1 Bernoulli, Binom ve Çok Terimli Dağılımlar
İstatistikte veriyi çoğu zaman bilinen bir dağılım ailesinden gelmiş sayarız: “kusurlu parça sayısı binomdur”, “bekleme süresi üsteldir” gibi. Çıkarım yapmadan önce bu ailelerin olasılık fonksiyonlarını, beklenen değerlerini ve varyanslarını rahatça kullanabilmemiz gerekir. Bu kısımda en sık karşılaşılan kesikli ve sürekli dağılımları sırayla ele alacağız.
İlk bölümün konusu, sonuçları “başarı” ve “başarısızlık” diye ikiye ayrılan denemelerdir. Tek bir denemeyi Bernoulli dağılımı, \(n\) bağımsız denemedeki başarı sayısını binom dağılımı anlatır. Bu iki dağılımın temel özellikleri Olasılık Teorisi kitabında ispatlandı; burada onları kısaca hatırlatıp hesap örneklerine ağırlık vereceğiz. Bölümün yeni konusu, iki yerine \(k\) sonuçlu denemeleri sayan çok terimli dağılımdır.
1.1 Bernoulli Dağılımı
Sonucu yalnızca iki biçimde kaydedilen bir deneyle başlayalım: para yazı ya da tura gelir, parça sağlam ya da kusurludur, soru doğru ya da yanlış cevaplanır.
Böyle bir deneye Bernoulli deneyi denir (Olasılık Teorisi’ndeki tanım). Saydığımız sonuca başarı deyip \(B\) ile, ötekine başarısızlık deyip \(B^c\) ile gösterelim. Örnek uzay \(\Omega = B \cup B^c\), olaylar ailesi \(\mathcal{U} = \{\varnothing, \Omega, B, B^c\}\) olur. \(0 < p < 1\) olmak üzere
\[P(B) = p, \qquad P(B^c) = 1 - p = q\]
yazarız; \(p\) başarı, \(q\) başarısızlık olasılığıdır ve \(p + q = 1\)’dir. “Başarı” sözcüğü bir değer yargısı taşımaz; kusurlu parçaları sayıyorsak kusurlu çıkması başarıdır.
Bernoulli deneyini sayıya çevirmenin doğal yolu, gelen başarıların sayısını kaydetmektir: \(X(B) = 1\), \(X(B^c) = 0\). Bu \(X\)’in değer kümesi \(D_X = \{0, 1\}\), olasılık fonksiyonu
\[f(x) = P(X = x) = p^x (1-p)^{1-x}, \qquad x = 0, 1\]
olur. Üsler yalnızca iki değeri tek satırda toplar: \(x = 1\) için \(f(1) = p\), \(x = 0\) için \(f(0) = 1 - p\) çıkar. Böyle bir \(X\)’e \(p\) parametreli Bernoulli dağılımına sahiptir denir ve \(X \sim \operatorname{Bernoulli}(p)\) yazılır (Olasılık Teorisi’ndeki tanım; orada \(B(1, p)\) gösterimi kullanılır). \(p\) sayısına dağılımın parametresi denir: \(p\) bilinince dağılım tamamen bellidir.
Bernoulli dağılımının momentleri tek satırda hesaplanır (ispatı). \(X\) yalnızca \(0\) ve \(1\) değerlerini aldığından her \(k \ge 1\) için \(X^k = X\)’tir; öyleyse
\[E(X^k) = \sum_{x=0}^{1} x^k P(X = x) = P(X = 1) = p.\]
Buradan varyans ve moment üreten fonksiyon gelir:
\[\begin{aligned} \operatorname{Var}(X) &= E(X^2) - \big(E(X)\big)^2 = p - p^2 = p(1-p) = pq, \\[1mm] M_X(t) &= E\big(e^{tX}\big) = \sum_{x=0}^{1} e^{tx} f(x) = e^{t \cdot 0} q + e^{t \cdot 1} p = q + pe^t, \qquad t \in \mathbb{R}. \end{aligned}\]
Sağlama olarak momentleri moment üreten fonksiyonun türevlerinden de okuyabiliriz (momentler teoremi): \(M_X'(t) = M_X''(t) = pe^t\) olduğundan \(M_X'(0) = p = E(X)\) ve \(M_X''(0) = p = E(X^2)\) bulunur.
Moment üreten fonksiyonun asıl gücü dağılımı belirlemesidir: iki rastgele değişkenin moment üreten fonksiyonları varsa ve \(0\)’ın bir komşuluğunda aynıysa, dağılımları da aynıdır (teklik teoremi). Yani moment üreten fonksiyonu bilinen bir değişkenin olasılık (ya da yoğunluk) fonksiyonu, bu fonksiyonu tanıdık bir kalıpla eşleştirerek bulunabilir.
Örnek 1.1 (Moment Üreten Fonksiyondan Bernoulli Dağılımı) \(X\) rastgele değişkeninin moment üreten fonksiyonu
\[M_X(t) = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} e^t, \qquad t \in \mathbb{R}\]
olsun. \(X\)’in olasılık fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
Verilen fonksiyonu Bernoulli dağılımının moment üreten fonksiyonu \(q + pe^t\) ile karşılaştıralım. \(e^t\)’nin katsayısı \(p = \frac{2}{3}\), sabit terim \(q = \frac{1}{3}\)’tür ve gerçekten \(p + q = 1\)’dir. Demek ki \(M_X\), \(\operatorname{Bernoulli}\!\left(\frac{2}{3}\right)\) dağılımının moment üreten fonksiyonuyla her \(t\) için aynıdır. Teklik teoremi gereği
\[X \sim \operatorname{Bernoulli}\!\left(\tfrac{2}{3}\right), \qquad f(x) = P(X = x) = \left(\frac{2}{3}\right)^{x} \left(\frac{1}{3}\right)^{1-x}, \quad x = 0, 1.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 1.2 (Moment Üreten Fonksiyondan Bir Olasılık) \(X\) rastgele değişkeninin moment üreten fonksiyonu \(M_X(t) = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} e^t\), \(t \in \mathbb{R}\) ise \(P(X = 1)\) olasılığını hesaplayınız.
Çözüm
Örnek 1.1’de \(X \sim \operatorname{Bernoulli}\!\left(\frac{2}{3}\right)\) bulduk; öyleyse
\[P(X = 1) = f(1) = \left(\frac{2}{3}\right)^{1} \left(\frac{1}{3}\right)^{0} = \frac{2}{3}.\]
Aynı sonucu doğrudan da okuyabiliriz. Kesikli bir değişken için \(M_X(t) = \sum_x e^{tx} P(X = x)\) olduğundan, \(e^{tx}\) teriminin katsayısı \(P(X = x)\)’tir. Burada \(e^{t}\)’nin katsayısı \(\frac{2}{3}\), \(e^{0 \cdot t} = 1\)’in katsayısı \(\frac{1}{3}\)’tür; yani \(P(X = 1) = \frac{2}{3}\) ve \(P(X = 0) = \frac{1}{3}\).
\(\blacksquare\)
1.2 Binom Dağılımı
Aynı Bernoulli deneyini tekrar tekrar yaptığımızda ilgilendiğimiz büyüklük çoğu zaman toplam başarı sayısıdır.
Başarı olasılığı \(p\) olan bir Bernoulli deneyinin aynı koşullar altında ve bağımsız olarak \(n\) kez tekrarlanmasına binom deneyi denir. İki örnek:
- Tura gelmesinin başarı sayıldığı bir para atışının \(10\) kez tekrarlanması.
- \(6\) kırmızı ve \(4\) siyah top bulunan bir kavanozdan iadeli olarak \(3\) top çekilmesi. Çekilen top geri konduğu için her çekilişte kırmızı gelme olasılığı \(\frac{6}{10}\)’da kalır ve çekilişler birbirini etkilemez. İadesiz çekilişte bu bozulur; o durumu sonraki bölümde hipergeometrik dağılım anlatacak.
Binom deneyinin örnek uzayı, uzunluğu \(n\) olan \(B\)–\(B^c\) dizilerinden oluşur:
\[\Omega = \Big\{ \underbrace{B^c \cdots B^c}_{0 \text{ başarı}},\ \underbrace{B B^c \cdots B^c, \ \ldots,\ B^c \cdots B^c B}_{1 \text{ başarı}},\ \ldots,\ \underbrace{B \cdots B}_{n \text{ başarı}} \Big\}.\]
\(X\), \(n\) denemedeki başarı sayısı olsun; değer kümesi \(D_X = \{0, 1, \ldots, n\}\)’dir. Denemeler bağımsız olduğundan belirli bir dizinin olasılığı, harflerin olasılıklarının çarpımıdır. Buna göre olasılıkları tek tek yazalım:
\[\begin{aligned} P(X = 0) &= P(B^c B^c \cdots B^c) = q^n, \\[1mm] P(X = 1) &= P(B B^c \cdots B^c \text{ ya da } \ldots \text{ ya da } B^c \cdots B^c B) = n\, p\, q^{n-1}, \\[1mm] P(X = 2) &= P(B B B^c \cdots B^c \text{ ya da } \ldots \text{ ya da } B^c \cdots B^c B B) = \binom{n}{2} p^2 q^{n-2}, \\[1mm] &\ \ \vdots \\[1mm] P(X = n) &= P(B B \cdots B) = p^n. \end{aligned}\]
\(X = 1\) satırında tek başarının yeri \(n\) biçimde, \(X = 2\) satırında iki başarının yerleri \(\binom{n}{2}\) biçimde seçilir ve her dizi aynı olasılıklıdır. Genel olarak \(x\) başarının yerleri \(\binom{n}{x}\) biçimde seçilir ve böyle her dizinin olasılığı \(p^x q^{n-x}\)’tir. Böylece \(X\)’in olasılık fonksiyonu
\[f(x) = P(X = x) = \binom{n}{x} p^x q^{n-x}, \qquad x = 0, 1, \ldots, n\]
olur. Böyle bir \(X\)’e \(n\) ve \(p\) parametreli binom dağılımına sahiptir denir ve \(X \sim \operatorname{Binom}(n, p)\) yazılır (Olasılık Teorisi’ndeki tanım ve türetilişi). Olasılıkların toplamı binom teoreminden \(1\) çıkar:
\[\sum_{x=0}^{n} \binom{n}{x} p^x q^{n-x} = (p + q)^n = 1.\]
Dağılımın adı da buradan gelir: \(f(0), f(1), \ldots, f(n)\) sayıları, \((q + p)^n\) açılımının terimleridir. \(n = 1\) için binom dağılımı Bernoulli dağılımıdır.
Bernoulli Toplamı Olarak Binom
Binom değişkeninin en kullanışlı yazılışı, onu denemelerin toplamı olarak görmektir. \(i\)’inci deneme başarılıysa \(Y_i = 1\), değilse \(Y_i = 0\) diyelim. \(Y_1, \ldots, Y_n\) bağımsızdır, her biri \(\operatorname{Bernoulli}(p)\) dağılımlıdır ve başarı sayısı bunların toplamıdır (ispatı):
\[X = \sum_{i=1}^{n} Y_i \sim \operatorname{Binom}(n, p).\]
Örneğin on para atışında \(X = Y_1 + \cdots + Y_{10}\)’dur; \(Y_i\)’ler sırayla \(0, 1, 0, 1, 1, \ldots\) gibi değerler alır ve toplamları tura sayısını verir. Bu yazılış beklenen değeri ve varyansı neredeyse hesapsız verir. Beklenen değer her zaman toplanır; varyansın toplanması için bağımsızlık yeterlidir:
\[\begin{aligned} E(X) &= E(Y_1) + E(Y_2) + \cdots + E(Y_n) = p + p + \cdots + p = np, \\[1mm] \operatorname{Var}(X) &= \operatorname{Var}(Y_1) + \cdots + \operatorname{Var}(Y_n) = pq + \cdots + pq = npq. \end{aligned}\]
Moment üreten fonksiyon için bağımsız değişkenlerin bir özelliğini kullanırız: \(X\) ile \(Y\) bağımsızsa \(E\big[g(X)\,h(Y)\big] = E\big[g(X)\big]\,E\big[h(Y)\big]\)’dir (ispatı). \(g(y) = h(y) = e^{ty}\) alınıp bu özellik \(n\) çarpana uygulanırsa
\[M_X(t) = E\big(e^{t(Y_1 + \cdots + Y_n)}\big) = E\big(e^{tY_1}\big) \cdots E\big(e^{tY_n}\big) = \prod_{i=1}^{n} M_{Y_i}(t) = (q + pe^t)^n\]
bulunur. Özetle, \(X \sim \operatorname{Binom}(n, p)\) ise
\[E(X) = np, \qquad \operatorname{Var}(X) = npq, \qquad M_X(t) = (q + pe^t)^n, \quad t \in \mathbb{R}.\]
Aynı sonuçlar tanımdaki toplamı doğrudan hesaplayarak da elde edilir (ispatı). \(E(X)\) için \(x\binom{n}{x} = n\binom{n-1}{x-1}\) özdeşliği toplamı \(np\,(p+q)^{n-1} = np\)’ye indirir. \(E(X^2) = \sum x^2 \binom{n}{x} p^x q^{n-x}\) toplamı ise doğrudan kolay hesaplanmaz; onun yerine \(X^2 = X(X-1) + X\) yazılıp \(E\big(X(X-1)\big) = n(n-1)p^2\) bulunur.
Moment üreten fonksiyon bir sonucu daha hemen verir. \(X \sim \operatorname{Binom}(n, p)\) ve \(Y \sim \operatorname{Binom}(m, p)\) aynı \(p\) ile bağımsızsa
\[M_{X+Y}(t) = E\big(e^{tX}\big)\,E\big(e^{tY}\big) = (q + pe^t)^n (q + pe^t)^m = (q + pe^t)^{n+m}\]
olur; teklik teoremi gereği \(X + Y \sim \operatorname{Binom}(n + m, p)\)’dir (ispatı). Bu doğaldır: önce \(n\), sonra \(m\) bağımsız deneme yapmak, \(n + m\) deneme yapmakla aynı şeydir.
Olasılıklar beklenen değer \(np\) çevresinde toplanır. \(p = \frac{1}{2}\) iken dağılım \(\frac{n}{2}\)’ye göre simetriktir, çünkü \(\binom{n}{x} = \binom{n}{n-x}\)’tir. \(p < \frac{1}{2}\) iken olasılıklar küçük değerlere yığılır ve sağda uzun bir kuyruk kalır; \(p > \frac{1}{2}\) iken durum tersine döner. Başarılar ile başarısızlıkların rolünü değiştirmek bunu açıklar: \(X \sim \operatorname{Binom}(n, p)\) ise başarısızlık sayısı \(n - X \sim \operatorname{Binom}(n, q)\)’dur.
Binom Olasılıklarının Hesabı
Binom dağılımıyla her hesap aynı üç adımla başlar: \(X\)’in neyi saydığını söylemek, denemelerin bağımsız ve başarı olasılığının sabit olduğunu kontrol etmek, \(n\) ile \(p\)’yi belirlemek. Aşağıdaki örneklerde bu adımları hep açıkça yazacağız.
Örnek 1.3 (On Atışta Beş Tura) Hilesiz bir para \(10\) kez atılıyor. Tam \(5\) kez tura gelme olasılığı nedir?
Çözüm
Önce tek bir sıralamaya bakalım: ilk beş atışın tura, son beş atışın yazı gelmesi. Atışlar bağımsız olduğundan bu sıralamanın olasılığı \(\left(\frac{1}{2}\right)^{10}\)’dur. Beş turanın yeri başka türlü de seçilebilir; \(10\) atıştan tura gelecek \(5\)’ini seçmenin
\[\binom{10}{5} = \frac{10!}{5!\,5!} = 252\]
yolu vardır ve her sıralama aynı olasılıklıdır. \(X\) tura sayısı ise \(X \sim \operatorname{Binom}\!\left(10, \frac{1}{2}\right)\) olur ve
\[P(X = 5) = \binom{10}{5} \left(\frac{1}{2}\right)^{5} \left(\frac{1}{2}\right)^{5} = \frac{252}{1024} = \frac{63}{256} \approx 0{,}2461.\]
En olası sonuç olan “yarı yarıya” bile ancak dörtte bir olasılıkla gerçekleşir.
\(\blacksquare\)
Örnek 1.4 (Üç Atışta Birden Fazla Tura) Düzgün bir para üç kez atılıyor. \(1\)’den fazla tura gelmesi olasılığını bulunuz.
Çözüm
\(X\) gelen tura sayısı olsun. Atışlar bağımsız ve her atışta tura olasılığı \(\frac{1}{2}\) olduğundan \(X \sim \operatorname{Binom}\!\left(3, \frac{1}{2}\right)\)’dir. “\(1\)’den fazla” demek \(X = 2\) ya da \(X = 3\) demektir:
\[\begin{aligned} P(X > 1) &= \sum_{x=2}^{3} \binom{3}{x} \left(\frac{1}{2}\right)^{x} \left(\frac{1}{2}\right)^{3-x} = \binom{3}{2} \left(\frac{1}{2}\right)^{2} \frac{1}{2} + \binom{3}{3} \left(\frac{1}{2}\right)^{3} \\[1mm] &= \frac{3}{8} + \frac{1}{8} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}. \end{aligned}\]
\(p = \frac{1}{2}\) iken dağılım simetrik olduğundan \(P(X \le 1) = P(X \ge 2)\) olmalıdır; ikisinin toplamı \(1\) olduğundan her biri \(\frac{1}{2}\)’dir. Bu, sonucun bir sağlamasıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 1.5 (İadeli Çekilişte Beyaz Top Sayısı) Bir torbada eşit sayıda beyaz ve kırmızı top var. Çekilen top her seferinde torbaya geri atılarak \(5\) top çekiliyor. \(3\) tane beyaz top gelmesi olasılığı nedir?
Çözüm
\(X\), \(5\) çekilişte gelen beyaz top sayısı olsun. Toplar geri atıldığı için her çekilişte beyaz gelme olasılığı \(\frac{1}{2}\)’de kalır ve çekilişler bağımsızdır; öyleyse \(X \sim \operatorname{Binom}\!\left(5, \frac{1}{2}\right)\) ve
\[P(X = 3) = \binom{5}{3} \left(\frac{1}{2}\right)^{3} \left(\frac{1}{2}\right)^{2} = \frac{10}{32} = \frac{5}{16} = 0{,}3125.\]
Torbadaki top sayısı sonucu etkilemez; önemli olan yalnızca beyazların oranıdır.
\(\blacksquare\)
Sıradaki üç örnek aynı durumu farklı açılardan sorguluyor: \(5\) seçenekli, \(20\) soruluk bir testte bütün sorular rastgele işaretleniyor. \(X\) doğru cevap sayısı olsun. Her soruda doğru seçeneği tutturma olasılığı \(\frac{1}{5}\)’tir ve sorular birbirinden bağımsız işaretlenir; öyleyse \(X \sim \operatorname{Binom}\!\left(20, \frac{1}{5}\right)\)’tir.
Örnek 1.6 (Rastgele İşaretlenen Testte En Az On Doğru) \(5\) seçenekli \(20\) soruluk bir testte sorular rastgele işaretleniyor. En az \(10\) doğru cevap olması olasılığı nedir?
Çözüm
\(X \sim \operatorname{Binom}\!\left(20, \frac{1}{5}\right)\) doğru sayısıdır. İstenen olasılık on bir terimin toplamıdır:
\[P(X \ge 10) = \sum_{x=10}^{20} \binom{20}{x} \left(\frac{1}{5}\right)^{x} \left(\frac{4}{5}\right)^{20-x}.\]
Terimler \(x\) büyüdükçe hızla küçülür. İlk birkaçı:
\[\begin{aligned} P(X = 10) &= 184756 \cdot \left(\tfrac{1}{5}\right)^{10} \left(\tfrac{4}{5}\right)^{10} \approx 0{,}002031, \\[1mm] P(X = 11) &= 167960 \cdot \left(\tfrac{1}{5}\right)^{11} \left(\tfrac{4}{5}\right)^{9} \approx 0{,}000462, \\[1mm] P(X = 12) &= 125970 \cdot \left(\tfrac{1}{5}\right)^{12} \left(\tfrac{4}{5}\right)^{8} \approx 0{,}000087, \\[1mm] P(X = 13) &= 77520 \cdot \left(\tfrac{1}{5}\right)^{13} \left(\tfrac{4}{5}\right)^{7} \approx 0{,}000013. \end{aligned}\]
\(x = 14\)’ten sonraki terimlerin hepsinin toplamı \(0{,}000002\)’den küçüktür. Toplayınca
\[P(X \ge 10) \approx 0{,}0026\]
bulunur. Yani rastgele işaretlemeyle yarıyı tutturmak binde üç olasılığa bile ulaşmaz.
\(\blacksquare\)
Örnek 1.7 (Rastgele İşaretlenen Testte Beklenen Doğru Sayısı) \(5\) seçenekli \(20\) soruluk bir testte sorular rastgele işaretleniyor. Doğru cevap sayısının beklenen değeri nedir?
Çözüm
\(X \sim \operatorname{Binom}\!\left(20, \frac{1}{5}\right)\) olduğundan
\[E(X) = np = 20 \cdot \frac{1}{5} = 4.\]
Ortalamada \(4\) doğru beklenir. Beklenen değerin olası bir değer olması gerekmez, ama burada \(4\) aynı zamanda en olası değerdir: Örnek 1.6’daki şekilde en uzun çubuk \(x = 4\)’tedir.
\(\blacksquare\)
Örnek 1.8 (Rastgele İşaretlenen Testte Beklenen Puan) \(5\) seçenekli \(20\) soruluk bir testte sorular rastgele işaretleniyor. Her doğru cevap \(1\) puan kazandırıyor, her \(4\) yanlış cevap ise \(1\) puan götürüyor. \(20\) soru için beklenen puan nedir?
Çözüm
\(X\) doğru sayısı ise yanlış sayısı \(20 - X\)’tir. \(4\) yanlış \(1\) puan götürdüğüne göre her yanlış \(\frac{1}{4}\) puan götürür. Toplam puanı \(S\) ile gösterirsek
\[S = 1 \cdot X - \frac{1}{4}(20 - X) = \frac{5}{4} X - 5\]
olur. Beklenen değer doğrusaldır ve Örnek 1.7’ye göre \(E(X) = 4\)’tür; öyleyse
\[E(S) = \frac{5}{4} E(X) - 5 = \frac{5}{4} \cdot 4 - 5 = 0.\]
Beklenen puan \(0\)’dır. Yanlış cezası tam da bunun için seçilmiştir: rastgele işaretleme ortalamada ne kazandırır ne kaybettirir. Tek bir soruda da durum aynıdır: \(\frac{1}{5} \cdot 1 - \frac{4}{5} \cdot \frac{1}{4} = 0\).
\(\blacksquare\)
Beklenen değer yalnızca doğrusal ifadelerde doğrudan taşınır. Doğrusal olmayan bir fonksiyonun beklenen değeri için olasılık fonksiyonuna geri döneriz: \(E\big[g(X)\big] = \sum_x g(x) f(x)\).
Örnek 1.9 (Yazı ve Tura Sayıları Arasındaki Fark) Hilesiz bir para \(5\) kez atılıyor. Gelen yazıların sayısı ile gelen turaların sayısı arasındaki farkın mutlak değerinin beklenen değeri kaçtır?
Çözüm
\(X\) gelen yazı sayısı olsun; \(X \sim \operatorname{Binom}\!\left(5, \frac{1}{2}\right)\)’dir. Tura sayısı \(5 - X\) olduğundan istenen büyüklük
\[D = \big|X - (5 - X)\big| = |2X - 5|\]
olur. \(D\), \(X\)’in doğrusal olmayan bir fonksiyonudur; beklenen değerini terim terim hesaplarız. \(P(X = x) = \binom{5}{x}\frac{1}{32}\) ve \(\binom{5}{x}\) katsayıları \(1, 5, 10, 10, 5, 1\)’dir. \(x = 0, 1, \ldots, 5\) için \(|2x - 5|\) değerleri \(5, 3, 1, 1, 3, 5\) olur. Öyleyse
\[\begin{aligned} E(D) &= \sum_{x=0}^{5} |2x - 5| \binom{5}{x} \frac{1}{32} = \frac{5 \cdot 1 + 3 \cdot 5 + 1 \cdot 10 + 1 \cdot 10 + 3 \cdot 5 + 5 \cdot 1}{32} \\[1mm] &= \frac{60}{32} = \frac{15}{8} = 1{,}875. \end{aligned}\]
Aynı hesabı \(D\)’nin kendi dağılımıyla da yapabiliriz. \(D = 1\) olayı \(x = 2\) ya da \(x = 3\)’tür, olasılığı \(\frac{20}{32}\); \(D = 3\) olayı \(x = 1\) ya da \(x = 4\)’tür, olasılığı \(\frac{10}{32}\); \(D = 5\) olayı \(x = 0\) ya da \(x = 5\)’tir, olasılığı \(\frac{2}{32}\). Buradan \(E(D) = \frac{20 + 30 + 10}{32} = \frac{60}{32}\) yine çıkar.
Dikkat: \(E(2X - 5) = 2 \cdot \frac{5}{2} - 5 = 0\)’dır, ama \(E(D)\) sıfır değildir. Mutlak değer doğrusal olmadığından \(E|2X - 5| \ne |E(2X - 5)|\)’tir.
\(\blacksquare\)
Örnek 1.10 (Kırmızı Top Sayısının Dağılımı) Bir kutuda \(2\) kırmızı, \(4\) beyaz, \(3\) siyah ve \(1\) yeşil top var. Kutudan iadeli olarak \(3\) top çekiliyor. \(X\) gelen kırmızı topların sayısı olsun. \(X\)’in olasılık fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
Yalnızca “kırmızı mı, değil mi” sorusuyla ilgilendiğimiz için her çekiliş bir Bernoulli deneyidir: kırmızı gelme olasılığı \(p = \frac{2}{10}\), gelmeme olasılığı \(q = \frac{8}{10}\). Çekilişler iadeli olduğundan bağımsızdır; \(X \sim \operatorname{Binom}\!\left(3, \frac{2}{10}\right)\) ve \(D_X = \{0, 1, 2, 3\}\)’tür. \(K\) kırmızı, \(D\) kırmızı olmayan top olsun:
\[\begin{aligned} P(X = 0) &= \left(\tfrac{8}{10}\right)^{3} = \tfrac{512}{1000} && (DDD), \\[1mm] P(X = 1) &= 3 \cdot \tfrac{2}{10} \cdot \left(\tfrac{8}{10}\right)^{2} = \tfrac{384}{1000} && (KDD \text{ ve sıralamaları}), \\[1mm] P(X = 2) &= 3 \cdot \left(\tfrac{2}{10}\right)^{2} \cdot \tfrac{8}{10} = \tfrac{96}{1000} && (KKD \text{ ve sıralamaları}), \\[1mm] P(X = 3) &= \left(\tfrac{2}{10}\right)^{3} = \tfrac{8}{1000} && (KKK). \end{aligned}\]
Buradaki \(3\) çarpanları, \(\binom{3}{1} = \binom{3}{2} = \frac{3!}{2!\,1!} = 3\) sıralama sayısıdır. Sağlama: \(512 + 384 + 96 + 8 = 1000\).
\(\blacksquare\)
Bu örnekte beyaz, siyah ve yeşil topları tek bir “kırmızı olmayan” sınıfında birleştirdik. Bütün renkleri ayrı ayrı saymak istersek iki sonuçlu denemelerin ötesine geçmemiz gerekir.
1.3 Çok Terimli Dağılım
Binom dağılımı her denemeyi iki sonuca ayırır. Bir zar atışının altı, kutudaki topun dört renk sonucu olabilir. Her sonucun kaç kez geldiğini birlikte saymak, binom dağılımını \(k\) sonuca genelleştirir.
Tanım 1.1 (Çok Terimli Dağılım) Bir deneyin \(E_1, E_2, \ldots, E_k\) ile gösterilen \(k\) tane ayrık sonucu olsun ve tek bir denemede \(E_i\) sonucunun gelme olasılığı \(p_i\) olsun; burada her \(p_i > 0\) ve \(p_1 + p_2 + \cdots + p_k = 1\)’dir. Deney aynı koşullar altında \(n\) kez bağımsız olarak tekrarlansın ve \(X_i\), \(E_i\) sonucunun bu \(n\) denemede kaç kez geldiğini göstersin (\(i = 1, 2, \ldots, k\)). \((X_1, X_2, \ldots, X_k)\) rastgele vektörüne çok terimli (multinomial) dağılıma sahiptir denir ve
\[(X_1, X_2, \ldots, X_k) \sim \operatorname{Multinom}(n;\, p_1, p_2, \ldots, p_k)\]
yazılır.
Yani her denemenin sonucu \(k\) kutudan birine düşer ve \(X_i\), \(i\)’inci kutuya düşen deneme sayısıdır. Her deneme bir kutuya düştüğünden \(X_1 + X_2 + \cdots + X_k = n\)’dir; dolayısıyla \(X_i\)’ler bağımsız değildir. \(k = 2\) için \(E_1\) başarı, \(E_2\) başarısızlıktır, \(X_2 = n - X_1\) olur ve dağılım binom dağılımına indirgenir.
Teorem 1.1 (Çok Terimli Olasılık Fonksiyonu) \((X_1, \ldots, X_k)\) vektörü \(\operatorname{Multinom}(n;\, p_1, \ldots, p_k)\) dağılımlı olsun. \(x_1 + x_2 + \cdots + x_k = n\) koşulunu sağlayan her \(x_i \in \{0, 1, \ldots, n\}\) için
\[P(X_1 = x_1, X_2 = x_2, \ldots, X_k = x_k) = \frac{n!}{x_1!\, x_2! \cdots x_k!}\, p_1^{x_1} p_2^{x_2} \cdots p_k^{x_k}\]
olur; toplamı \(n\) etmeyen \((x_1, \ldots, x_k)\) için bu olasılık \(0\)’dır.
İspat
\(n\) denemenin sonucunu, her harfi \(E_1, \ldots, E_k\)’dan biri olan \(n\) harfli bir diziyle kaydedelim. \((X_1 = x_1, \ldots, X_k = x_k)\) olayı, içinde \(E_1\)’in tam \(x_1\) kez, \(E_2\)’nin tam \(x_2\) kez, …, \(E_k\)’nın tam \(x_k\) kez geçtiği dizilerden oluşur.
Bir dizinin olasılığı. Denemeler bağımsız olduğundan bir dizinin olasılığı, harflerinin olasılıklarının çarpımıdır. İçinde \(E_i\) harfi \(x_i\) kez geçen her dizi için bu çarpım, sıralama ne olursa olsun, \(p_1^{x_1} p_2^{x_2} \cdots p_k^{x_k}\)’dır.
Dizi sayısı. Böyle dizilerin sayısı, \(x_1\) tanesi \(E_1\), \(x_2\) tanesi \(E_2\), … olan \(n\) harfin farklı sıralanışlarının sayısıdır. Bu, tekrarlı permütasyon sayısıdır:
\[\frac{n!}{x_1!\, x_2! \cdots x_k!}.\]
Olay, bu kadar sayıda ayrık ve eşit olasılıklı diziden oluştuğu için olasılığı, dizi sayısı ile bir dizinin olasılığının çarpımıdır; bu da iddia edilen formüldür. Toplamı \(n\) etmeyen \((x_1, \ldots, x_k)\) için olay boştur.
Formülün bir olasılık fonksiyonu olduğunu da görelim. Değerler negatif değildir. Toplamı \(n\) olan farklı \((x_1, \ldots, x_k)\) değerlerine karşılık gelen olaylar ayrıktır ve her dizi bunlardan tam birine düşer; bu olayların birleşimi bütün örnek uzaydır. Öyleyse olasılıklarının toplamı \(1\)’dir.
\(\blacksquare\)
İspatın son adımı, yan ürün olarak çok terimli açılımı verir: \(p_1 + \cdots + p_k = 1\) iken bütün olasılıkların toplamı
\[\sum_{x_1 + \cdots + x_k = n} \frac{n!}{x_1! \cdots x_k!}\, p_1^{x_1} \cdots p_k^{x_k} = (p_1 + p_2 + \cdots + p_k)^n = 1\]
olur. \(k = 2\) için bu, binom teoremindeki \(\sum \binom{n}{x} p^x q^{n-x} = (p + q)^n\) eşitliğidir; katsayılara da bu yüzden çok terimli katsayılar denir.
Çok terimli vektörün tek bir bileşenine baktığımızda yeniden binom dağılımına döneriz. Bu gözlem, beklenen değerleri ve varyansları hesapsız verir.
Teorem 1.2 (Çok Terimli Dağılımın Marjinalleri) \((X_1, \ldots, X_k)\) vektörü \(\operatorname{Multinom}(n;\, p_1, \ldots, p_k)\) dağılımlı ise her \(i = 1, 2, \ldots, k\) için \(X_i \sim \operatorname{Binom}(n, p_i)\)’dir. Özel olarak \(q_i = 1 - p_i\) olmak üzere
\[E(X_i) = np_i, \qquad \operatorname{Var}(X_i) = np_i q_i\]
olur.
İspat
\(i\)’yi sabitleyelim ve her denemede yalnızca “\(E_i\) geldi mi, gelmedi mi” sorusuna bakalım. \(E_i\) gelirse denemeye başarı, öteki \(k - 1\) sonuçtan biri gelirse başarısızlık diyelim. Tek bir denemede başarı olasılığı \(p_i\), başarısızlık olasılığı ise öteki \(k - 1\) olasılığın toplamı, yani \(1 - p_i = q_i\)’dir. Denemeler bağımsız ve aynı koşullarda yapıldığından bu, \(n\) denemelik bir binom deneyidir. \(X_i\), bu deneydeki başarı sayısıdır; öyleyse \(X_i \sim \operatorname{Binom}(n, p_i)\)’dir. Beklenen değer ve varyans, binom dağılımının \(E(X) = np\) ve \(\operatorname{Var}(X) = npq\) formüllerinde \(p\) yerine \(p_i\) yazılarak bulunur.
\(\blacksquare\)
Bileşenler toplamı \(n\) olacak biçimde birbirine bağlı olduğundan aralarındaki ilişkiyi kovaryans ölçer (Olasılık Teorisi’ndeki tanım). İki kutu aynı \(n\) denemeyi paylaştığı için birinin çok dolması ötekinin az dolması demektir; kovaryansın negatif çıkmasını bekleriz.
Önerme 1.1 (Çok Terimli Dağılımda Kovaryans) \((X_1, \ldots, X_k)\) vektörü \(\operatorname{Multinom}(n;\, p_1, \ldots, p_k)\) dağılımlı ve \(i \ne j\) ise
\[\operatorname{Cov}(X_i, X_j) = -n\, p_i\, p_j\]
olur.
İspat
\(E_i\) ile \(E_j\) sonuçlarını tek bir sonuçta birleştirelim. Bu iki sonuç ayrık olduğundan birleşik sonucun tek denemedeki olasılığı \(p_i + p_j\)’dir ve \(n\) denemede kaç kez geldiği \(X_i + X_j\)’dir. Teorem 1.2’in ispatındaki akıl yürütme aynen geçerlidir: \(X_i + X_j \sim \operatorname{Binom}(n, p_i + p_j)\). Öyleyse
\[\operatorname{Var}(X_i + X_j) = n(p_i + p_j)(1 - p_i - p_j).\]
\(k = 2\) ise \(p_i + p_j = 1\) ve \(X_i + X_j = n\) sabittir; aşağıdaki hesap bu durumda da geçerlidir, çünkü iki taraf da \(0\) olur.
Öte yandan iki değişkenin toplamının varyansı için (ispatı)
\[\operatorname{Var}(X_i + X_j) = \operatorname{Var}(X_i) + \operatorname{Var}(X_j) + 2\operatorname{Cov}(X_i, X_j)\]
eşitliği geçerlidir. Teorem 1.2’den \(\operatorname{Var}(X_i) = np_i(1 - p_i)\) ve \(\operatorname{Var}(X_j) = np_j(1 - p_j)\)’yi yerine koyarsak
\[\begin{aligned} 2\operatorname{Cov}(X_i, X_j) &= n(p_i + p_j)(1 - p_i - p_j) - np_i(1 - p_i) - np_j(1 - p_j) \\[1mm] &= n\big[(p_i + p_j) - (p_i + p_j)^2 - p_i + p_i^2 - p_j + p_j^2\big] \\[1mm] &= n\big[-(p_i^2 + 2p_ip_j + p_j^2) + p_i^2 + p_j^2\big] = -2n\, p_i\, p_j \end{aligned}\]
bulunur. İki tarafı \(2\)’ye bölmek sonucu verir.
\(\blacksquare\)
Şimdi çok terimli olasılık fonksiyonunu örneklerde kullanalım. Her örnekte önce sonuç sınıflarını ve olasılıklarını belirleyecek, olasılıkların toplamının \(1\), sayıların toplamının \(n\) olduğunu kontrol edeceğiz.
Örnek 1.11 (On İki Zar Atışında Sayıların Dağılımı) Bir tavla zarı \(12\) kez atılıyor. İki kez \(1\), üç kez \(2\), bir kez \(3\), iki kez \(4\), üç kez \(5\) ve bir kez \(6\) gelmesi olasılığı nedir?
Çözüm
Her atışın altı sonucu vardır ve hilesiz zarda her birinin olasılığı \(\frac{1}{6}\)’dır. \(X_i\), \(12\) atışta \(i\) sayısının kaç kez geldiğini göstersin; \((X_1, \ldots, X_6)\) vektörü \(\operatorname{Multinom}\!\left(12;\, \frac{1}{6}, \ldots, \frac{1}{6}\right)\) dağılımlıdır. İstenen sayılar \(2, 3, 1, 2, 3, 1\) ve toplamları \(12\)’dir. Teorem 1.1 gereği
\[P(X_1 = 2, X_2 = 3, X_3 = 1, X_4 = 2, X_5 = 3, X_6 = 1) = \frac{12!}{2!\,3!\,1!\,2!\,3!\,1!} \left(\frac{1}{6}\right)^{12}.\]
Paydadaki faktöriyellerin çarpımı \(2 \cdot 6 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 6 \cdot 1 = 144\)’tür; \(12! = 479001600\) olduğundan katsayı \(\frac{479001600}{144} = 3326400\) olur. \(6^{12} = 2176782336\) ile
\[P = \frac{3326400}{2176782336} = \frac{1925}{1259712} \approx 0{,}001528.\]
\(\left(\frac{1}{6}\right)^{12}\) çarpanı, sayıların belirli bir sırayla (örneğin önce iki \(1\), sonra üç \(2\), …) gelmesinin olasılığıdır. Soru sırayı sormadığı için bu sayıların atışlar arasında yer değiştirebileceği her düzen sayılır; çok terimli katsayı tam olarak bu düzenlerin sayısıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 1.12 (Numaralı Toplardan İadeli Çekiliş) Bir kutuda \(4\) top var: birinin üzerinde \(1\), ikisinin üzerinde \(2\), birinin üzerinde \(3\) yazıyor. Kutudan iadeli olarak \(2\) top çekiliyor. İki çekilişte de \(1\) gelmesi olasılığını bulunuz.
Çözüm
Her çekilişin üç sonucu vardır: \(1\), \(2\) ya da \(3\) yazan top. Olasılıkları
\[p_1 = \frac{1}{4}, \qquad p_2 = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}, \qquad p_3 = \frac{1}{4}\]
ve toplamları \(1\)’dir. \(X_i\), iki çekilişte \(i\) yazan topun kaç kez geldiğini göstersin; \((X_1, X_2, X_3) \sim \operatorname{Multinom}\!\left(2;\, \frac{1}{4}, \frac{1}{2}, \frac{1}{4}\right)\). “İki kez \(1\)” demek \(X_1 = 2\), \(X_2 = 0\), \(X_3 = 0\) demektir:
\[P(X_1 = 2, X_2 = 0, X_3 = 0) = \frac{2!}{2!\,0!\,0!} \left(\frac{1}{4}\right)^{2} \left(\frac{1}{2}\right)^{0} \left(\frac{1}{4}\right)^{0} = \frac{1}{16}.\]
Sağlama: iki bağımsız çekilişin ikisinde de \(1\) gelme olasılığı doğrudan \(\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{16}\)’dır. Tek bir sonuç sınıfı dolduğunda çok terimli formül bu basit çarpıma indirgenir.
\(\blacksquare\)
Örnek 1.13 (Dört Renkli Kutudan Beş Çekiliş) Bir kutuda \(2\) kırmızı, \(4\) beyaz, \(3\) siyah ve \(1\) yeşil top var. Kutudan yerine koyarak \(5\) top çekiliyor. \(1\) kırmızı, \(2\) beyaz, \(1\) siyah ve \(1\) yeşil gelmesi olasılığı nedir?
Çözüm
Kutuda \(10\) top olduğundan tek çekilişte renklerin olasılıkları
\[p_K = \frac{2}{10}, \qquad p_B = \frac{4}{10}, \qquad p_S = \frac{3}{10}, \qquad p_Y = \frac{1}{10}\]
ve toplamları \(1\)’dir. Çekilişler iadeli olduğundan bağımsızdır; renk sayıları \(\operatorname{Multinom}\!\left(5;\, \frac{2}{10}, \frac{4}{10}, \frac{3}{10}, \frac{1}{10}\right)\) dağılımlıdır. İstenen sayılar \(1, 2, 1, 1\) ve toplamları \(5\)’tir:
\[P = \frac{5!}{1!\,2!\,1!\,1!} \left(\frac{2}{10}\right)^{1} \left(\frac{4}{10}\right)^{2} \left(\frac{3}{10}\right)^{1} \left(\frac{1}{10}\right)^{1}.\]
Katsayı \(\frac{120}{2} = 60\), olasılıkların çarpımı \(\frac{2 \cdot 16 \cdot 3 \cdot 1}{10^5} = \frac{96}{100000}\)’dir. Öyleyse
\[P = 60 \cdot \frac{96}{100000} = \frac{5760}{100000} = 0{,}0576.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 1.14 (Beyaz Top Sayısının Beklenen Değeri ve Varyansı) Bir kutuda \(2\) kırmızı, \(4\) beyaz, \(3\) siyah ve \(1\) yeşil top var. Kutudan yerine koyarak \(5\) top çekiliyor. Gelen beyaz topların sayısının beklenen değerini ve varyansını bulunuz.
Çözüm
Örnek 1.13’daki gibi renk sayıları \(\operatorname{Multinom}\!\left(5;\, \frac{2}{10}, \frac{4}{10}, \frac{3}{10}, \frac{1}{10}\right)\) dağılımlıdır. \(X_B\) beyaz top sayısı olsun. Teorem 1.2 gereği \(X_B \sim \operatorname{Binom}\!\left(5, \frac{4}{10}\right)\)’dur; öyleyse
\[E(X_B) = 5 \cdot \frac{4}{10} = 2, \qquad \operatorname{Var}(X_B) = 5 \cdot \frac{4}{10} \cdot \frac{6}{10} = \frac{6}{5} = 1{,}2.\]
Öteki renklerin kaça bölündüğü bu hesabı etkilemez; beyaz için önemli olan yalnızca “beyaz ya da değil” ayrımıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 1.15 (Kırmızı ve Beyaz Top Sayılarının Kovaryansı) Bir kutuda \(2\) kırmızı, \(4\) beyaz, \(3\) siyah ve \(1\) yeşil top var. Kutudan yerine koyarak \(5\) top çekiliyor. Gelen kırmızı top sayısı \(X_K\) ile beyaz top sayısı \(X_B\)’nin kovaryansını bulunuz.
Çözüm
Renk sayıları \(\operatorname{Multinom}\!\left(5;\, \frac{2}{10}, \frac{4}{10}, \frac{3}{10}, \frac{1}{10}\right)\) dağılımlıdır. Önerme 1.1 gereği
\[\operatorname{Cov}(X_K, X_B) = -5 \cdot \frac{2}{10} \cdot \frac{4}{10} = -\frac{2}{5} = -0{,}4.\]
Kovaryans negatiftir: beş çekilişin çoğu kırmızı gelirse beyaza az çekiliş kalır.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde her çekilişin kutunun durumunu değiştirmediği, yani denemelerin bağımsız olduğu durumlara baktık. Çekilen top geri konmazsa ya da ilk başarıya kadar kaç deneme gerektiğini sorarsak başka dağılımlar ortaya çıkar. Onlar Hipergeometrik, Geometrik ve Negatif Binom Dağılımları bölümünün konusu.