5 Normal Dağılım
Ölçüm hataları, boy ve ağırlık gibi biyolojik büyüklükler, sınav notları, üretim hattından çıkan parçaların boyutları… Birbirinden çok farklı bu verilerin histogramları şaşırtıcı biçimde aynı şekle benzer: ortada tepe yapan, iki yana doğru simetrik biçimde azalan bir çan. Bu çanın matematiksel adı normal dağılımdır. Normal dağılım istatistiğin merkezindedir, çünkü örneklem ortalamaları ve toplamlar, kitlenin dağılımı ne olursa olsun, büyük örneklemlerde yaklaşık olarak normal dağılır. Bu bölümde normal eğrinin özelliklerini, normal rastgele değişkenlerle hesap yapmayı ve binom olasılıklarını normal dağılımla yaklaşık hesaplamayı öğreneceğiz.
5.1 Normal Eğri ve Özellikleri
Normal dağılım olasılık teorisinden tanıdık bir dağılımdır; önce tanımını hatırlayıp eğrisinin biçimini inceleyelim.
\(\mu \in \mathbb{R}\) ve \(\sigma > 0\) olmak üzere, olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[ f(x) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\, e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2}, \qquad x \in \mathbb{R} \]
olan \(X\) rastgele değişkenine normal dağılımlı denir ve \(X \sim N(\mu, \sigma^2)\) yazılır (Olasılık Teorisi’ndeki tanım). Birinci parametre \(\mu\) dağılımın ortalaması (beklenen değeri), ikinci parametre \(\sigma^2\) ise varyansıdır; \(\sigma\) standart sapmadır. Gösterimde ikinci yere standart sapmanın değil varyansın yazıldığına dikkat edin: \(X \sim N(3, 4)\) ise \(\sigma = 2\)’dir. Normal eğriye çan eğrisi ya da Gauss eğrisi de denir.
Normal eğrinin biçimini beş özellik belirler.
Önerme 5.1 (Normal Eğrinin Temel Özellikleri) \(X \sim N(\mu, \sigma^2)\) ve \(f\), \(X\)’in yoğunluğu olsun.
1. Eğri ortalama etrafında simetriktir: her \(h\) için \(f(\mu + h) = f(\mu - h)\).
2. Eğri en büyük değerini \(x = \mu\)’de alır ve bu değer \(\dfrac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\)’dir.
3. \(y = 0\) doğrusu (yani \(x\) ekseni) eğrinin yatay asimptotudur.
4. Eğri ile \(x\) ekseni arasında kalan alan \(1\)’dir:
\[ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\, e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2} dx = 1. \]
5. Eğrinin konumunu \(\mu\), yayılımını \(\sigma\) belirler: \(\mu\) değişince eğri yatay olarak kayar; \(\sigma\) büyüdükçe tepe alçalır ve eğri iki yana yayılır.
İspat
Kısalık için üsteki ifadeyi \(u(x) = -\dfrac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\) ile gösterelim; \(f(x) = \dfrac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\, e^{u(x)}\).
1. Simetri. \(u(\mu + h) = -\dfrac{h^2}{2\sigma^2}\) ve \(u(\mu - h) = -\dfrac{(-h)^2}{2\sigma^2} = -\dfrac{h^2}{2\sigma^2}\) olduğundan üsler eşittir, dolayısıyla \(f(\mu + h) = f(\mu - h)\).
2. Maksimum. Her \(x\) için \((x - \mu)^2 \ge 0\) olduğundan \(u(x) \le 0\)’dır ve eşitlik yalnız \(x = \mu\)’de sağlanır. Üstel fonksiyon artan olduğundan \(e^{u(x)} \le e^0 = 1\), yani
\[ f(x) \le \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} = f(\mu), \]
ve eşitlik yalnız \(x = \mu\) için geçerlidir.
3. Asimptot. \(x \to \pm\infty\) iken \((x-\mu)^2 \to \infty\), dolayısıyla \(u(x) \to -\infty\) ve \(e^{u(x)} \to 0\) olur. Demek ki \(f(x) \to 0\). Öte yandan \(f(x) > 0\) olduğundan eğri \(x\) eksenine hiçbir zaman değmez; \(y = 0\) bir yatay asimptottur.
4. Toplam alan. \(z = \dfrac{x - \mu}{\sigma}\) değişken değiştirmesini yapalım; \(dx = \sigma\, dz\) olur ve \(x\), \(-\infty\)’dan \(\infty\)’a giderken \(z\) de öyle gider:
\[ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\, e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2} dx = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-z^2/2}\, dz. \]
Son integralin değeri \(\sqrt{2\pi}\)’dir; bu, integrali karesini alıp kutupsal koordinatlara geçerek hesaplayan klasik yolla Olasılık Teorisi’nde ispatlandı. Dolayısıyla alan \(\dfrac{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{2\pi}} = 1\)’dir.
Aynı değer gamma fonksiyonundan da okunabilir. Simetri nedeniyle bütün doğru üzerindeki integral, yarı doğru üzerindekinin iki katıdır:
\[ \int_{-\infty}^{\infty} e^{-z^2/2}\,dz = 2\int_0^{\infty} e^{-z^2/2}\,dz. \]
Sağdaki integralde \(w = z^2/2\) alırsak \(z = \sqrt{2w}\) ve \(dz = \dfrac{dw}{\sqrt{2w}}\) olur:
\[ \int_0^{\infty} e^{-z^2/2}\,dz = \frac{1}{\sqrt 2}\int_0^{\infty} w^{-1/2} e^{-w}\,dw = \frac{\Gamma(1/2)}{\sqrt 2} = \frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt 2}. \]
İki katı \(\dfrac{2\sqrt\pi}{\sqrt 2} = \sqrt{2\pi}\)’dir. Yani normal yoğunluğun toplam alanının \(1\) olması, \(\Gamma(1/2) = \sqrt{\pi}\) eşitliğiyle aynı şeydir.
5. Parametrelerin etkisi. \(\mu\) yalnız \(x - \mu\) farkı içinde geçtiğinden \(N(\mu, \sigma^2)\) eğrisi, \(N(0, \sigma^2)\) eğrisinin \(\mu\) birim sağa kaydırılmışıdır; biçim değişmez. Tepenin yüksekliği \(\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\), \(\sigma\) ile ters orantılıdır. Toplam alan her zaman \(1\) kaldığına göre, tepe alçalırken kütle iki yana yayılmak zorundadır. Eğrinin büküm noktaları da \(x = \mu \pm \sigma\)’dadır; yani \(\sigma\) eğrinin “omuzlarının” ortalamaya uzaklığını ölçer.
\(\blacksquare\)
Beşinci özellik modellemede önemlidir: varyansı küçük bir dağılımın değerleri ortalamanın çevresinde toplanır, varyansı büyük olanınki geniş bir aralığa dağılır. Bir üretim sürecinde hedef ölçüyü tutturmak ortalamayı ayarlamak, ölçülerin tutarlı olması ise varyansı küçültmek demektir.
5.2 Moment Üreten Fonksiyon
Normal dağılımın moment üreten fonksiyonu çok basit bir biçimdedir ve bu bölümdeki birçok sonucun kısa yoldan ispatını sağlar.
\(X \sim N(\mu, \sigma^2)\) ise
\[ M_X(t) = E\big(e^{tX}\big) = e^{\mu t + \frac{\sigma^2 t^2}{2}}, \qquad t \in \mathbb{R}, \]
ve buradan \(E(X) = \mu\), \(\operatorname{Var}(X) = \sigma^2\) bulunur. Hesap, integrandın üssünü kareye tamamlayarak yapılır ve Olasılık Teorisi’nde ayrıntısıyla verilmiştir. Standart normal için \(\mu = 0\), \(\sigma = 1\) alınır ve \(M_Z(t) = e^{t^2/2}\) olur.
Üsteki ifade \(t\)’nin ikinci dereceden bir polinomudur: \(t\)’nin katsayısı ortalamayı, \(t^2\)’nin katsayısı varyansın yarısını verir. Moment üreten fonksiyon dağılımı tek türlü belirlediği için (teklik teoremi), bu biçimde bir moment üreten fonksiyona sahip her rastgele değişken normal dağılımlıdır ve parametreleri doğrudan okunur.
Örnek 5.1 (Moment Üreten Fonksiyondan Dağılımı Okumak) \(X\) rastgele değişkeninin moment üreten fonksiyonu \(M_X(t) = e^{3t + 2t^2}\), \(t \in \mathbb{R}\) ise \(X\)’in dağılımı nedir?
Çözüm
Verilen ifadeyi \(e^{\mu t + \frac{\sigma^2 t^2}{2}}\) ile karşılaştıralım. \(t\)’nin katsayısından \(\mu = 3\) bulunur. \(t^2\)’nin katsayısı \(\dfrac{\sigma^2}{2} = 2\) olduğundan \(\sigma^2 = 4\)’tür. Teklik teoremi gereği
\[ X \sim N(3, 4). \]
\(\blacksquare\)
Örnek 5.2 (Varyansı On İki Olan Normal) \(X\) rastgele değişkeninin moment üreten fonksiyonu \(M_X(t) = e^{3t + 6t^2}\), \(t \in \mathbb{R}\) ise \(X\)’in dağılımı nedir?
Çözüm
\(t\)’nin katsayısı \(\mu = 3\)’tür. \(t^2\)’nin katsayısı \(\dfrac{\sigma^2}{2} = 6\) olduğundan \(\sigma^2 = 12\)’dir. Buna göre \(X \sim N(3, 12)\).
\(\blacksquare\)
Örnek 5.3 (Ortalaması Negatif Olan Normal) \(X\) rastgele değişkeninin moment üreten fonksiyonu \(M_X(t) = e^{-2t + 4t^2}\), \(t \in \mathbb{R}\) ise \(X\)’in dağılımı nedir?
Çözüm
\(t\)’nin katsayısı \(\mu = -2\)’dir. \(t^2\)’nin katsayısı \(\dfrac{\sigma^2}{2} = 4\) olduğundan \(\sigma^2 = 8\)’dir. Buna göre \(X \sim N(-2, 8)\).
\(\blacksquare\)
Ortalama ve varyans bir normal dağılımı tümüyle belirler. Ama bu, ortalaması ve varyansı aynı olan iki rastgele değişkenin aynı dağılıma sahip olduğu anlamına gelmez.
Örnek 5.4 (Aynı Ortalama ve Varyans, Farklı Dağılım) \(X \sim N(3, 3)\) ve \(Y\), \(\lambda = 3\) parametreli Poisson dağılımına sahip olsun. \(E(X) = E(Y)\) ve \(\operatorname{Var}(X) = \operatorname{Var}(Y)\) olduğunu gösterip \(X\) ile \(Y\)’nin aynı dağılıma sahip olup olmadığını belirleyiniz.
Çözüm
Normal dağılımda parametreler ortalama ve varyanstır: \(E(X) = 3\), \(\operatorname{Var}(X) = 3\). Poisson dağılımında ortalama da varyans da \(\lambda\)’ya eşittir: \(E(Y) = 3\), \(\operatorname{Var}(Y) = 3\). Yani ilk iki moment aynıdır.
Moment üreten fonksiyonları karşılaştıralım:
\[ M_X(t) = e^{3t + \frac{3}{2}t^2}, \qquad M_Y(t) = e^{3(e^t - 1)}. \]
Bu iki fonksiyon farklıdır; örneğin \(t = 1\)’de
\[ M_X(1) = e^{4{,}5} \approx 90{,}0, \qquad M_Y(1) = e^{3(e-1)} \approx e^{5{,}15} \approx 173{,}3. \]
Aynı dağılıma sahip iki rastgele değişkenin moment üreten fonksiyonları her noktada eşit olurdu; öyleyse \(X\) ile \(Y\)’nin dağılımları farklıdır. Bunu doğrudan da görebiliriz: \(Y\) yalnız \(0, 1, 2, \ldots\) değerlerini alır ve \(P(Y = 0) = e^{-3} > 0\)’dır; \(X\) ise sürekli olduğundan her tek noktayı sıfır olasılıkla alır.
Sonuç: ortalama ve varyans bir dağılımı genelde belirlemez. Normal dağılımda belirlemesinin nedeni, normal ailesinin yalnız bu iki parametreye bağlı olmasıdır.
\(\blacksquare\)
5.3 Doğrusal Dönüşümler ve Bağımsız Normallerin Birleşimleri
Normal dağılımın en kullanışlı yanı, doğrusal işlemler altında normal kalmasıdır: normal bir değişkeni ölçekleyip kaydırmak ya da bağımsız normalleri toplamak yine normal bir değişken verir.
\(X \sim N(\mu, \sigma^2)\), \(c \ne 0\) ve \(d\) gerçel sayılar ise \(Y = cX + d\) için moment üreten fonksiyon
\[ M_Y(t) = E\big(e^{t(cX + d)}\big) = e^{dt}\, M_X(ct) = e^{(c\mu + d)t + \frac{c^2\sigma^2 t^2}{2}} \]
olur; bu, \(N(c\mu + d,\ c^2\sigma^2)\) dağılımının moment üreten fonksiyonudur. Demek ki \(Y \sim N(c\mu + d,\ c^2\sigma^2)\) (Olasılık Teorisi’ndeki önerme). Benzer biçimde, \(X_i \sim N(\mu_i, \sigma_i^2)\) (\(i = 1, \ldots, n\)) bağımsız ise toplamları \(N\big(\sum \mu_i,\ \sum \sigma_i^2\big)\) dağılımlıdır (bağımsız normallerin toplamı). Bu iki sonucu tek bir ifadede birleştirelim.
Sonuç 5.1 (Bağımsız Normallerin Doğrusal Birleşimi) \(X_1, \ldots, X_n\) bağımsız, her \(i\) için \(X_i \sim N(\mu_i, \sigma_i^2)\) olsun ve \(a_1, \ldots, a_n\) hepsi birden sıfır olmayan gerçel sayılar olsun. O zaman
\[ a_1 X_1 + \cdots + a_n X_n \sim N\Big(\sum_{i=1}^n a_i \mu_i,\ \sum_{i=1}^n a_i^2 \sigma_i^2\Big). \]
Özel olarak, \(X_1\) ile \(X_2\) bağımsız ve \(X_i \sim N(\mu_i, \sigma_i^2)\) ise
\[ D = X_1 - X_2 \sim N\big(\mu_1 - \mu_2,\ \sigma_1^2 + \sigma_2^2\big). \]
İspat
\(L = a_1 X_1 + \cdots + a_n X_n\) diyelim. \(X_i\)’ler bağımsız olduğundan \(e^{t a_1 X_1}, \ldots, e^{t a_n X_n}\) de bağımsızdır ve bağımsız değişkenlerin çarpımının beklenen değeri, beklenen değerlerin çarpımıdır:
\[ M_L(t) = E\Big(\prod_{i=1}^n e^{t a_i X_i}\Big) = \prod_{i=1}^n E\big(e^{(a_i t) X_i}\big) = \prod_{i=1}^n M_{X_i}(a_i t). \]
Her çarpana normalin moment üreten fonksiyonunu yazalım:
\[ M_{X_i}(a_i t) = e^{\mu_i a_i t + \frac{\sigma_i^2 a_i^2 t^2}{2}}. \]
Üstel fonksiyonların çarpımında üsler toplanır:
\[ M_L(t) = \exp\Big( \Big(\sum_{i=1}^n a_i \mu_i\Big) t + \Big(\sum_{i=1}^n a_i^2 \sigma_i^2\Big) \frac{t^2}{2} \Big). \]
\(a_i\)’lerden en az biri sıfırdan farklı ve her \(\sigma_i^2 > 0\) olduğundan \(\sum a_i^2 \sigma_i^2 > 0\)’dır. Dolayısıyla \(M_L\), ortalaması \(\sum a_i \mu_i\) ve varyansı \(\sum a_i^2 \sigma_i^2\) olan normal dağılımın moment üreten fonksiyonudur; teklik teoremi gereği \(L\) bu dağılıma sahiptir.
Fark için \(n = 2\), \(a_1 = 1\), \(a_2 = -1\) alınır: ortalama \(\mu_1 - \mu_2\), varyans \(1^2 \sigma_1^2 + (-1)^2 \sigma_2^2 = \sigma_1^2 + \sigma_2^2\) olur.
\(\blacksquare\)
Yani ortalamalar katsayılarla birlikte toplanır, ama varyanslar katsayıların kareleriyle toplanır; çünkü \(\operatorname{Var}(aX) = a^2 \operatorname{Var}(X)\)’tir. Bu yüzden iki bağımsız değişkenin farkında bile varyanslar toplanır, asla çıkarılmaz. Çıkarılsaydı, örneğin varyansı küçük bir değişkenden varyansı büyük olanı çıkardığımızda negatif bir varyans bulurduk; bu imkânsızdır. Sezgisel olarak: iki belirsiz büyüklüğün farkı, her birinden daha belirsizdir.
Örnek 5.5 (Üç Normalin Toplamı ve Farkı) \(X \sim N(3, 5)\), \(Y \sim N(2, 4)\) ve \(U \sim N(1, 3)\) bağımsız olsun. \(X + Y - U\) rastgele değişkeninin dağılımını bulunuz.
Çözüm
Sonuç 5.1’i \(a_1 = 1\), \(a_2 = 1\), \(a_3 = -1\) ile uygulayalım. Ortalama
\[ E(X + Y - U) = 3 + 2 - 1 = 4, \]
varyans
\[ \operatorname{Var}(X + Y - U) = 1^2 \cdot 5 + 1^2 \cdot 4 + (-1)^2 \cdot 3 = 12. \]
Buna göre \(X + Y - U \sim N(4, 12)\).
İşaretler yalnız ortalamayı etkiler, varyansı etkilemez. Örneğin \(X - Y + U\) için ortalama \(3 - 2 + 1 = 2\), varyans yine \(5 + 4 + 3 = 12\)’dir: \(X - Y + U \sim N(2, 12)\).
\(\blacksquare\)
Örnek 5.6 (Katsayılı Doğrusal Birleşim) \(X \sim N(3, 5)\), \(Y \sim N(2, 4)\) ve \(U \sim N(1, 3)\) bağımsız olsun. \(3X - 2Y + 5U\) rastgele değişkeninin dağılımını bulunuz.
Çözüm
Katsayılar \(a_1 = 3\), \(a_2 = -2\), \(a_3 = 5\)’tir. Ortalama
\[ 3 \cdot 3 - 2 \cdot 2 + 5 \cdot 1 = 9 - 4 + 5 = 10, \]
varyans ise katsayıların kareleriyle
\[ 3^2 \cdot 5 + (-2)^2 \cdot 4 + 5^2 \cdot 3 = 45 + 16 + 75 = 136. \]
Buna göre \(3X - 2Y + 5U \sim N(10, 136)\).
Aynı yolla \(-X + 2Y - 3U\) için ortalama \(-3 + 4 - 3 = -2\), varyans \(5 + 4 \cdot 4 + 9 \cdot 3 = 48\) bulunur: \(-X + 2Y - 3U \sim N(-2, 48)\).
\(\blacksquare\)
5.4 Standart Normal Dağılım ve Tablo Kullanımı
Normal dağılımla olasılık hesaplamak, yoğunluğun bir aralık üzerindeki integralini almak demektir. Bu integral elemanter fonksiyonlarla yazılamaz; bu yüzden hesap tek bir özel normal dağılıma indirilir ve onun değerleri tablodan okunur.
Ortalaması \(0\), varyansı \(1\) olan \(N(0, 1)\) dağılımına standart normal dağılım denir (Olasılık Teorisi’ndeki tanım); standart normal değişken genellikle \(Z\) ile gösterilir ve yoğunluğu
\[ f(z) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\, e^{-z^2/2}, \qquad z \in \mathbb{R} \]
olur. Her normal değişken standart normale dönüştürülebilir: \(X \sim N(\mu, \sigma^2)\) ise
\[ Z = \frac{X - \mu}{\sigma} \sim N(0, 1) \]
(standartlaştırma teoremi). Bu, yukarıdaki \(Y = cX + d\) dönüşümünde \(c = \frac{1}{\sigma}\) ve \(d = -\frac{\mu}{\sigma}\) alınmasıdır: ortalama \(\frac{\mu}{\sigma} - \frac{\mu}{\sigma} = 0\), varyans \(\frac{\sigma^2}{\sigma^2} = 1\) olur. Ortalama ve varyansı doğrudan da kontrol edebiliriz. \(\mu\) ve \(\sigma\) sabit olduğundan beklenen değerin dışına çıkarlar:
\[ E(Z) = \frac{E(X) - \mu}{\sigma} = \frac{\mu - \mu}{\sigma} = 0, \qquad \operatorname{Var}(Z) = \frac{1}{\sigma^2}\operatorname{Var}(X) = \frac{\sigma^2}{\sigma^2} = 1. \]
Burada paydanın sabit olması önemlidir: payda da rastgele olsaydı, genelde \(E(X/Y) \ne E(X)/E(Y)\) olurdu.
Standartlaştırma bir olasılık hesabını şöyle dönüştürür: \(\sigma > 0\) olduğundan \(a < X < b\) eşitsizliği, her tarafından \(\mu\) çıkarıp \(\sigma\)’ya bölünce yönünü korur ve
\[ P(a < X < b) = P\Big(\frac{a - \mu}{\sigma} < Z < \frac{b - \mu}{\sigma}\Big) \]
olur. Sağdaki olasılık standart normal eğrisinin altındaki bir alandır. Bu alan Taylor serisi ya da Simpson yöntemi gibi sayısal yollarla da hesaplanabilir; ama bir kez hesaplanıp tabloya dökülmüş değerleri kullanmak çok daha pratiktir. Kitabın sonundaki standart normal tablosu, \(z \ge 0\) için \(0\) ile \(z\) arasındaki alanı, yani \(P(0 \le Z \le z)\) olasılığını dört ondalıkla verir. \(Z\) sürekli olduğundan eşitsizliklerin \(<\) ya da \(\le\) olması sonucu değiştirmez.
1. Standartlaştır. Olayı \(X\) cinsinden yazın; sınırlardan \(\mu\) çıkarıp \(\sigma\)’ya bölün ve bulunan \(z\) değerlerini iki ondalığa yuvarlayın.
2. Alanları \(0\)’dan başlat. Eğri \(0\)’a göre simetriktir ve iki yarısının her birinin alanı \(0{,}5\)’tir. Bu yüzden her olasılık \(0\)’dan başlayan alanlarla yazılabilir. \(z > 0\) ve \(a, b \ge 0\) için (üçüncü satırda \(a < b\)):
\[ \begin{aligned} P(Z > z) &= 0{,}5 - P(0 \le Z \le z),\\[1mm] P(-z \le Z \le 0) &= P(0 \le Z \le z),\\[1mm] P(a \le Z \le b) &= P(0 \le Z \le b) - P(0 \le Z \le a),\\[1mm] P(-a \le Z \le b) &= P(0 \le Z \le a) + P(0 \le Z \le b). \end{aligned} \]
3. Tablodan oku. \(z\)’nin tam kısmı ile ilk ondalığı satırı, ikinci ondalığı sütunu belirler; kesişimdeki sayı \(P(0 \le Z \le z)\)’dir.
Her adımda eğriyi kabaca çizip istenen alanı taramak, işaret hatalarını önlemenin en iyi yoludur.
Örnek 5.7 (Tablodan Alan Okumak) \(Z \sim N(0,1)\) için \(P(0 \le Z \le 1{,}25)\) olasılığını standart normal tablosundan bulunuz.
Çözüm
\(z = 1{,}25\)’in tam kısmı ile ilk ondalığı \(1{,}2\), ikinci ondalığı \(0{,}05\)’tir. Tabloda \(1{,}2\) satırı ile \(0{,}05\) sütununun kesişimi okunur:
\[ P(0 \le Z \le 1{,}25) = 0{,}3944. \]
Bu, standart normal eğrisinin altında \(0\) ile \(1{,}25\) arasında kalan alandır.
\(\blacksquare\)
Örnek 5.8 (Standartlaştırarak Olasılık Hesabı) \(X \sim N(3, 4)\) ise \(P(3 < X < 5)\) olasılığını bulunuz.
Çözüm
Parametreler \(\mu = 3\) ve \(\sigma^2 = 4\)’tür; standart sapma \(\sigma = 2\)’dir. Her taraftan \(3\) çıkarıp \(2\)’ye bölelim:
\[ P(3 < X < 5) = P\Big(\frac{3 - 3}{2} < \frac{X - 3}{2} < \frac{5 - 3}{2}\Big) = P(0 < Z < 1). \]
Standart normal tablosunun \(1{,}0\) satırı ile \(0{,}00\) sütunundan
\[ P(3 < X < 5) = P(0 < Z < 1) = 0{,}3413. \]
\(\blacksquare\)
Sıradaki üç örnek aynı veriyi kullanır: üniversiteye giden erkek öğrencilerin ağırlıkları (kg) \(68{,}5\) ortalamalı ve \(2{,}3\) standart sapmalı normal dağılıma sahiptir. \(X\) rastgele seçilen bir öğrencinin ağırlığı olsun; \(X \sim N(68{,}5;\ 2{,}3^2)\). Gerekli standartlaştırmalar:
\[ \frac{72 - 68{,}5}{2{,}3} \approx 1{,}52, \qquad \frac{70 - 68{,}5}{2{,}3} \approx 0{,}65, \qquad \frac{65 - 68{,}5}{2{,}3} \approx -1{,}52. \]
Örnek 5.9 (Ağırlığın 72 Kilogramı Aşması) Öğrenci ağırlıkları \(X \sim N(68{,}5;\ 2{,}3^2)\) ise \(P(X > 72)\) olasılığını bulunuz.
Çözüm
Standartlaştıralım:
\[ P(X > 72) = P\Big(Z > \frac{72 - 68{,}5}{2{,}3}\Big) = P(Z > 1{,}52). \]
Sağ yarının alanı \(0{,}5\)’tir; bundan \(0\) ile \(1{,}52\) arasındaki alanı çıkarırız. Tablodan \(P(0 \le Z \le 1{,}52) = 0{,}4357\) olduğundan
\[ P(X > 72) = 0{,}5 - 0{,}4357 = 0{,}0643. \]
Öğrencilerin yaklaşık %6’sı 72 kilogramdan ağırdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 5.10 (Ağırlığın 70 ile 72 Kilogram Arasında Olması) Öğrenci ağırlıkları \(X \sim N(68{,}5;\ 2{,}3^2)\) ise \(P(70 < X < 72)\) olasılığını bulunuz.
Çözüm
Standartlaştıralım:
\[ P(70 < X < 72) = P\Big(\frac{70 - 68{,}5}{2{,}3} < Z < \frac{72 - 68{,}5}{2{,}3}\Big) = P(0{,}65 < Z < 1{,}52). \]
İki sınır da \(0\)’ın sağında olduğundan büyük alandan küçük alanı çıkarırız. Tablodan \(P(0 \le Z \le 1{,}52) = 0{,}4357\) ve \(P(0 \le Z \le 0{,}65) = 0{,}2422\):
\[ P(70 < X < 72) = 0{,}4357 - 0{,}2422 = 0{,}1935. \]
Öğrencilerin yaklaşık %19’unun ağırlığı 70 ile 72 kilogram arasındadır.
\(\blacksquare\)
Örnek 5.11 (Ağırlığın 65 ile 70 Kilogram Arasında Olması) Öğrenci ağırlıkları \(X \sim N(68{,}5;\ 2{,}3^2)\) ise \(P(65 < X < 70)\) olasılığını bulunuz.
Çözüm
Standartlaştıralım:
\[ P(65 < X < 70) = P\Big(\frac{65 - 68{,}5}{2{,}3} < Z < \frac{70 - 68{,}5}{2{,}3}\Big) = P(-1{,}52 < Z < 0{,}65). \]
Bu kez aralık \(0\)’ı içerir; alanı \(0\)’da ikiye bölüp iki parçayı toplarız. Simetriden sol parçanın alanı \(P(0 < Z < 1{,}52)\)’ye eşit olduğundan
\[ P(65 < X < 70) = 0{,}4357 + 0{,}2422 = 0{,}6779. \]
Öğrencilerin yaklaşık %68’inin ağırlığı 65 ile 70 kilogram arasındadır.
\(\blacksquare\)
5.5 Olasılıktan Değere: Kantiller
Şimdiye kadar bir aralık verip olasılığını bulduk. Uygulamada çoğu zaman soru terstir: “Öğrencilerin en başarılı %5’ine girmek için kaç puan gerekir?” Bu tür sorular, belli bir olasılığı solunda bırakan noktayı bulmayı gerektirir.
Tanım 5.1 (Standart Normal Dağılımın Kantili) \(Z \sim N(0, 1)\) ve \(0 < p < 1\) olsun.
\[ P(Z \le z_p) = p \]
eşitliğini sağlayan \(z_p\) sayısına standart normal dağılımın \(p\) kantili denir.
Yani \(z_p\), standart normal eğrisinin altında solunda \(p\) kadar alan bırakan noktadır. Dağılım fonksiyonu sürekli ve kesin artan olduğundan her \(p\) için böyle tek bir nokta vardır. Eğri \(0\)’a göre simetrik olduğundan \(z_{1-p} = -z_p\)’dir; örneğin \(z_{0{,}05} = -z_{0{,}95}\). Kantil kitap boyunca hep bu biçimde, sol kuyruk alanıyla gösterilecektir.
\(p > 0{,}5\) ise \(P(0 \le Z \le z_p) = p - 0{,}5\) olur; bu yüzden \(z_p\), standart normal tablosunun içinde \(p - 0{,}5\) aranarak bulunur. İki önemli örnek:
- \(z_{0{,}95}\) için tabloda \(0{,}45\) aranır. \(P(0 \le Z \le 1{,}64) = 0{,}4495\) ve \(P(0 \le Z \le 1{,}65) = 0{,}4505\) olduğundan \(0{,}45\) tam ortadadır ve \(z_{0{,}95} = 1{,}645\) alınır.
- \(z_{0{,}975}\) için tabloda \(0{,}4750\) aranır ve tam olarak \(1{,}96\) satır ve sütununda bulunur: \(z_{0{,}975} = 1{,}96\).
Genel bir normal için \(X = \mu + \sigma Z\) yazılabildiğinden, \(X \sim N(\mu, \sigma^2)\)’nin solunda \(p\) alan bırakan nokta \(\mu + \sigma z_p\)’dir.
Örnek 5.12 (Sağ Kuyruğu Yüzde Beş Olan Nokta) \(X \sim N(3, 36)\) olsun. \(P(X > x_0) = 0{,}05\) olduğuna göre \(x_0\) sayısını bulunuz.
Çözüm
\(\mu = 3\) ve \(\sigma = 6\)’dır. Standartlaştıralım:
\[ P(X > x_0) = P\Big(Z > \frac{x_0 - 3}{6}\Big) = 0{,}05. \]
Sağında \(0{,}05\) alan kalan noktanın solunda \(0{,}95\) alan kalır; yani \(\frac{x_0 - 3}{6}\) sayısı \(z_{0{,}95} = 1{,}645\)’tir:
\[ \frac{x_0 - 3}{6} = 1{,}645 \quad \Longrightarrow \quad x_0 = 3 + 6 \cdot 1{,}645 = 12{,}87. \]
\(\blacksquare\)
Örnek 5.13 (Sağında Yüzde Doksan Beş Kalan Nokta) \(X \sim N(3, 36)\) olsun. \(P(X > -x_0) = 0{,}95\) olduğuna göre \(x_0\) sayısını bulunuz.
Çözüm
Standartlaştıralım:
\[ P(X > -x_0) = P\Big(Z > \frac{-x_0 - 3}{6}\Big) = 0{,}95. \]
Sağında \(0{,}95\) alan kalan noktanın solunda \(0{,}05\) alan kalır; bu nokta \(z_{0{,}05} = -z_{0{,}95} = -1{,}645\)’tir. Sağ tarafta bu kadar büyük bir alan kalması için noktanın \(0\)’ın solunda olması gerektiği şekilden de görülür. Buna göre
\[ \frac{-x_0 - 3}{6} = -1{,}645 \quad \Longrightarrow \quad -x_0 - 3 = -9{,}87 \quad \Longrightarrow \quad x_0 = 6{,}87. \]
\(\blacksquare\)
5.6 Normal Dağılımla Hesaplar
Aşağıdaki örneklerde öğrendiğimiz araçları birlikte kullanıyoruz: standartlaştırma, tablo okuma ve bağımsız normallerin birleşimleri.
Önce bir kitle problemi. Bir olayın olasılığı \(p\) ise, \(n\) kişilik bir toplulukta bu olayın gerçekleştiği kişi sayısı \(\operatorname{Binom}(n, p)\) dağılımlıdır ve beklenen değeri \(np\)’dir (binomun beklenen değeri). “Kaç kişi?” sorusuna bu beklenen sayı ile yanıt veririz.
Örnek 5.15 (Boyu 175 Santimetreden Uzun Öğrenciler) \(500\) öğrencinin boy uzunlukları (cm) \(N(167, 81)\) dağılımına sahiptir. Boyu \(175\) cm’den uzun olan öğrenci sayısını bulunuz.
Çözüm
\(X\) rastgele seçilen bir öğrencinin boyu olsun; \(\mu = 167\), \(\sigma = 9\). Standartlaştıralım; \(\frac{175 - 167}{9} = \frac{8}{9} \approx 0{,}89\):
\[ P(X > 175) = P(Z > 0{,}89) = 0{,}5 - 0{,}3133 = 0{,}1867. \]
Beklenen öğrenci sayısı \(500 \cdot 0{,}1867 = 93{,}35\)’tir; yaklaşık \(93\) öğrencinin boyu \(175\) cm’den uzundur.
\(\blacksquare\)
Örnek 5.16 (Boyu En Çok 160 Santimetre Olan Öğrenciler) \(500\) öğrencinin boy uzunlukları (cm) \(N(167, 81)\) dağılımına sahiptir. Boyu \(160\) cm’ye eşit ya da daha kısa olan öğrenci sayısını bulunuz.
Çözüm
\(\mu = 167\), \(\sigma = 9\) ve \(\frac{160 - 167}{9} = -\frac{7}{9} \approx -0{,}78\)’dir:
\[ P(X \le 160) = P(Z \le -0{,}78). \]
Simetriden sol kuyruk, sağdaki eşi \(P(Z \ge 0{,}78)\)’e eşittir:
\[ P(Z \le -0{,}78) = 0{,}5 - 0{,}2823 = 0{,}2177. \]
Beklenen sayı \(500 \cdot 0{,}2177 = 108{,}85\)’tir; yaklaşık \(109\) öğrencinin boyu \(160\) cm ya da daha kısadır.
\(\blacksquare\)
Örnek 5.17 (Boyu 162 ile 170 Santimetre Arasında Olan Öğrenciler) \(500\) öğrencinin boy uzunlukları (cm) \(N(167, 81)\) dağılımına sahiptir. Boyu \(162\) ile \(170\) cm arasında (uçlar dâhil) olan öğrenci sayısını bulunuz.
Çözüm
\(\mu = 167\), \(\sigma = 9\). Sınırlar \(\frac{162 - 167}{9} = -\frac{5}{9} \approx -0{,}56\) ve \(\frac{170 - 167}{9} = \frac{1}{3} \approx 0{,}33\)’tür. Aralık \(0\)’ı içerdiğinden iki alan toplanır:
\[ P(162 \le X \le 170) = P(-0{,}56 \le Z \le 0{,}33) = 0{,}2123 + 0{,}1293 = 0{,}3416. \]
Beklenen sayı \(500 \cdot 0{,}3416 = 170{,}8\)’dir; yaklaşık \(171\) öğrencinin boyu \(162\) ile \(170\) cm arasındadır.
\(\blacksquare\)
Sıradaki üç örnekte \(X\) ve \(Y\) bağımsız, sırasıyla \(10\) ve \(15\) ortalamalı, \(3\) ve \(4\) standart sapmalı normal değişkenlerdir: \(X \sim N(10, 9)\), \(Y \sim N(15, 16)\). Sonuç 5.1 gereği
\[ X + Y \sim N(25, 25), \qquad X - Y \sim N(-5, 25), \qquad Y - X \sim N(5, 25); \]
üçünün de standart sapması \(\sqrt{25} = 5\)’tir.
Örnek 5.18 (Toplamın Ortalamayı Aşması) \(X \sim N(10, 9)\) ile \(Y \sim N(15, 16)\) bağımsız ise \(P(X + Y > 25)\) olasılığını bulunuz.
Çözüm
\(X + Y \sim N(25, 25)\) olduğundan
\[ P(X + Y > 25) = P\Big(Z > \frac{25 - 25}{5}\Big) = P(Z > 0) = 0{,}5. \]
Bu, simetriden beklenen sonuçtur: normal bir değişkenin ortalamasını aşma olasılığı \(0{,}5\)’tir.
\(\blacksquare\)
Örnek 5.19 (Toplamın Bir Aralıkta Olması) \(X \sim N(10, 9)\) ile \(Y \sim N(15, 16)\) bağımsız ise \(P(10 < X + Y < 30)\) olasılığını bulunuz.
Çözüm
\(X + Y \sim N(25, 25)\); standartlaştıralım:
\[ P(10 < X + Y < 30) = P\Big(\frac{10 - 25}{5} < Z < \frac{30 - 25}{5}\Big) = P(-3 < Z < 1). \]
Aralık \(0\)’ı içerir; tablodan \(P(0 \le Z \le 3) = 0{,}4987\) ve \(P(0 \le Z \le 1) = 0{,}3413\):
\[ P(10 < X + Y < 30) = 0{,}4987 + 0{,}3413 = 0{,}8400. \]
\(\blacksquare\)
Örnek 5.20 (Farkın Olasılığı) \(X \sim N(10, 9)\) ile \(Y \sim N(15, 16)\) bağımsız ise \(P(X - Y \le -5)\) olasılığını bulunuz.
Çözüm
Sonuç 5.1 gereği fark için ortalamalar çıkarılır, varyanslar toplanır:
\[ X - Y \sim N(10 - 15,\ 9 + 16) = N(-5, 25). \]
Standartlaştırma her zaman olduğu gibi “değişken eksi kendi beklenen değeri, bölü kendi standart sapması” biçimindedir:
\[ P(X - Y \le -5) = P\Big(\frac{X - Y - (-5)}{5} \le \frac{-5 - (-5)}{5}\Big) = P(Z \le 0) = 0{,}5. \]
\(\blacksquare\)
5.7 Binom Dağılımına Normal Yaklaşım
Binom olasılıkları \(n\) büyüdükçe elle hesaplanamaz hâle gelir: \(500\) denemede “\(275\)’ten fazla başarı” olasılığı, iki yüz yirmi beş ayrı terimin toplamıdır. Neyse ki \(n\) büyüdükçe binom dağılımının çubuk grafiği bir çan eğrisine benzer ve olasılıklar normal dağılımla yaklaşık hesaplanabilir.
\(X \sim \operatorname{Binom}(n, p)\) ve \(q = 1 - p\) olsun. Hatırlatalım (Olasılık Teorisi’ndeki tanım):
\[ P(X = x) = \binom{n}{x} p^x q^{n-x}, \quad x = 0, 1, \ldots, n; \qquad E(X) = np, \quad \operatorname{Var}(X) = npq. \]
Binomu yaklaşık olarak temsil edecek normal dağılım, aynı ortalama ve varyansa sahip olan \(N(np, npq)\) dağılımıdır.
Teorem 5.1 (De Moivre-Laplace Teoremi) \(0 < p < 1\) sabit, \(q = 1 - p\) ve her \(n\) için \(X_n \sim \operatorname{Binom}(n, p)\) olsun. \(Z \sim N(0,1)\) ise her \(a < b\) için
\[ \lim_{n \to \infty} P\Big(a \le \frac{X_n - np}{\sqrt{npq}} \le b\Big) = P(a \le Z \le b). \]
Yani \(n\) büyükken \(X_n\), \(N(np, npq)\) dağılımlı bir değişken gibi davranır. \(X_n\), başarı olasılığı \(p\) olan \(n\) bağımsız Bernoulli değişkeninin toplamı olduğundan bu teorem merkezi limit teoreminin özel bir hâlidir; ispatını Yakınsama ve Merkezi Limit Teoremi bölümünde genel teoremle birlikte vereceğiz.
Yaklaşımın ne kadar iyi olduğu \(n\)’ye ve \(p\)’ye bağlıdır. \(p = \frac{1}{2}\) iken binom dağılımı simetriktir ve çan eğrisine çok çabuk benzer. \(p\), \(0\)’a ya da \(1\)’e yaklaştıkça dağılım çarpıklaşır ve iyi bir yaklaşım için daha büyük \(n\) gerekir. Uygulamada yaygın kural şudur: \(np \ge 5\) ve \(nq \ge 5\) ise normal yaklaşım kullanılabilir. \(n\) büyük ama \(p\) çok küçükse, yani \(np\) küçük kalıyorsa, Poisson yaklaşımı daha uygundur.
Süreklilik Düzeltmesi
Binom değişkeni yalnız tam sayı değerleri alır ve her tam sayıya pozitif bir olasılık verir. Normal değişken ise süreklidir ve tek bir noktaya sıfır olasılık verir. Bu iki dünyayı birleştirmenin yolu, her \(P(X = x)\) olasılığını genişliği \(1\) olan bir dikdörtgenin alanı olarak düşünmektir: \(x - \frac{1}{2}\) ile \(x + \frac{1}{2}\) arasında duran ve yüksekliği \(P(X = x)\) olan dikdörtgen. Binom olasılıkları noktalardaki yüksekliklerdir; normal yaklaşımda ise olasılıklar alanlarla ölçülür.
Tanım 5.2 (Süreklilik Düzeltmesi) \(X \sim \operatorname{Binom}(n, p)\) ve \(Y \sim N(np, npq)\) olsun. Binom olasılığını normal yaklaşımla hesaplarken her \(x\) tam sayısını \(\big[x - \frac{1}{2},\ x + \frac{1}{2}\big]\) aralığıyla değiştirmeye süreklilik düzeltmesi denir. Örneğin
\[ P(X = x) \approx P\big(x - 0{,}5 \le Y \le x + 0{,}5\big). \]
Yani istenen tam sayıların dikdörtgenlerinin kapladığı aralığın tamamı alınır. \(a\)’dan \(b\)’ye kadar (uçlar dâhil) olan tam sayıların dikdörtgenleri \(a - 0{,}5\) ile \(b + 0{,}5\) arasını kaplar. Katı eşitsizlikte uçtaki tam sayı olaya dâhil değildir; örneğin \(X > x\) olayı \(X \ge x + 1\) demektir ve bu değerlerin dikdörtgenleri \(x + 0{,}5\)’ten başlar. Bütün durumlar:
| Binom olasılığı | Süreklilik düzeltmeli normal yaklaşım |
|---|---|
| \(P(X = x)\) | \(P(x - 0{,}5 \le Y \le x + 0{,}5)\) |
| \(P(X \le x)\) | \(P(Y \le x + 0{,}5)\) |
| \(P(X < x)\) | \(P(Y \le x - 0{,}5)\) |
| \(P(X \ge x)\) | \(P(Y \ge x - 0{,}5)\) |
| \(P(X > x)\) | \(P(Y \ge x + 0{,}5)\) |
| \(P(a \le X \le b)\) | \(P(a - 0{,}5 \le Y \le b + 0{,}5)\) |
| \(P(a < X \le b)\) | \(P(a + 0{,}5 \le Y \le b + 0{,}5)\) |
| \(P(a \le X < b)\) | \(P(a - 0{,}5 \le Y \le b - 0{,}5)\) |
| \(P(a < X < b)\) | \(P(a + 0{,}5 \le Y \le b - 0{,}5)\) |
Tabloyu ezberlemeye gerek yoktur: hangi tam sayıların olaya dâhil olduğunu yazıp dikdörtgenlerinin kapladığı aralığı almak yeter. \(Y\) sürekli olduğundan sağ sütunda \(<\) ile \(\le\) arasında fark yoktur. Düzeltmenin etkisi \(\frac{0{,}5}{\sqrt{npq}}\) kadardır; \(n\) küçük ya da orta büyüklükteyken (kabaca \(n < 50\)) sonucu belirgin biçimde iyileştirir, \(n\) çok büyükken etkisi azalır. \(np \ge 5\) ve \(nq \ge 5\) koşulu sağlandığında düzeltme yaklaşımı hemen her zaman iyileştirir; çarpık dağılımların uç kuyruklarında ise bir garanti vermez.
Örnek 5.21 (On İki Atışta Tura Sayısı) Bir para \(12\) kez atılıyor. Tura sayısının dağılımını yazıp \(4\) ile \(6\) arasında (uçlar dâhil) tura gelme olasılığını tam olarak hesaplayınız.
Çözüm
\(X\) gelen tura sayısı olsun. Atışlar bağımsız ve her atışta tura olasılığı \(\frac{1}{2}\) olduğundan \(X \sim \operatorname{Binom}\big(12, \frac{1}{2}\big)\):
\[ f(x) = \binom{12}{x}\Big(\frac{1}{2}\Big)^x \Big(\frac{1}{2}\Big)^{12 - x} = \binom{12}{x}\frac{1}{4096}, \qquad x = 0, 1, \ldots, 12. \]
\(\binom{12}{4} = 495\), \(\binom{12}{5} = 792\) ve \(\binom{12}{6} = 924\) olduğundan
\[ P(4 \le X \le 6) = f(4) + f(5) + f(6) = \frac{495 + 792 + 924}{4096} = \frac{2211}{4096} \approx 0{,}5398. \]
\(\blacksquare\)
Örnek 5.22 (On İki Atışta Normal Yaklaşım) Bir para \(12\) kez atılıyor. \(4\) ile \(6\) arasında (uçlar dâhil) tura gelme olasılığını binom dağılımına normal yaklaşım yaparak bulunuz.
Çözüm
\(X \sim \operatorname{Binom}\big(12, \frac{1}{2}\big)\) için
\[ \mu = np = 12 \cdot \frac{1}{2} = 6, \qquad \sigma^2 = npq = 12 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = 3, \qquad \sigma = \sqrt{3} \approx 1{,}732. \]
\(Y \sim N(6, 3)\) alalım. Aşağıdaki şekilde her binom olasılığı genişliği \(1\) olan bir dikdörtgen olarak çizilmiş, üstlerine \(N(6, 3)\) eğrisi geçirilmiştir. \(4\), \(5\) ve \(6\)’nın dikdörtgenleri \(3{,}5\) ile \(6{,}5\) arasını kaplar; bu dikdörtgenlerin toplam alanı, eğrinin altında aynı aralıkta kalan alana yakındır.
Süreklilik düzeltmesiyle:
\[ \begin{aligned} P(4 \le X \le 6) &\approx P(3{,}5 \le Y \le 6{,}5)\\[1mm] &= P\Big(\frac{3{,}5 - 6}{\sqrt 3} \le Z \le \frac{6{,}5 - 6}{\sqrt 3}\Big)\\[1mm] &= P(-1{,}44 \le Z \le 0{,}29). \end{aligned} \]
Aralık \(0\)’ı içerir; tablodan \(P(0 \le Z \le 1{,}44) = 0{,}4251\) ve \(P(0 \le Z \le 0{,}29) = 0{,}1141\):
\[ P(4 \le X \le 6) \approx 0{,}4251 + 0{,}1141 = 0{,}5392. \]
Bu değer, önceki örnekte bulunan kesin olasılık \(0{,}5398\)’e çok yakındır. Süreklilik düzeltmesini unutup \(P(4 \le Y \le 6)\) hesaplasaydık \(P(-1{,}15 \le Z \le 0) = 0{,}3749\) bulurduk; uçlardaki iki yarım dikdörtgeni kaybetmek büyük bir hata yaratır.
\(\blacksquare\)
Sıradaki iki örnekte bir üniversitenin öğrencilerinin %50’si kızdır ve rastgele \(30\) öğrenci seçilir. Öğrenci sayısı çok büyük olduğundan seçimler bağımsız sayılabilir; seçilenler arasındaki kız sayısı \(X \sim \operatorname{Binom}\big(30, \frac{1}{2}\big)\) olur. \(np = nq = 15 \ge 5\) olduğundan normal yaklaşım uygundur:
\[ \mu = 15, \qquad \sigma^2 = 30 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = 7{,}5, \qquad \sigma \approx 2{,}739. \]
Örnek 5.23 (En Az On Dokuz Kız Öğrenci) Öğrencilerin %50’si kız olan bir üniversiteden rastgele \(30\) öğrenci seçiliyor. En az \(19\)’unun kız olma olasılığını normal yaklaşımla bulunuz.
Çözüm
\(X \sim \operatorname{Binom}\big(30, \frac{1}{2}\big)\) ve \(Y \sim N(15;\ 7{,}5)\). Tam hesap \(\sum_{x=19}^{30} \binom{30}{x}\big(\frac{1}{2}\big)^{30}\) toplamını gerektirir. \(X \ge 19\) olayına dâhil olan dikdörtgenler \(18{,}5\)’ten başlar:
\[ P(X \ge 19) \approx P(Y \ge 18{,}5) = P\Big(Z \ge \frac{18{,}5 - 15}{2{,}739}\Big) = P(Z \ge 1{,}28). \]
Tablodan \(P(0 \le Z \le 1{,}28) = 0{,}3997\) olduğundan
\[ P(X \ge 19) \approx 0{,}5 - 0{,}3997 = 0{,}1003. \]
Binom dağılımıyla doğrudan hesaplanan değer \(0{,}1002\)’dir.
\(\blacksquare\)
Örnek 5.24 (Kız Öğrenci Sayısının On Bir ile On Dokuz Arasında Olması) Öğrencilerin %50’si kız olan bir üniversiteden rastgele \(30\) öğrenci seçiliyor. Kız öğrenci sayısının \(11\) ile \(19\) arasında (uçlar dâhil) olma olasılığını normal yaklaşımla bulunuz.
Çözüm
\(X \sim \operatorname{Binom}\big(30, \frac{1}{2}\big)\) ve \(Y \sim N(15;\ 7{,}5)\). \(11, 12, \ldots, 19\) değerlerinin dikdörtgenleri \(10{,}5\) ile \(19{,}5\) arasını kaplar:
\[ \begin{aligned} P(11 \le X \le 19) &\approx P(10{,}5 \le Y \le 19{,}5)\\[1mm] &= P\Big(\frac{10{,}5 - 15}{2{,}739} \le Z \le \frac{19{,}5 - 15}{2{,}739}\Big)\\[1mm] &= P(-1{,}64 \le Z \le 1{,}64). \end{aligned} \]
Aralık \(0\)’a göre simetrik olduğundan
\[ P(11 \le X \le 19) \approx 2 \cdot 0{,}4495 = 0{,}8990. \]
Binom dağılımıyla doğrudan hesaplanan değer \(0{,}9013\)’tür.
\(\blacksquare\)
Örnek 5.25 (Kadın Alıcıların Sayısı) Yeni bir arabanın tasarımı, satılan arabaların %60’ının kadınlar tarafından alınacağı varsayımıyla yapılmıştır. Rastgele seçilen \(500\) alıcıdan \(275\)’ten fazlasının kadın olma olasılığı nedir?
Çözüm
\(X\) seçilen alıcılar arasındaki kadın sayısı olsun: \(X \sim \operatorname{Binom}(500;\ 0{,}6)\). Parametreler
\[ \mu = 500 \cdot 0{,}6 = 300, \qquad \sigma^2 = 500 \cdot 0{,}6 \cdot 0{,}4 = 120, \qquad \sigma \approx 10{,}954. \]
\(np = 300\) ve \(nq = 200\) çok büyük olduğundan normal yaklaşım çok iyidir; \(Y \sim N(300, 120)\) alalım. \(X > 275\) olayı \(X \ge 276\) demektir ve bu değerlerin dikdörtgenleri \(275{,}5\)’ten başlar:
\[ P(X > 275) \approx P(Y \ge 275{,}5) = P\Big(Z \ge \frac{275{,}5 - 300}{10{,}954}\Big) = P(Z \ge -2{,}24). \]
Bu alan, sağ yarı ile \(-2{,}24\) ile \(0\) arasındaki alanın toplamıdır:
\[ P(X > 275) \approx 0{,}5 + 0{,}4875 = 0{,}9875. \]
Binom dağılımıyla doğrudan hesaplanan değer \(0{,}9870\)’tir.
\(\blacksquare\)
Son iki örnek, kuralın sınırında kalan bir durumu gösterir. Bir işletme yeni kurduğu bir bölüme başka birimlerden eleman aktaracaktır. \(20\) gönüllü aday vardır; her adayın bu bölüme geçme olasılığı \(0{,}8\)’dir ve kararlar birbirinden bağımsız verilir. Bölüme geçen aday sayısı \(X \sim \operatorname{Binom}(20;\ 0{,}8)\) olur.
Örnek 5.26 (Bölüme Geçen Aday Sayısı: Kesin Hesap) Her biri birbirinden bağımsız olarak \(0{,}8\) olasılıkla yeni bölüme geçen \(20\) gönüllü aday vardır. \(16\) ile \(18\) arasında (uçlar dâhil) adayın bölüme geçme olasılığını binom dağılımıyla bulunuz.
Çözüm
\(X \sim \operatorname{Binom}(20;\ 0{,}8)\) olduğundan
\[ P(16 \le X \le 18) = \sum_{x=16}^{18} \binom{20}{x} (0{,}8)^x (0{,}2)^{20 - x}. \]
Terimleri tek tek hesaplayalım:
\[ \begin{aligned} P(X = 16) &= \binom{20}{16}(0{,}8)^{16}(0{,}2)^4 = 4845\,(0{,}8)^{16}(0{,}2)^4 \approx 0{,}2182,\\[1mm] P(X = 17) &= \binom{20}{17}(0{,}8)^{17}(0{,}2)^3 = 1140\,(0{,}8)^{17}(0{,}2)^3 \approx 0{,}2054,\\[1mm] P(X = 18) &= \binom{20}{18}(0{,}8)^{18}(0{,}2)^2 = 190\,(0{,}8)^{18}(0{,}2)^2 \approx 0{,}1369. \end{aligned} \]
Toplam:
\[ P(16 \le X \le 18) \approx 0{,}2182 + 0{,}2054 + 0{,}1369 = 0{,}5605. \]
\(\blacksquare\)
Örnek 5.27 (Bölüme Geçen Aday Sayısı: Normal Yaklaşım) Her biri birbirinden bağımsız olarak \(0{,}8\) olasılıkla yeni bölüme geçen \(20\) gönüllü aday vardır. \(16\) ile \(18\) arasında (uçlar dâhil) adayın bölüme geçme olasılığını süreklilik düzeltmeli normal yaklaşımla bulunuz ve kesin değerle karşılaştırınız.
Çözüm
\(X \sim \operatorname{Binom}(20;\ 0{,}8)\) için
\[ \mu = 20 \cdot 0{,}8 = 16, \qquad \sigma^2 = 20 \cdot 0{,}8 \cdot 0{,}2 = 3{,}2, \qquad \sigma \approx 1{,}789. \]
\(Y \sim N(16;\ 3{,}2)\) alalım. \(16, 17, 18\) değerlerinin dikdörtgenleri \(15{,}5\) ile \(18{,}5\) arasını kaplar:
\[ \begin{aligned} P(16 \le X \le 18) &\approx P(15{,}5 \le Y \le 18{,}5)\\[1mm] &= P\Big(\frac{15{,}5 - 16}{1{,}789} \le Z \le \frac{18{,}5 - 16}{1{,}789}\Big)\\[1mm] &= P(-0{,}28 \le Z \le 1{,}40). \end{aligned} \]
Tablodan \(P(0 \le Z \le 0{,}28) = 0{,}1103\) ve \(P(0 \le Z \le 1{,}40) = 0{,}4192\):
\[ P(16 \le X \le 18) \approx 0{,}1103 + 0{,}4192 = 0{,}5295. \]
Kesin değer \(0{,}5605\) olduğundan yaklaşımın hatası yaklaşık \(0{,}03\)’tür; önceki örneklerdekinden çok daha büyüktür. Nedeni, \(nq = 20 \cdot 0{,}2 = 4 < 5\) olması: \(p = 0{,}8\) için binom dağılımı sola çarpıktır ve \(n = 20\) simetrik çan eğrisine yaklaşmak için yeterince büyük değildir. Böyle durumlarda kesin binom hesabı tercih edilmelidir.
\(\blacksquare\)
Normal dağılımı, standartlaştırmayı ve binoma normal yaklaşımı gördük. Normal dağılımın asıl önemi bir sonraki kısımda ortaya çıkacak: örneklem ortalamalarının dağılımı, büyük örneklemlerde yaklaşık olarak normaldir. Bu yolculuğa İstatistiğe Giriş bölümünde, istatistiğin temel kavramlarıyla başlıyoruz.