ u kusurlu olmaktadır. Alınan 5 maddelik
bir örnekte;
(p=0.1 q=0.9 n=5)
a.
hiç kusurlu olmaması olasılığı
(x=0)
⎛5⎞
p( x = 0 ) = ⎜⎜ ⎟⎟.(0,1)0 .(0,9 )5 = 0,59049
⎝0⎠
b.
5’ inin de kusurlu olması olasılığı
(x=5)
⎛ 5⎞
p( x = 5) = ⎜⎜ ⎟⎟.(0,1)5 .(0,9 )0 = 0,00001
⎝ 5⎠
c.
en az 3’ ünün kusurlu olması olasılığı (x ≤ 3)
p ( x ≥ 3 ) = p ( x = 3) + p ( x = 4 ) + p ( x = 5 )
veya
=1- [ p ( x = 0 ) + p ( x = 1) + p( x = 2 )]
12
⎛ 5⎞
⎛5⎞
⎛ 5⎞
p(x ≥ 3) = ⎜⎜ ⎟⎟.(0,1)3 .(0,9 )2 +⎜⎜ ⎟⎟.(0,1)4 .(0,9 )1 +⎜⎜ ⎟⎟.(0,1)5 .(0,9)0
⎝ 3⎠
⎝ 4⎠
⎝ 5⎠
=0,00856
şeklinde elde edilir.
Örnek: Metal hilesiz bir para 10 kez fırlatılıyor
a.
(n=10 p=q=1/2=0.5)
bir kez yazı gelmesi olasılığı
⎛ 10 ⎞
10!
10.9!
p ( x = 1) = ⎜ ⎟ . ( 0,5 ) 1. ( 0,5 ) 9 =
(0.5)10 =
(0.5)10
1
1!9!
9!
⎝ ⎠
b.
hiç yazı gelmemesi olasılığı
⎛10 ⎞
p ( x = 0 ) = ⎜ ⎟ . ( 0,5 ) 0 . ( 0,5 ) 10 = ( 0,5 ) 10
⎝0 ⎠
c. en az 2 kez yazı gelmesi olasılığı
p( x ≥ 2 ) = p( x = 2 ) + ... + p (x = 10 )
n=10
x≥ 2
= 1 − p ( x⟨ 2 )
= 1 − p ( x ≤ 1)
= 1 − ⎡⎣ p ( x = 1) + p ( x = 0 ) ⎤⎦
⎡⎛ 10 ⎞
⎤
⎛10 ⎞
= 1 − ⎢⎜ ⎟ . ( 0,5 ) 1. ( 0,5 ) 9 + ⎜ ⎟ . ( 0,5 ) 0 . ( 0,5 ) 10 ⎥
⎝0 ⎠
⎣⎝ 1 ⎠
⎦
= 1 − 10.(0.5)10 − (0.5)10 = 1 − (0.5)10 (10 + 1) = 1 − 11(0.5)10
6.1.4.Hyper-Geometrik Olasılık Dağılışı( İadesiz Örnekleme )
n hacimli bir populasyonda r sayıda özel eleman varsa ve populasyonda n rasgele
alınmış s hacimli örnek içinde bulunan özel elemanların d sayısına hiper geometrik
şans değişkeni denir ve aşağıdaki olasılık dağılışı ile ifade edilir.
⎛r ⎞⎛n − r ⎞
⎜⎜ ⎟⎟.⎜⎜
⎟⎟
⎝d ⎠⎝s − d ⎠
p(d ) =
⎛ n⎞
⎜⎜ ⎟⎟
⎝s ⎠
d = 0,1,...,s
Aslında bu tanım klasik olasılık tanımı olan
fi
∑f
tanımına da uymaktadır.
i
13
d hiper geometrik şans değişkeninin beklenen değeri;
E (d ) = d 1 . p(d 1 ) + d 2 . p(d 2 ) + ... + d n . p(d n )
=
∑ d . p(d )
i
i
dir.
i
Her bir çekilişte ayrı ayrı ele alınırsa özel yada özel olmayan eleman çıkması( d i ) 1
veya 0 dır. Her bir deneme için durum aynıdır.
n eleman içinde her bir bireyin çekilme şansı 1/n dir ve n hacimli populasyonda r
sayıda özel eleman bulunduğuna göre her çekilişte özel eleman çıkma olasılığı;
p(d 1 = 1) = E (d 1 ) =
r
n
dir.
ve s hacimli çekilişte ise;
E (d ) = s.
r
n
dir.
Binomun varyansı = n.p.q idi, burada s.
r⎛ r⎞
⎜1 − ⎟
n⎝ n⎠
elde edilir.
Ancak burada denemeler yerine konularak yapıldığı için hiper geometrik şans değişkeni
için
n−s
düzeltme terimi kullanılarak d değişkeninin varyansı;
n −1
Var (d ) =
n−s r ⎛ r ⎞
.s. ⎜1 − ⎟
n −1 n ⎝ n ⎠
elde edilir. Eğer s = 1 ise denemenin yerine konulup konulmadan olması önem
taşımaz ve düzeltme terimi 1’ e eşit çıkar.
Ancak s ≠ 1 için düzeltme katsayısı her zaman 1’ den küçüktür, yeter ki n⟩ s şartı
sağlansın. s = n için örnek populasyona eşit olacağından V (d ) = 0 olur. Nedeni
d=r dir ve r sabit olduğu için bir sabitin varyansı 0’ dir.
Hiper geometrik dağılışın şans değişkeninin varyansı;
14
⎛r ⎞⎛n − r ⎞
⎜⎜ ⎟⎟.⎜⎜
⎟⎟
⎝ d ⎠ ⎝ s − d ⎠ s.r
E (d ) = ∑ d
=
n
⎛n⎞
⎜⎜ ⎟⎟
⎝s ⎠
⎛r ⎞⎛n − r ⎞
⎜⎜ ⎟⎟.⎜⎜
⎟⎟
⎝ d ⎠ ⎝ s − d ⎠ r.(r − 1).s.(s − 1)
=
E [d .(d − 1)] = ∑ d .(d − 1).
n.(n − 1)
⎛n⎞
⎜⎜ ⎟⎟
⎝s ⎠
E [d .(d − 1)] = E (d 2 ) − E (d )
Var (d ) = E [d .(d − 1)] + E (d ) −[E (d )]2 den
=
s.n.(n − s ) s.(n − s )
=
n 2 .(n − 1) n.(n − 1)
elde edilir.
Örnek: 52’ lik bir desteden yerine konulmaksızın (iadesiz örnekleme) 5 kağıt çekiliyor.
Bu 5 kağıt içinde en az 1 tane surat olma olasılığı nedir?
( n=52 , r=12 , n-r = 40 , s=5 , d ≥ 1 , d>0 )
p ( d ⟩ 0 ) = p ⎡⎣( d = 1) ∪ ( d = 2 ) ∪ ( d = 3) ∪ ( d = 4 ) ∪ ( d = 5 ) ⎤⎦
= p(1) + p(2 ) + p(3) + p(4 ) + p(5)
p ( d ≥ 1) = p ( d ⟩ 0 )
d >0
P (d = 0) + P(d = 1) + P(d = 2) + ... + P(d = 5)
1
= 1 − p (K S = 0 )
⎛ 12 ⎞ ⎛ 52 − 12 ⎞
⎛ 40 ⎞
⎜ ⎟ .⎜
⎟
⎜ ⎟
0
5−0 ⎠
5
= 1− ⎝ ⎠ ⎝
= 1− ⎝ ⎠
⎛ 52 ⎞
⎛ 52 ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝5 ⎠
⎝5 ⎠
≅ %47
elde edilir.
= 1 - 0,52=0,473
15
Geometrik Ve Negatif Binom (Pascal) Dağılışları
r tane başarı için gerekli deneme sayısı ile ilgili dağılışlardır. Yani x. inci
denemede r inci başarıyı sağlama ile ilgilidir. X şans değişkeninin bu dağılışlara
uyumunun sağlanabilmesi için bernoulli ve binom dağılış varsayımlarının aynen burada
da sağlanması gereklidir.
6.1.5.Geometrik Dağılış
r=1 başarı sayısı için dağılışın özel hali geometrik dağılıştır. Başarı olasılığı p’
nin sabit olduğu bağımsız bernoulli denemelerini göz önüne alındığında denemeler
1.başarı elde edilinceye kadar sürdürülecektir.
Geometrik dağılışın olasılık yoğunluk fonksiyonu;
üzere
f (y,r)=
⎧ pq y −1
⎪
⎨
⎪0
⎩
y = 1,2,......, ∞
d .d
Dağılışın Beklenen Değeri
∞
∞
∞
y =1
y =1
y =1
E ( y ) = ∑ yf ( y ) = ∑ ypq y −1 = p ∑ yq n−1
⎡ d ∞ y⎤
= p⎢
∑q ⎥ =
⎣ dq y =1 ⎦
∞
∑q
y
⎡d
⎤
1
p⎢ (
− 1) ⎥
⎣ dq 1 − q
⎦
= q + q 2 + q 3 ... = q (1 + q + q 2 + ...)
y =1
⎡ 1 ⎤ 1
=
E ( y) = p ⎢
2⎥
−
q
1
) ⎥⎦ p
⎢⎣ (
y deneme sayısı olmak
16
Dağılışın Varyansı
2
⎡ 1 ⎤
2q
1
2q
p
+
− ⎢ ⎥ =
+
2
2
p2
p
p
p
p
⎣ ⎦
2q + p − 1
2q + p − ( p +
=
=
2
p
p2
2q + p − p − q
2q − q
=
=
=
2
p
p2
Var( y) =
−
1
p2
q)
q
1− p
=
2
p
p2
Örnek : Bir futbolcunun attığı penaltıyı gole çevirme olasılığı 0,8 ise çalışma sırasında
ilk golü atıncaya kadar penaltı atışlarına devam edilecek
(p=0.8 q=0.2)
a)y=3
P(3. atış gol) = pq y −1 = 0.8(0.2)3−1 = 0.8 × 0.04 = 0.032
b)ilk golün 1.atıştan sonra gelme olasılığı
(0.2)(0.8) + (0.2) 2 (0.8) + ...
Örnek : Bir nişancının her atışta hedefi vurma olasılığı sabit ve p=2/3 olduğu
biliniyor. Arka arkaya yapılan atışlar sonucunda hedefi ilk kez vurması için gereken atış
sayısı y olduğuna göre
a) y’nin olasılık fonksiyonunu yazınız.
2⎛1⎞
P( y ) = ⎜ ⎟
3⎝ 3⎠
y −1
, y=1,2,…
b) ilk kez ikinci atışta vurma olasılığını bulunuz.
2⎛1⎞
P(Y = 2) = P(2) = ⎜ ⎟
3⎝3⎠
2−1
=
2
9
c) ilk kez en çok beşinci atışta vurma olasılığını hesaplayınız.
P(Y ≤ 5) = P(1) + P(2) + ... + P (5)
0
1
4
2 ⎡⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞
⎛1⎞ ⎤
= ⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ... + ⎜ ⎟ ⎥ = 0.9958
3 ⎣⎢⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠
⎝ 3 ⎠ ⎦⎥
17
d) İlk vuruşu elde edinceye kadar ortalama kaç atış gerektiğini ve varyansını
hesaplayınız.
1
1
=
= 1.5
p 2/3
q 1/ 3
V ( y) = 2 =
= 0.75
p
4/9
E ( y) =
6.1.6. Negatif Binom (Pascal) Dağılımı
r ⟩1 başarı söz konusu ise negatif binom (pascal) dağılışı söz konusudur. Birbirinden
bağımsız Bernoulli denemeleri toplamında r başarı elde edilinceye kadar y denemelere
devam edilmesi halinde bu dağılış söz konusudur. r, başarı sayısı ve y-r başarısızlık
⎛ y − 1⎞
⎟ kadar birbirini engelleyen olay vardır. Burada
⎝ r −1 ⎠
sayısını gösterirse, bu seride ⎜
y:deneme sayısı
r:başarı sayısı
y:şans değişkeni
Bu dağılışın olasılık yoğunluk fonksiyonu;
⎛ y − 1⎞ r −1 y − r
p. ⎜
⎟ . p .q
⎝ r −1 ⎠
⎧⎛ y − 1⎞ r y − r
. p .q
⎪
f ( y ) = ⎨⎝⎜ r − 1 ⎠⎟
⎪0
⎩
E( y
0
binom
r=1,2,3,... y=r,r+1,r+2,... (y>=r)
y −1
) = ∑ y . f ( y ) = ∑1.⎛⎜ r − 1 ⎞⎟. p .q
∞
0
x =1
⎝
⎛ y − 1⎞ r −1 y −r
p( y) = ⎜
.p
⎟ . p .q
⎝ r −1 ⎠
n denemede y-1 başarı (binom)
r
⎠
y −r
=1
18
Dağılışın Beklenen Değeri
y1 , y2 ,..., yn
birbirinden bağımsız başarıyı gösterdiğine göre, negatif binomdaki
x⟩1 x başarı sayısı
r
y = ∑ yi
dir.
i =1
E ( y ) = E ( y1 ) + E ( y2 ) + ... + E ( yr )
O halde
= r.E ( yi ) = r.
1 r
=
p p
bu değer, p başarı olasılığı olan bir denemede r inci başarı elde edilinceye kadar gerekli
deneme sayısının (y) beklenen değerini gösterir
Dağılışın Varyansı
r
Var ( y ) = ∑Var ( yi )
i =1
bağımsızlıktan dolayı
Cov ( yi , y j ) = 0
Var ( y ) = r.
q r.q
=
p2 p2
dır.
dir.
Bu dağılış denem sayısının baştan belirlenmediği durumlarda uygulanır. Ters
örnekleme: (inverse sampling)
Örnek : Doğan bir çocuğun kız ve erkek olmaları olasılıkları eşit varsayılarak
a.
Bir ailenin 5. çocuğunun ilk erkek olması
b.
Bir ailenin 6. çocuğunun 2. kız olması
c.
Bir ailenin 5. çocuğunun 3. veya 4. erkek olması olasılıkları nedir?
19
p = 0.5 = q
⎛ 5 − 1⎞
a ) y = 5 r = 1 P(r = 1) = ⎜
(0.5)1 (0.5)1
⎟
⎝1−1⎠
⎛ 6 − 1⎞
(0.5) 2 (0.5)6−2
b) y = 6 r = 2 P (r = 2) = ⎜
⎟
⎝ 2 − 1⎠
⎛ 5 − 1⎞
⎛ 5 − 1⎞
(0.5)3 (0.5) 2 + ⎜
(0.5)4 (0.5)1
c) y = 5 r = 3, 4 P (r = 3) + P (r = 4) = ⎜
⎟
⎟
⎝ 3 − 1⎠
⎝ 4 − 1⎠
⎡⎛ 4 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎤
⎛ 4⎞
⎛ 4⎞
= ⎜ ⎟ (0.5)5 + ⎜ ⎟ (0.5)5 = (0.5)5 ⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎥
⎝ 2⎠
⎝ 3⎠
⎣⎝ 2 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎦
6.1.7. Poısson Dağılımı
Poisson dağılışı hem sürekli hem de kesikli dağılışlarla ilgilidir. Bir bakıma binom
limitidir, diğer bir bakımdan üslü( exponential ) dağılışa temel oluşturur.
Bu dağılışta n sürekli ve x kesikli değerler alabilir. Binom limiti olarak yaklaşım
yapılacak olursa binomda;
n → ∞ ve p → 0 ise ve x ≈ b(n, p ) ise aşağıdaki geçişi yapmak uygundur.
⎛n⎞
n!
f ( x ) = ⎜⎜ ⎟⎟. p x .q n − x =
. p x .q n − x .
x!.(n − x )!
⎝ x⎠
=
n.(n − 1).(n − 2).....(n − x + 1)(n − x)! x n − x
. p .q
x!.(n − x)!
λ = n. p tanımı yapılırsa p =
λ
n
ve q = 1 −
λ
n
olur.
20
=
=
n.(n − 1).(n − 2).....(n − x + 1) ⎛ λ ⎞ x ⎛ λ ⎞ n − x
. ⎜ ⎟ .⎜1 − ⎟
x!
⎝n⎠ ⎝ n⎠
λ x n.(n − 1).(n − 2).....(n − x + 1) ⎛
x!
.
n
λ⎞ ⎛ λ⎞
. ⎜1 − ⎟ n . ⎜1 − ⎟ − x
⎝ n⎠ ⎝ n⎠
x
≈1
=
λx
n →∞iken
e −λ
n →∞iken
λ
∞
≅ 0⇒1 − λ =1
.e − λ yada
x!
(np ) x − ( np )
=
.e
x!
n: Olasılık hesaplanması istenen birim zaman sayısı
p: Birim zamanda ortalama meydana gelen poisson olay sayısı
x: olay sayısı
⎧ λ x .e − λ
⎪
f ( x ) = ⎨ x!
⎪0
⎩
x = 0,1,2,...
d .d
p çok küçük olduğundan poisson dağılımı, binoma yakın sonuçlar verir. Bu dağılışın
şekli λ ’ ya bağlıdır.
f(x)
f(x)
λ=0.5
λ=1
x
x
Bu dağılımda λ büyüdükçe, dağılım mod’ a sahiptir ve aralıklar genişler, simetrik hale
dönüşür.
Dağılışın beklenen değeri
E (x) = λ ve varyansı Var (x) = λ dır.
Poisson dağılımına uyum gösteren olaylara örnek olarak aşağıdakiler verilebilir:
1) Belli bir süre içinde ölümle sonuçlanan kaza sayısı
2) Bir telefon santraline belli bir zaman aralığında gelen telefon sayısı
3) Bir madde tarafından birim zamanda yayılan radyoaktif parçaların sayısı
21
4) Gökyüzünde uyduya çarpan gök cismi sayısı
5) Bir sıvının birim hacmine düşen organizma sayısı
6) Birim parçada hata sayısı
7) Kitap sayfasındaki baskı hata sayısı
8) Bir bölgede birim zamanda gerçekleşen deprem sayısı
9) Belli bir süre içinde( 1yıl ) dünyada çıkan harp sayısı
10) Uzayda belli bir bölgedeki yıldız sayısı gibi saymaya dayalı yerlerde
uygunluk gösterir. Bu dağılıştaki meydana gelen olay sayıları veya olaylar bir kuyruğa
benzetilebilirse poisson dağılımına uyar.
Bu dağılışın en önemli özelliklerinde biri E ( x ) = Var ( x ) dir.
Poisson süreci varsayımları:
ı
ı
t
t + Δt
Δt gibi çok küçük bir zaman( alan,birim ) aralığında tam bir olay meydana
1)
gelmesi olasılığı
p ( x = 1) = p.Δt + 0.(Δt ) =p
2)
Δt aralığında 2 ya da daha fazla olay olması olasılığı ihmal edilebilir düzeydedir.
p( x ≥ 2 ) ≅ 0.(Δt ) =0
Ayrık Δt
3)
zaman aralıkları olayların gerçekleşmesi açısından birbirinden
bağımsızdır.
Örnek: Bir telefon santralinde saat 11-12 arasında ortalama 30 telefon gelmektedir.
a.
11’ den sonraki 3dk. içinde hiç telefon gelmemesi olasılığı nedir?
b. 3 telefon gelmesi olasılığı nedir?
a)
Δt = 1dk .
p=
30
= 0,5
60
n=3
λ = n. p = 1,5
e−λ λ x
p ( x) =
x!
p ( x = 0 ) = e −1,5 = 0,223
22
(1,5 ) = 0,125
p( x = 3) = 0,223.
3
b)
6
Örnek :Bir işletmenin bir cins maldan belli bir zaman aralığında satış miktarı poisson
dağılımı göstermektedir. t zamanı boyunca taleplerin en az %95 inin karşılanabilmesi
için kaç birim stok bulundurulmalıdır.
s: stok miktarı
r: birim zamanda ortalama satış
λ = r.t
x1 : satış miktarı
p ( x ≤ s ) ≥ 0,95
e − r .t .(r.t ) x
≥ 0,95
∑
x.!
x =0
s
r = 2 ise t = 30 ise ⇒ s = ?
e −2.(30 ) .(60)x
≥ 0,95
∑
x!
x =0
s
tek deneme yaparak ( iterasyon ile ) s ≥ 73 bulunur.
6.2.Sürekli Olasılık Dağılışlar
Bir şans değişkeni belli bir tanım aralığında sürekli değerler alıyorsa, sürekli
şans değişkeni adını alır ve böyle bir değişkeni içeren dağılışa da sürekli dağılış
denir.
1.
2.
3.
4.
Sürekli Uniform (Tek Düzen) Dağılışı
Üslü (Üstel/ Negatif Üstel) Dağılış
Gamma Dağılışı
Normal Dağılış
6.2.1. Sürekli Unıform(Tekdüzen) Dağılış
x şans değişkeni a ⟨ x⟨b tanım aralığı içerisindeki değerlerin tümünü alabiliyor ve
yoğunluk fonksiyonu sabitse, x’ in dağılışı uniformdur.
23
Dağılışın yoğunluk fonksiyonu;
f(x)
ı
a
⎧ 1
⎪b − a
⎪
f (x ) = ⎨
⎪0
⎪
⎩
b
x
a ⟨ x ⟨b
d .d
Dağılım (kümülatif-yoğunluk) fonksiyon ise;
x−a
F (x ) =
dir.
b−a
x
F ( x ) = ∫ f ( x )dx =
a
x−a
b−a
F(x)
1-..........
0
ı
a
ı
b
b
b
a
a
E ( x 0 ) = ∫ x 0 . f ( x ) dx = ∫ x 0
x
1
1
1
b−a
dx =
dx =
x =
=1
∫
b−a
b−aa
b−a a b−a
b
b
(0.dereceden moment)
olasılık fonksiyonudur.
1
1 x2
E ( x ) = ∫ x. f ( x ) dx =
xdx =
b − a ∫a
b−a 2
a
b
b
b
a
1 b −a
1 (b − a )(b + a ) a + b
=
=
b−a 2
b−a
2
2
b
b
3
1
1 b − a3
2
E ( x 2 ) = ∫ x 2 . f ( x ) dx =
x
dx
=
b − a ∫a
b−a 3
a
2
=
=
2
1 (b − a )(b 2 + a 2 + a.b) b 2 + a 2 + a.b
=
b−a
3
3
24
[b −a = (b − a ).(a +a.b +b )]
b + a.b + a
Var ( x ) = E (x ) −[E ( x )] =
3
3
3
2
2
2
2
2
2
⎡ a + b ⎤ 2 (b − a )
−⎢
⎥ = 12
⎣ 2 ⎦
2
Bu dağılış simülasyonunun temelini oluşturur. Nonparametrik testlerde H 0 hipotezi
genellikle tekdüzen dağılımı gösterir. Bayesçi teoride de kullanılmaya başlanmıştır. Bu
dağılışta tanım aralığı içindeki her nokta eşit olasılığa sahiptir.
b
1
Örnek: f ( x ) =
b−a
P (a < x < b) = ∫ f ( x)dx
a= 0⟨x⟨ 2 =b
a
f(x)
½ 0
ı
1
ı
2
a) p (1 < x < 3 / 2 ) =
x
3/ 2
∫
1
3/ 2
1
1
1.5 − 1 1
=
dx = x =
4
2
2 1
2
1
1
2
2
1
1
1
b) p ( x⟨1) = ∫ dx = x = (1 − 0 ) = 1
2
2
2 0 2
0
1
1
1
c) p ( x⟩1) = ∫ dx = x = . ( 2 − 1) = 1
2
2
2 1 2
1
1
1
1
1
d ) p ( x = 1) = ∫ dx = x = 0
2
2 1
1
e) E ( x ) =
b+a 2+0
=
=1
2
2
f ) V ( x) =
(b − a ) 2 (2 − 0) 2
=
= 1/ 3
12
12
Tek düzen dağılımda nokta olasılığı sıfırdır. Çünkü noktanın alanı yoktur ve
sürekli dağılımlarda olasılık alan ile gösterilir.
25
Üslü (Exponentıal) Ve Gamma Dağılışları
r tane olayın gerçekleşmesine kadar geçen zamanın olasılığı ile ilgili
dağılışlardır. Dağılışın değişkeni zamandır yani sürekli bir değişkendir, olaylar arasında
geçen zamanın dağılışı incelenmektedir.
Uygulama alanları; endüstride bozuk üretimle karşılaşma ve stok sürecinde
bekleme zamanı, v.s.dir.
6.2.2. Üslü( Üstel/Negatif Üstel) Dağılış
Bu dağılışların özel bir hali olan( r = 1 ) bir(ilk) olayın meydana gelmesine
kadar geçen zamanın olasılığı ile ilgili dağılış üslü dağılıştır.
Bu dağılışa temel teşkil eden poisson olasılık fonksiyonudur. Eğer olaylar
poisson olasılık dağılımına uygun bir şekilde meydana geliyorsa ve poisson
varsayımlarını sağlıyorsa ilk olayın(poisson olayının) gerçekleşmesine kadar geçen süre
x(zaman) ise, (burada parametresi α olan poisson süreci ele alınıyor)
ı
0
ı
x
sıfır olay (herhangi bir olay yok)
Hiç olay meydana gelmemesi olasılığı(k=olay sayısı);
e −α . x .(α .x )k
p (k = 0) =
k!
⇒
e −α . x olur.
(k=0)
n.p yerine λ = α .x alınmaktadır.
İlk olayın(x) belli bir x süresinden sonra(büyük) meydana gelme olasılığı;
p ( X < x ) = e −α .x olarak elde edilir.
X: ilk olayı göstersin
O halde, ilk olayın gerçekleşmesinin x(zaman) dan küçük ve eşit olma olasılığı ise
P ( X >= x) = 1 − e −α x
Buradan elde edilen fonksiyon negatif üstel dağılışın kümülatif yoğunluk
fonksiyonudur , yani, dağılım fonksiyonudur.
26
⎧1 − e −α . x
F ( x) = ⎨
⎩0
x⟩ 0
d .d
Buradan dağılışın olasılık yoğunluk fonksiyonuna geçmek için;
f (x ) =
dF ( x )
dx
tanımından yararlanılarak
Birinci olayın gerçekleşmesine kadar geçen sürenin dağılışı elde edilir.
f (x ) =
dF (x ) ⎧α .e −α . x
=⎨
dx
⎩0
α : parametre
x⟩ 0
d .d
α .x = λ poissondaki
f(x)
1
α=1
1 2 3 4 …
x
F(x)
1
x
1 2 3 4 …
α parametresi büyüdükçe ilk olay daha çabuk gerçekleşecektir ve beklenen değer de
küçülecektir.
27
Dağılışın beklenen değeri
E ( x) = ∫ xf ( x)dx = ∫ xα e−α x dx =α ∫ xe−α x dx =
Dağılışın varyansı
1
α
E ( x 2 ) = ∫ x 2 f ( x)dx = ∫ x 2α e −α x dx =α ∫ x 2e−α x dx =
Var ( x) =
1
α2
1
α2
Örnek: Bir fabrikada belli bir nedenle meydana gelen arızaların sayısı(saatte) α = 1
2
arıza meydana gelen poisson dağılışı göstermektedir. Buna göre sabah 8.00’ den
itibaren ilk arızaya kadar geçecek zamanın dağılışı bulunmak istenirse;
1 − 1.x
f ( x ) = α .e −α x = .e 2
2
E (x ) =
1
α
=
x⟩ 0 dir ve beklenen değeri ise
1
= 2 dir.(1. arızaya kadar geçen zamanın beklenen değeri)
1/ 2
Saatte 1/2 arıza olursa, 1 hata iki saatte bir olur.
a) En az 1 saat arızasız çalışması olasılığı;
f(x)
α=1/2
1 2 3 4 …
∞
1 − 1 .x
p ( x⟩1) = ∫ .e 2 dx
2
1
x
28
∞
− 1 .x
∞
x
−
1
1 eu
1 e 2
= .∫ e 2 dx = ∫
du = .
2 1
2 1 −1/ 2
2 −1
2
= −e − x / 2
1
(
u
1
∞
= −e −∞ + e
∫ e du = e
∞
−1
2
) = − e1 + e
−1/ 2
∞
u
u = −1/ 2 x
1
du = − dx
2
du
dx =
−1/ 2
= 0 +e
−1
2
=e −0 , 5
=0,60 dır.
veya daha kısa bir şekilde hesaplanmak istenirse;
p ( x⟩1) = f ( x ) =e −α . x den (çünkü integral işlemi sonucunda f ( x ) = α .e −α .t
e −α .t
α.
=e −α .t olmaktadır.
−α
α = 12
Saatte 1
2
olay (birim zamandaki olay sayısı) x = 1
NOT: Bu fonksiyonda α ve x aynı birim ile tanımlı olmaktadır.(x = 1 saat α = 1 / 2
bir saatteki olay sayısı)
p ( x⟩1) = f ( x = 1) =e
∞
− 1 (1)
2
∫ f ( x)dx = P( x > a) = e
= 0,60
− aα
a
NOT : bu fonksiyonda α ve x aynı birim ile tanımlı olmalıdır. (x=1 saat, α =1/2
saatteki olay sayısı
b) En fazla 4 saat arızasız çalışması olasılığı ise(yani ilk arızayı 4 saatten önce yapma
olasılığı);
29
f(x)
α=1/2
4
x
4
1 − 1 .x
f (4 ) = p ( x ≤ 4 ) = ∫ .e 2 dx
2
0
− 1 .x 4
1 e 2
= .
2 −1
2
∫
0
= −e − 2 + e 0
= e 0 − e − 2 =e 0 −e − 2
= 1 −e − 2 = 1 − 0,135 = 0,865
Veya
b
P ( x < b) = ∫ f ( x)dx = 1 − e −α b = 1 − e −α b = 1 − e
1
− 4
2
= 1 − e−2
0
6.2.3.Gamma Dağılışı ( r ⟩1 )
Bu olasılık dağılımının temel süreci poisson dağılımıdır. ( r ⟩1 ) tane olayın meydana
gelmesine kadar geçen zamanın olasılığı, eğer olaylar poisson olayları ise, gamma
dağılışına uyar. Meteorolojik verilerde yağış miktarının dağılışı gibi konularda gamma
dağılışı kullanılır.
Dağılışın olasılık yoğunluk fonksiyonu;
⎧ α
.(α .x )r −1 .e −α . x
⎪
f ( x ) = ⎨ Γ( r )
⎪0
⎩
Burada Γ(r ) tanımı şöyle açıklanmaktadır;
x⟩ 0
d .d .
30
∞
Γ(r ) = ∫ x r −1 .e − x .dx
0
= (r − 1).Γ(r − 1)
= (r − 1)!
⎛1⎞
Γ⎜ ⎟ = Γπ
⎝2⎠
özel bir durumdur.
Gamma dağılışı parametreleri r ve x’ dir.
r: olay sayıları
α : poisson dağılımındaki birim zaman parametresi
x: zaman( değişkendir )
α kere poisson olasılığı olarak da tanımlanabilir.
Gamma dağılışı, r’ nin pozitif tamsayıları için geçerlidir.
Özel bir durum olan r =n/2 ve α =1/2 ise χ 2 ki-kare (chi-square) dağılımı söz
konusudur olur.
Gamma dağılışının özel bir halidir, bu dağılış karesel ifadelerle ilgilidir. χ 2 , gammaya
nazaran en önemli özelliği ve amacı parametre sayısının bire indirgenmiş olmasıdır ve
χ 2 ’ nin olasılık yoğunluk fonksiyonu;
⎛ 1 ⎞2
⎜ ⎟
n
x
−1 −
2
f ( x ) = ⎝ ⎠ .x 2 .e 2
⎛n⎞
Γ⎜ ⎟
⎝2⎠
n
=
1
1
2
⎛n⎞
2 .Γ⎜ ⎟
⎝2⎠
.x
n
−1
2
x⟩ 0
.e
−
x
2
şeklindedir.
Diğer bir yaklaşımla, beklenen değer,
1. olaya kadar geçen zaman x1 ≈ e.x. p(α )
bağımsız negatif üslü
1.’ den sonra 2. olaya kadar geçen zaman x2 ∼ e.x. p (α )
...
r-1’ den sonra r. olaya kadar geçen zaman xr ∼ e.x. p (α )
31
Bunların toplamı olan;
r
x = ∑ x i ⇒ E ( x ) = r.
i =1
1
α
=
r
α
elde edilir.
Benzer şekilde varyans;
Var ( x ) = r.
1
α
2
=
r
α2
Örnek: Bir mağazada günün belli saatlerine dakikada ortalama 4 müşteri gelmektedir.
10. müşteri gelinceye kadar geçen zamanın dağılışı nedir?
α=4
f (x ) =
r = 10
4
.(4 x )9 .e − 4. x
Γ(10)
(
4 )10 9 − 4. x
=
.x .e
9!
10
= 2,5
4
Örnek: x ∼ Gamma (α = 5, r = 6)
E (x ) =
∞
∞
5
(5 x)5 e −5 x dx = 1 − F ( x = 2)
Γ
(6)
2
a) P( x > 2) = ∫ f ( x)dx = ∫
2
5
⎡
(5.2)i −2.5 ⎤ 5 10i −10
= 1 − ⎢1 − ∑
e ⎥=∑
e
!
!
i
i
i
i
1
1
=
=
⎣
⎦
1
2
10 −10 10 −10
105 −10
=
e +
e + ... +
e = 0.067
1!
2!
5!
5
2
10i
b) P( x < 2) = ∫ f ( x)dx = F ( x = 2) = 1 − ∑ e −10 = ... = 0.933
0
i =1 i !
6.2.4. Normal Dağılış
X şans değişkeninin yoğunluk fonksiyonu,
f (x ) =
1
σ
2π
e
1 ⎛ x−μ ⎞
− ⎜
⎟
2⎝ σ ⎠
2
Dağılışın beklenen değeri(ortalaması)
Dağılışın varyansı
− ∞ < x < +∞
E (x ) = μ
Var ( x ) = E ( x − μ ) = σ 2
2
− ∞ < μ < +∞
σ2 ≥0
32
π = 3 . 14159 ve e=2.71828…………….. sabitlerdir.
Not: X şans değişkeni, μ ortalamalı ve σ 2 varyanslı normal dağılıma uyum sağlıyorsa
x ~ N ( μ , σ 2 ) şeklinde kısa gösterimi kullanılır.
f(x)
x
μ
Normal dağılım olasılık yoğunluk fonksiyonu
f(x)
μ1
x
μ2
f(x)
σ 22
σ 12
x
Normal dağılımda μ ve σ etkileri.
2
Normal dağılış dağılım fonksiyonu
33
f(x)
F(x)
1
x0
F (x ) =
x0
∫σ
1
2π
−∞
F (x ) =
e
1 ⎛ x−μ ⎞
− ⎜
⎟
2⎝ σ ⎠
μ0
μ
x
x
2
dx = P ( x ≤ x0 )
∞
∫ f (x )dx = 1
P(a < x < b ) = F ( x = b ) − F ( x = a )
−∞
f(x)
F(x)
1
F(b)
F(a)
a
μ
x
b
a
b
6.2.5. Standart Normal Dağılış (μ=0,σ2=1)
Z ~ N(0,1)
f (z ) =
1
2π
P(a < x < b ) = F ( x = b ) − F ( x = a )
e
−
z2
2
−∞ < z < ∞
x
34
f(x)
z=
-x0
μ
x0
-z0
0
z0
a
x
b
z
x−μ
σ
⎛a−μ x−μ b−μ⎞
<
<
P(a < x < b ) = P⎜
⎟
σ
σ ⎠
⎝ σ
b−μ⎞
⎛a−μ
= P⎜
<z<
⎟
σ ⎠
⎝ σ
⎛b−μ ⎞
⎛a−μ ⎞
= F⎜
⎟−F⎜
⎟
⎝ σ ⎠
⎝ σ ⎠
= F ( z2 ) − F ( z1 )
P ( μ < x < a ) = P(0 < z < z1 )
f(x)
x
μ
a
f(x)
z
0
z1
35
Örnek:
P (0 < z < 1.5) = ?
f(x )
0 .4 3 3 2
z
1 .5
0
Örnek:
P ( z > 1.83) = 0.5 − P (0 < z < 1.83)
= 0.5 − 0.4664 = 0.0336
0.
46
64
0
Örnek:
0.
5
1.83
P ( z < −1.64 ) = P ( z > 1.64 ) = 0.4495
= 0.5 − P (0 < z < 1.64 )
= 0.5 − 0.4495
= 0.0505
z
36
-1.64
0
z
1.64
Örnek: P (− 1.2 < z < 2.2 ) = P(− 1.2 < z < 0 ) + P (0 < z < 2.2 )
= 0.3849 + 0.4861 = 0.8710
-1.2
Örnek:
0
2.2
z
P(− z1 < z < z1 ) = 0.90 ise z1=?
P (0 < z < z1 ) = 0.45
z1=1.645
z
1.64
1.65
1.645
P(z)
0.4495
0.4505
0.4500
0,90
-z1
Örnek: X ~ N(μ=15,σ2 =16) ise P ( x > 18) = ?
z1
z
37
µ=15
x
18
z
0.75
0
P ( x > 18) = 0.5 − P (15 < x < 18)
⎛ 15 − 15
18 − 15 ⎞
⎟⎟ = 0.5 − P(0 < z < 0.75)
= 0.5 − P⎜⎜
<z<
16 ⎠
⎝ 16
= 0.5 − 0.2734 = 0.2266
Örnek: X ~ N(3,4) ise P (4 < x < 6 ) = ?
3
4
0 0.5
6
1.5
P(4 < x < 6 ) = P (3 < x < 6 ) − P(3 < x < 4 )
6 − 3⎞
4 − 3⎞
⎛3−3
⎛3−3
<z<
= P⎜
<z<
⎟
⎟ − P⎜
4 ⎠
4 ⎠
⎝ 4
⎝ 4
x
z
38
= P (0 < z < 1.5) − P(0 < z < 0.5) = 0.4332 − 0.1915 = 0.2417
Örnek: Bir işletme ömrü normal dağılıma uyan μ =1200 saat ortalamalı, σ 2 =300
standart sapmalı ampuller üretilmektedir. Üretimden seçilen bir ampülün ömrünün
900-1300 saat arasında olması olasılığı nedir?
P(900 < x < 1300 ) = ?
0.3413
0.1293
1200
900
-1
0
1300
1/3
x
z
⎛ 900 − 1200 x − μ 1300 − 1200 ⎞
P⎜
<
<
⎟
σ
300
300
⎠
⎝
(
= P −1 < z < 1
3
)
= P(− 1 < z < 0 ) + P (0 < z < 0.33)
= 0.3413 + 0.1293 = 0.4706
Örnek: Belli bir dersten sınava giren öğrencilerin not ortalamaları 60, standart
sapmaları 15’dir.
a) 85 ile 95 arasında not alan öğrencilerin oranını bulunuz.
⎛ 85 − 60 x − μ 95 − 60 ⎞
P(85 < x < 95) = P⎜
<
<
⎟
σ
15 ⎠
⎝ 15
= P(1.67 < z < 2.33)
= P (0 < z < 2.33) − P(0 < z < 1.67 )
= 0.4901 − 0.4525 = 0.0376
39
0 .0 3 7 6
60
85
95
0
1 .6 7
2 .3 3
x
z
b) Hangi notun üstündeki öğrenciler üst %10 grubuna girer?
P ( x > b ) = 0.1
0,1
60
0
P(60 < x < b ) = 0.4
⎛ 60 − 60 x − μ b − 60 ⎞
P⎜
<
<
⎟ = 0.4
σ
15 ⎠
⎝ 15
b − 60 ⎞
⎛
P⎜ 0 < z <
⎟ = 0.4
15 ⎠
⎝
b − 60
= 1.28 ⇒ b − 60 = 1.28(15) ⇒ b=79.2
15
b
1.28
x
z
40
Ek 1. Moment Türeten Fonksiyon
Sürekli veya kesikli bir X tesadüfi değişkeninin dağılımının momentlerinin
hesaplanmasına yarayan bir fonksiyondur.
Bir X tesadüfi değişkeninin orjine ve
aritmetik ortalamaya göre moment türeten fonksiyonları bulunabilir.
Bir X tesadüfi değişkeninin moment çıkaran fonksiyonu M x (t ) ile gösterilip şöyle
tanımlanabilir: Olasılık fonksiyonu f ( x) olan bir X tesadüfi değişkeni için h pozitif
bir sayı ve –h<t<h arasındaki bir t değeri için etx ’in beklenen değeri mevcut ise buna
x tesadüfi değişkeninin orjine göre moment türeten fonksiyonu adı verilir.
x sürekli ise
M x (t ) = E ⎡⎣etx ⎤⎦ =
∞
∫e
tx
f ( x)dx
−∞
x kesikli ise
M x (t ) = E ⎡⎣etx ⎤⎦ = ∑ etx f ( x)
x
dir.
Bir X rasgele değişkenin moment türeten fonksiyonu elde edildikten sonra, bu
fonksiyonun türevlerinin t=0 için değerleri orjin civarındaki momentlerin
bulunmasında kullanılmaktadır.
e
tx
( tx )
= 1 + tx +
2!
tx
M x (t ) = E ⎡⎣e ⎤⎦
2
( tx )
+
3!
3
( tx )
+… +
n!
n
+…
den
2
3
n
⎡
⎤
tx ) ( tx )
tx )
(
(
M x (t ) = E ⎢1 + tx +
+
+…+
+ …⎥
2!
3!
n!
⎣⎢
⎦⎥
M x (t ) = 1 + tE ( X ) +
t2
t3
tn
E ( X 2 ) + E ( X 3 ) +… + E ( X n ) +…
2!
3!
n!
Buradan t ye göre türev alınırsa
41
t = 0 için
M x′ (0) = E ( X ) = m1
M x′′(0) = E ( X 2 ) + tE ( X 3 ) + … +
n(n − 1)t n − 2
E( X n ) + …
n!
t = 0 için
M x′′(0) = E ( X 2 ) = m2
Benzer şekilde devam edilirse
M xn (t ) = E ( X n ) = mn
elde edilir.
Bazı dağılımlara ilişkin moment türeten fonksiyonlar aşağıda verilmiştir.
Bernoulli Dağılışının Moment Türeten Fonksiyonu
1
1
M x (t ) = E (e ) = ∑ e f ( x) = ∑ etx p x q1− x
tx
tx
x =0
x =0
= et .0 .q + et .1. p = q + p.et = 1 − p + p.et
Binom Dağılışının Moment Türeten Fonksiyonu
1
1
n
⎛n⎞
M x (t ) = E (etx ) = ∑ etx f ( x) = ∑ etx ⎜ ⎟ p x q n − x = (1 − p + pet )
x =0
x =0
⎝ x⎠
Binom Dağılışının Beklenen Değeri ve Varyansı
E(X ) =
E(X2) =
d 2 M X (t )
dt
2
t =0
dM X ( t )
dt
t =0
= n ( q + pet )
= n ( n − 1) ( q + pet )
n−2
n −1
( pe )
t
pet
2
t =0
= np
+ n ( q + pet )
n −1
pet
= n ( n − 1) p 2 + np
Var ( X ) = E ( X 2 ) − ( E ( X )) 2 = n ( n − 1) p 2 + np − ( np )
= −np 2 + np = np (1 − p ) = npq
2
t =0
42
Geometrik Dizi
Geometrik dizi toplamı
∞
∑qx =
x =0
∞
1
1− q
∑q
x
x =1
=
1
−1
1− q
Geometrik Dağılışın Moment Üreten Fonksiyonu
∞
∞
x =1
x =1
E (e tx ) = M x (t ) = ∑ e tx pq x −1 = p ∑ e tx q x −1
= pe t ∑ (qe t )
∞
x −1
x =1
∞
∑k
x
=
x =0
1
1− k
x-1=y
⎡ 1 ⎤
pe t
M X (t ) = pe t ⎢
=
t ⎥
t
⎣1 − qe ⎦ 1 − qe
1 − qe t ⇒ qe t < 1 olmalıdır
et <
1
q
t < ln
1
= − ln q
q
Aksi halde M x (t ) tanımsızdır
Geometrik Dağılışın Beklenen Değeri ve Varyansı
E ( x) =
dM x (t )
1
1
pe t (1 − qe t ) + pe t (qe t )
=
=
=
2
1− q p
dt t =0
(1 − qet )
M ′′x(t ) = E ( x 2 )
43
E(x 2 ) =
=
=
d 2 M x (t )
pe t (1 − qe t ) + 2(qe t ) pe t (1 − qe t )
=
dt 2 t =0
(1 − qe t ) 4
p (1 − q ) 2 + 2qp (1 − q ) (1 − q ) 2 ( p + 2q)
=
(1 − q ) 4
(1 − q) 4
(1 − q ) + 2q 1 − q + 2q
1+ q
1+ q
=
=
= 2
2
2
2
(1 − q )
(1 − q )
(1 − q )
p
Var(x)= M ′X′ (t ) − [M x′ (t )]
2
=
1+ q 1 1+ q −1 q
− 2 =
= 2
p2
p
p2
p
Poisson Dağılımının Moment Türeten Fonksiyonu
λ ( et −1) )
e−λ λ x
(
=e
E (e ) = M x (t ) = ∑ e
x!
x =1
∞
tx
tx
Üstel Dağılımının Moment Türeten Fonksiyonu
∞
E (e ) = M x (t ) = ∑ e (α e
tx
tx
−1
−α x
x =1
α=
1
θ
) = ⎛⎜⎝1 − αt ⎞⎟⎠ = 1α− t
olmak üzere
M X (t ) = E (e
∞
tX
) = ∫e
tx
0
=
=
1
θ
∞
⎛ 1⎞
⎜t− ⎟x
θ⎠
∫ e⎝
dx
1
θ
−
x
θ
e dx
, t<
0
⎛ 1⎞
⎜t− ⎟x
θ⎠
1
θ
1
θ
∞
1 e⎝
θ t−1
θ
, t<
=−
x=0
1
1
θ t−1
θ
=
1
1
= (1 − θ t ) −1 , t <
1−θt
θ
44
dM X ( t )
−2
t = 0 = ( −1)( −θ )(1 − θ t )
t =0 = θ
dt
d 2M X (t )
−3
2
2
E(X ) =
t = 0 = ( −2 ) θ (1 − θ t ) ( −θ ) t = 0 = 2θ
2
dt
E(X ) =
Var ( X ) = E ( X 2 ) − ( E ( X )) 2 = 2θ 2 − θ 2 = θ 2
Gamma Dağılışının Moment türeten fonksiyonu
⎛ α
⎞
α
r −1
E (e ) = M x (t ) = ∑ etx ⎜
(α x ) e−α x ⎟ = ⎛⎜ ⎞⎟ r
x =1
⎝ Γ(r )
⎠ ⎝1− t ⎠
∞
tx
dir. Çünkü, gamma değişkeni r tane bağımsız üslü dağılış değişkeni toplamına eşittir.
x
r −1
0
i =1
P (a < x) = ∫ f ( x)dx = F ( x) = 1 − ∑
(α x)i −α x
e
i!