4 Önemli Sürekli Dağılımlar
Kesikli bir rastgele değişkenin değerleri çoğunlukla sayarak elde edilir: kusurlu ürün sayısı, gelen müşteri sayısı, başarıya kadar yapılan deneme sayısı. Gözlenen değer bir ölçümün sonucu olduğunda ise durum değişir. Bir ampulün ömrü, bir parçanın uzunluğu, bir hanenin geliri bir ölçü aletiyle okunur ve ilke olarak bir aralıktaki her değeri alabilir. Bu tür büyüklükleri sürekli dağılımlarla modelleriz.
Poisson ve kesikli düzgün dağılımlarla kesikli aileleri tamamladık. Bu bölümde uygulamada en sık karşılaşılan sürekli aileleri tanıyacağız: sürekli düzgün, gamma, üstel, beta, Weibull, Cauchy ve log-normal. Normal dağılım öyle merkezi bir yer tutar ki ona ayrı bir bölüm ayırdık. Her aile için aynı soruları soracağız: yoğunluk nedir, beklenen değer ve varyans nedir, moment üreten fonksiyon var mıdır, aile başka ailelere nasıl bağlanır? Gamma ve beta dağılımlarını kurmak için önce aynı adı taşıyan iki özel fonksiyona ihtiyacımız olacak.
4.1 Sürekli Düzgün Dağılım
En basit sürekli dağılımla başlayalım. \(a < b\) olmak üzere yoğunluğu \((a,b)\) aralığında sabit, dışında sıfır olan \(X\) rastgele değişkenine sürekli düzgün dağılımlı denir ve \(X \sim U(a,b)\) yazılır. Yoğunluğun toplam alanı \(1\) olmak zorunda olduğundan bu sabit \(\frac{1}{b-a}\)’dır:
\[f(x) = \frac{1}{b-a}, \qquad a \le x \le b.\]
Bu dağılım Olasılık Teorisi’nde tanımlandı. Uç noktaları aralığa katıp katmamak hiçbir olasılığı değiştirmez, çünkü sürekli bir değişkende tek bir noktanın olasılığı sıfırdır. Aynı yerde ispatlanan sonuçlar şunlardır:
\[E(X) = \frac{a+b}{2}, \qquad E(X^2) = \frac{a^2+ab+b^2}{3}, \qquad \operatorname{Var}(X) = \frac{(b-a)^2}{12}\]
ve \(t \ne 0\) için
\[M_X(t) = \frac{e^{tb}-e^{ta}}{t\,(b-a)}, \qquad M_X(0) = 1.\]
Yani beklenen değer aralığın orta noktasıdır ve varyans yalnızca aralığın uzunluğuna bağlıdır. Aralık nerede durursa dursun, uzunluğu aynıysa yayılım da aynıdır. Bir alt aralığın olasılığı da yalnızca uzunluğuyla belirlenir: \(a \le c < d \le b\) için \(P(c < X < d) = \frac{d-c}{b-a}\).
Örnek 4.1 (Bekleme Süresinin Bir Aralığa Düşmesi) Durağa gelen bir yolcunun otobüsü bekleme süresi \(X\) (dakika), \(U(2,8)\) dağılımlıdır. Yolcunun \(3\) ile \(6\) dakika arasında bekleme olasılığını bulunuz.
Çözüm
Yoğunluk \(2 \le x \le 8\) için \(f(x) = \frac{1}{8-2} = \frac{1}{6}\), diğer yerlerde \(0\)’dır. İstenen olasılık yoğunluğun \(3\) ile \(6\) arasındaki integralidir:
\[P(3 < X < 6) = \int_3^6 \frac{1}{6}\,dx = \frac{6-3}{6} = \frac{1}{2}.\]
Geometrik olarak bu, tabanı \(3\), yüksekliği \(\frac{1}{6}\) olan dikdörtgenin alanıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.2 (Bekleme Süresinin Ortalaması ve Varyansı) Bekleme süresi \(X \sim U(2,8)\) olsun. \(E(X)\), \(E(X^2)\) ve \(\operatorname{Var}(X)\) değerlerini bulunuz.
Çözüm
\(a = 2\), \(b = 8\) alınırsa
\[E(X) = \frac{2+8}{2} = 5, \qquad E(X^2) = \frac{2^2 + 2 \cdot 8 + 8^2}{3} = \frac{84}{3} = 28.\]
Varyans hesap formülüyle
\[\operatorname{Var}(X) = E(X^2) - \big(E(X)\big)^2 = 28 - 25 = 3\]
bulunur. Bu, \(\frac{(8-2)^2}{12} = \frac{36}{12} = 3\) formülüyle de uyuşur. Standart sapma \(\sqrt{3} \approx 1{,}732\) dakikadır.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.3 (Ortalamadan Bir Standart Sapma Uzaklık) Bekleme süresi \(X \sim U(2,8)\) olsun. \(X\)’in ortalamasına bir standart sapmadan daha yakın olma olasılığını, yani \(P\big(|X - \mu| < \sigma\big)\) değerini bulunuz.
Çözüm
Önceki örnekte \(\mu = 5\) ve \(\sigma = \sqrt{3}\) bulduk. \(|X - 5| < \sqrt{3}\) olayı \(5 - \sqrt{3} < X < 5 + \sqrt{3}\) demektir. Bu aralık \([2,8]\)’in içindedir, çünkü \(\sqrt{3} < 3\). Uzunluğu \(2\sqrt{3}\) olduğundan
\[P\big(|X - 5| < \sqrt{3}\big) = \frac{2\sqrt{3}}{6} = \frac{\sqrt{3}}{3} \approx 0{,}5774.\]
Düzgün dağılımda değerlerin yaklaşık %58’i ortalamanın bir standart sapma yakınındadır. Bu oran \(a\) ve \(b\)’ye bağlı değildir, çünkü aralık uzunluğu \(2\sigma = \frac{b-a}{\sqrt{3}}\) her zaman toplam uzunluğun \(\frac{1}{\sqrt{3}}\) katıdır.
\(\blacksquare\)
4.2 Gamma Fonksiyonu
Gamma dağılımının yoğunluğunda faktöriyelin reel sayılara genişletilmiş bir hâli görünür. Bu genişletme bir integralle yapılır.
Tanım 4.1 (Gamma Fonksiyonu) \(p > 0\) için
\[\Gamma(p) = \int_0^\infty x^{p-1} e^{-x}\,dx\]
ile tanımlanan fonksiyona gamma fonksiyonu denir.
Yani \(\Gamma(p)\), \(x^{p-1}e^{-x}\) fonksiyonunun pozitif yarı eksen üzerindeki alanıdır. Önce bu alanın sonlu olduğunu görelim. İntegrali \(1\) noktasında ikiye ayıralım. \(0 < x \le 1\) için \(e^{-x} \le 1\) olduğundan
\[\int_0^1 x^{p-1} e^{-x}\,dx \le \int_0^1 x^{p-1}\,dx = \frac{1}{p} < \infty;\]
burada \(p > 0\) koşulu kullanıldı. \(x \ge 1\) için \(x^{p-1}e^{-x/2}\) fonksiyonu sürekli ve \(x \to \infty\) iken \(0\)’a gider; dolayısıyla bir \(K\) sabitiyle sınırlıdır. Buradan \(x^{p-1}e^{-x} \le K e^{-x/2}\) olur ve \(\int_1^\infty K e^{-x/2}\,dx = 2Ke^{-1/2}\) sonlu olduğundan ikinci parça da yakınsar.
Teorem 4.1 (Gamma Fonksiyonunun Özellikleri) (a) Her \(p > 0\) için \(\Gamma(p+1) = p\,\Gamma(p)\).
(b) \(\Gamma(1) = 0! = 1\) ve her \(n \in \mathbb{Z}^+\) için \(\Gamma(n) = (n-1)!\).
(c) Her \(p > 0\) için
\[\Gamma(p) = 2\int_0^\infty v^{2p-1} e^{-v^2}\,dv.\]
(d) \(\Gamma\!\left(\frac{1}{2}\right) = \sqrt{\pi}\).
(e) Her \(p > 0\) ve \(\lambda > 0\) için
\[\int_0^\infty x^{p-1} e^{-\lambda x}\,dx = \frac{\Gamma(p)}{\lambda^p}.\]
İspat
(a) Kısmi integrasyonda \(u = x^p\) ve \(dv = e^{-x}\,dx\) alalım; \(du = p\,x^{p-1}\,dx\) ve \(v = -e^{-x}\) olur:
\[\Gamma(p+1) = \int_0^\infty x^p e^{-x}\,dx = \Big[-x^p e^{-x}\Big]_0^\infty + p\int_0^\infty x^{p-1}e^{-x}\,dx.\]
Sınır terimi sıfırdır: \(x \to \infty\) iken üstel azalma her kuvveti yener ve \(x^p e^{-x} \to 0\); \(x = 0\)’da ise \(p > 0\) olduğundan \(x^p = 0\)’dır. Geriye \(p\,\Gamma(p)\) kalır.
(b) Tanımdan
\[\Gamma(1) = \int_0^\infty e^{-x}\,dx = \Big[-e^{-x}\Big]_0^\infty = 1.\]
(a) şıkkını art arda uygularsak \(n \ge 2\) için
\[\begin{aligned} \Gamma(n) &= (n-1)\Gamma(n-1) = (n-1)(n-2)\Gamma(n-2) = \cdots \\[1mm] &= (n-1)(n-2)\cdots 1 \cdot \Gamma(1) = (n-1)! \end{aligned}\]
bulunur; \(n = 1\) için eşitlik \(\Gamma(1) = 1 = 0!\) demektir.
(c) Tanımdaki integralde \(x = v^2\) (\(v > 0\)) dönüşümünü yapalım. \(dx = 2v\,dv\) ve \(x^{p-1} = v^{2p-2}\) olur; \(x\), \(0\)’dan \(\infty\)’a giderken \(v\) de \(0\)’dan \(\infty\)’a gider:
\[\Gamma(p) = \int_0^\infty v^{2p-2} e^{-v^2}\, 2v\,dv = 2\int_0^\infty v^{2p-1}e^{-v^2}\,dv.\]
(d) (c) şıkkında \(p = \frac{1}{2}\) alınırsa \(v^{2p-1} = v^0 = 1\) olur ve \(\Gamma\big(\frac{1}{2}\big) = 2\int_0^\infty e^{-v^2}\,dv\) bulunur. Olasılık Teorisi’nde Gauss integrali hesaplandı:
\[\int_{-\infty}^{\infty} e^{-z^2/2}\,dz = \sqrt{2\pi}.\]
Burada \(z = \sqrt{2}\,v\) yazalım; \(dz = \sqrt{2}\,dv\) olur ve \(\sqrt{2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-v^2}\,dv = \sqrt{2\pi}\), yani \(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-v^2}\,dv = \sqrt{\pi}\) elde edilir. \(e^{-v^2}\) çift fonksiyon olduğundan \(2\int_0^\infty e^{-v^2}\,dv\) de \(\sqrt{\pi}\)’ye eşittir. Böylece \(\Gamma\big(\frac{1}{2}\big) = \sqrt{\pi}\).
(e) \(t = \lambda x\) dönüşümüyle \(x = \frac{t}{\lambda}\), \(dx = \frac{dt}{\lambda}\) olur ve sınırlar değişmez:
\[\int_0^\infty x^{p-1}e^{-\lambda x}\,dx = \int_0^\infty \frac{t^{p-1}}{\lambda^{p-1}}\,e^{-t}\,\frac{dt}{\lambda} = \frac{1}{\lambda^p}\int_0^\infty t^{p-1}e^{-t}\,dt = \frac{\Gamma(p)}{\lambda^p}.\]
\(\blacksquare\)
(a) özelliği \(p > 1\) için \(\Gamma(p) = (p-1)\,\Gamma(p-1)\) biçiminde de yazılır. (b) özelliği gamma fonksiyonunun faktöriyeli genişlettiğini söyler: \(\Gamma(n) = (n-1)!\) eşitliği tam sayılarda geçerlidir, \(\Gamma(p)\) ise her pozitif reel \(p\) için tanımlıdır. (e) özelliği ise pratikte en çok kullanılandır: \(x^{p-1}e^{-\lambda x}\) biçimindeki her integral, hiç integral almadan gamma fonksiyonuyla yazılır.
Örnek 4.4 (Gamma Fonksiyonunun Değerleri) \(\Gamma(5)\), \(\Gamma\big(\frac{5}{2}\big)\) ve \(\Gamma\big(\frac{7}{2}\big)\) değerlerini hesaplayınız.
Çözüm
\(5\) bir tam sayı olduğundan Teorem 4.1 (b) ile \(\Gamma(5) = 4! = 24\).
Yarım tam sayılarda (a) özelliğini \(\Gamma\big(\frac{1}{2}\big) = \sqrt{\pi}\)’ye varana kadar uygularız:
\[\Gamma\!\left(\frac{5}{2}\right) = \frac{3}{2}\,\Gamma\!\left(\frac{3}{2}\right) = \frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}\,\Gamma\!\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{3\sqrt{\pi}}{4} \approx 1{,}3293.\]
Bir adım daha:
\[\Gamma\!\left(\frac{7}{2}\right) = \frac{5}{2}\,\Gamma\!\left(\frac{5}{2}\right) = \frac{5}{2}\cdot\frac{3\sqrt{\pi}}{4} = \frac{15\sqrt{\pi}}{8} \approx 3{,}3234.\]
Aşağıdaki grafikte gamma fonksiyonunun tam sayılarda faktöriyel değerlerinden geçtiği görülüyor.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.5 (Gamma Fonksiyonuyla İntegral Hesabı) \(\displaystyle\int_0^\infty x^3 e^{-2x}\,dx\) integralini hesaplayınız.
Çözüm
İntegrand \(x^{p-1}e^{-\lambda x}\) biçimindedir: \(p - 1 = 3\), yani \(p = 4\) ve \(\lambda = 2\). Teorem 4.1 (e) ile
\[\int_0^\infty x^3 e^{-2x}\,dx = \frac{\Gamma(4)}{2^4} = \frac{3!}{16} = \frac{6}{16} = \frac{3}{8}.\]
Aynı sonuç üç kez kısmi integrasyonla da bulunur, ama gamma fonksiyonu bu işi tek satıra indirir.
\(\blacksquare\)
4.3 Gamma Dağılımı
Gamma fonksiyonunun integrandı negatif olmayan ve alanı \(\Gamma(p)\) olan bir fonksiyondur. Onu \(\Gamma(p)\)’ye bölersek bir yoğunluk elde ederiz. Bir ölçek parametresi de ekleyince bekleme sürelerini, toplam hizmet sürelerini ve pozitif değerli pek çok büyüklüğü modelleyen esnek bir aile ortaya çıkar.
Tanım 4.2 (Gamma Dağılımı) \(r > 0\) ve \(\alpha > 0\) olsun. Olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[f(x) = \begin{cases} \dfrac{\alpha}{\Gamma(r)}\,(\alpha x)^{r-1} e^{-\alpha x}, & x > 0 \\[3mm] 0, & x \le 0 \end{cases}\]
olan \(X\) rastgele değişkenine \(r\) ve \(\alpha\) parametreli gamma dağılımına sahiptir denir ve \(X \sim \operatorname{Gamma}(r,\alpha)\) yazılır.
Yani gamma dağılımlı bir değişken yalnız pozitif değerler alır. \(r\) eğrinin biçimini, \(\alpha\) ise ölçeğini belirler. \(f\) gerçekten bir yoğunluktur: negatif değildir ve Teorem 4.1 (e) ile (\(p = r\), \(\lambda = \alpha\))
\[\int_0^\infty \frac{\alpha^r}{\Gamma(r)}\,x^{r-1}e^{-\alpha x}\,dx = \frac{\alpha^r}{\Gamma(r)}\cdot\frac{\Gamma(r)}{\alpha^r} = 1.\]
Aşağıdaki şekil parametrelerin rolünü gösteriyor. \(r \le 1\) iken yoğunluk sıfırdan itibaren azalır; \(r > 1\) iken sıfırdan başlar, bir tepe yapar ve sönümlenir. \(\alpha\) büyüdükçe kütle sıfıra yaklaşır.
Gamma dağılımının bütün momentleri tek bir formülden gelir. Formül yalnız tam sayı mertebeler için değil, her reel \(s > -r\) için geçerlidir; bu genellik aşağıda Weibull dağılımında işimize yarayacak.
Teorem 4.2 (Gamma Dağılımının Momentleri) \(X \sim \operatorname{Gamma}(r,\alpha)\) olsun. Her reel \(s > -r\) için
\[E(X^s) = \frac{\Gamma(r+s)}{\Gamma(r)\,\alpha^s}.\]
Özel olarak
\[E(X) = \frac{r}{\alpha}, \qquad \operatorname{Var}(X) = \frac{r}{\alpha^2}.\]
İspat
Beklenen değerin tanımından
\[E(X^s) = \int_0^\infty x^s\,\frac{\alpha}{\Gamma(r)}\,(\alpha x)^{r-1}e^{-\alpha x}\,dx.\]
\(t = \alpha x\) dönüşümünü yapalım: \(x = \frac{t}{\alpha}\), \(dx = \frac{dt}{\alpha}\) ve \(\alpha x = t\) olur. Böylece
\[\begin{aligned} E(X^s) &= \int_0^\infty \frac{t^s}{\alpha^s}\,\frac{\alpha}{\Gamma(r)}\,t^{r-1}e^{-t}\,\frac{dt}{\alpha} \\[1mm] &= \frac{1}{\alpha^s\,\Gamma(r)}\int_0^\infty t^{r+s-1}e^{-t}\,dt = \frac{\Gamma(r+s)}{\Gamma(r)\,\alpha^s}. \end{aligned}\]
Son integral, \(r + s > 0\) olduğundan gamma fonksiyonunun tanımındaki integraldir ve sonludur.
\(s = 1\) alınırsa ve \(\Gamma(r+1) = r\,\Gamma(r)\) kullanılırsa
\[E(X) = \frac{\Gamma(r+1)}{\Gamma(r)\,\alpha} = \frac{r\,\Gamma(r)}{\Gamma(r)\,\alpha} = \frac{r}{\alpha}.\]
\(s = 2\) için \(\Gamma(r+2) = (r+1)\,r\,\Gamma(r)\) olduğundan \(E(X^2) = \frac{r(r+1)}{\alpha^2}\) bulunur. Varyans hesap formülüyle
\[\operatorname{Var}(X) = \frac{r(r+1)}{\alpha^2} - \frac{r^2}{\alpha^2} = \frac{r^2 + r - r^2}{\alpha^2} = \frac{r}{\alpha^2}.\]
\(\blacksquare\)
Teorem 4.3 (Gamma Dağılımının Moment Üreten Fonksiyonu) \(X \sim \operatorname{Gamma}(r,\alpha)\) ise \(X\)’in moment üreten fonksiyonu \(t < \alpha\) için vardır ve
\[M_X(t) = \left(\frac{\alpha}{\alpha - t}\right)^r, \qquad \alpha - t > 0.\]
İspat
Tanımdan
\[M_X(t) = E\big(e^{tX}\big) = \int_0^\infty e^{tx}\,\frac{\alpha^r}{\Gamma(r)}\,x^{r-1}e^{-\alpha x}\,dx = \frac{\alpha^r}{\Gamma(r)}\int_0^\infty x^{r-1}e^{-(\alpha - t)x}\,dx.\]
\(\alpha - t > 0\) ise Teorem 4.1 (e) şıkkı \(p = r\) ve \(\lambda = \alpha - t\) ile uygulanır:
\[M_X(t) = \frac{\alpha^r}{\Gamma(r)}\cdot\frac{\Gamma(r)}{(\alpha - t)^r} = \left(\frac{\alpha}{\alpha - t}\right)^r.\]
\(t \ge \alpha\) ise \(x > 0\) için \(e^{-(\alpha-t)x} \ge 1\) olur; integrand \(x^{r-1}\)’den küçük olmaz ve \(\int_1^\infty x^{r-1}\,dx\) ıraksak olduğundan integral de ıraksar. Demek ki \(E(e^{tX})\) tam olarak \(t < \alpha\) için sonludur. Bu aralık \(0\)’ın bir komşuluğunu içerdiğinden moment üreten fonksiyon vardır.
\(\blacksquare\)
Moment üreten fonksiyondan momentler de okunabilir: \(M_X'(t) = r\,\alpha^r(\alpha - t)^{-r-1}\) olduğundan \(M_X'(0) = \frac{r}{\alpha}\) bulunur. Bu, Teorem 4.2 ile uyuşur. Moment üreten fonksiyon dağılımı tek türlü belirlediği için (Olasılık Teorisi’ndeki teklik teoremi), \(\left(\frac{\alpha}{\alpha-t}\right)^r\) biçiminde bir moment üreten fonksiyon gören her değişkenin gamma dağılımlı olduğunu söyleyebiliriz.
Örnek 4.6 (Moment Üreten Fonksiyondan Gamma Dağılımını Tanımak) \(X\)’in moment üreten fonksiyonu \(t < \frac{1}{3}\) için \(M_X(t) = (1 - 3t)^{-4}\) olsun. \(X\)’in dağılımını, beklenen değerini ve varyansını bulunuz.
Çözüm
Payı ve paydayı \(3\)’e bölelim:
\[\frac{1}{1 - 3t} = \frac{1/3}{1/3 - t}, \qquad M_X(t) = \left(\frac{1/3}{1/3 - t}\right)^4.\]
Bu, Teorem 4.3’deki biçimdir; \(r = 4\) ve \(\alpha = \frac{1}{3}\). Teklik teoremi gereği \(X \sim \operatorname{Gamma}\big(4, \frac{1}{3}\big)\)’tür. Teorem 4.2 ile
\[E(X) = \frac{r}{\alpha} = \frac{4}{1/3} = 12, \qquad \operatorname{Var}(X) = \frac{r}{\alpha^2} = \frac{4}{1/9} = 36.\]
Doğrudan türevle sağlama: \(M_X'(t) = 12(1-3t)^{-5}\) ve \(M_X''(t) = 180(1-3t)^{-6}\) olduğundan \(E(X) = 12\), \(E(X^2) = 180\) ve \(\operatorname{Var}(X) = 180 - 144 = 36\).
\(\blacksquare\)
4.4 Üstel Dağılım
Gamma dağılımında \(r = 1\) alalım. \(\Gamma(1) = 1\) ve \((\alpha x)^0 = 1\) olduğundan yoğunluk sadeleşir:
\[f(x) = \begin{cases} \alpha e^{-\alpha x}, & x > 0 \\ 0, & \text{diğer durumlarda.} \end{cases}\]
Bu, üstel dağılımdır ve \(X \sim \operatorname{Üstel}(\alpha)\) yazılır; yani \(\operatorname{Üstel}(\alpha) = \operatorname{Gamma}(1,\alpha)\). Dağılım Olasılık Teorisi’nde tanımlandı; orada oran parametresi \(\lambda\) ile gösterilmişti, burada gamma ailesiyle uyum için \(\alpha\) yazıyoruz. Gamma dağılımı için bulduklarımızda \(r = 1\) koymak yeter:
\[M_X(t) = \frac{\alpha}{\alpha - t} \;\; (\alpha - t > 0), \qquad E(X) = \frac{1}{\alpha}, \qquad \operatorname{Var}(X) = \frac{1}{\alpha^2}.\]
Yani ortalama bekleme süresi \(\frac{1}{\alpha}\)’dır; \(\alpha\) büyüdükçe bekleme kısalır. Dağılım fonksiyonu \(x > 0\) için \(F(x) = 1 - e^{-\alpha x}\), kuyruğu ise \(P(X > x) = e^{-\alpha x}\)’tir.
Üstel dağılım, geometrik dağılım gibi belleksizlik (hafızasızlık) özelliğine sahiptir: \(s > t\) için
\[P(X > s \mid X > t) = P(X > s - t).\]
Gerçekten \(s > t\) olduğundan \((X > s) \subseteq (X > t)\)’dir ve koşullu olasılığın tanımıyla
\[\begin{aligned} P(X > s \mid X > t) &= \frac{P(X > s,\, X > t)}{P(X > t)} = \frac{P(X > s)}{P(X > t)} \\[1mm] &= \frac{e^{-\alpha s}}{e^{-\alpha t}} = e^{-\alpha(s-t)} = P(X > s - t). \end{aligned}\]
Yani \(t\) süre boyunca bozulmamış bir parça, kalan ömrü bakımından yepyeni bir parçadan farksızdır; geçmiş, gelecek hakkında bilgi taşımaz. Bu özelliğe sahip tek sürekli dağılımın üstel dağılım olduğu Olasılık Teorisi’nde ispatlandı.
Örnek 4.7 (Ampulün Ömrü) Bir ampulün ömrü \(X\) (saat) üstel dağılımlıdır ve ortalama ömür \(1000\) saattir. Ampulün \(1500\) saatten uzun yanma olasılığını bulunuz.
Çözüm
\(E(X) = \frac{1}{\alpha} = 1000\) olduğundan \(\alpha = 0{,}001\)’dir. Kuyruk formülüyle
\[P(X > 1500) = e^{-0{,}001 \cdot 1500} = e^{-1{,}5} \approx 0{,}2231.\]
Ampullerin yaklaşık %22’si \(1500\) saati aşar.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.8 (Bin Saat Yanmış Ampul) Bir ampulün ömrü \(X\) (saat), ortalaması \(1000\) saat olan üstel dağılıma sahiptir. \(1000\) saattir yanan bir ampulün toplamda \(2500\) saati doldurma olasılığını bulunuz.
Çözüm
İstenen \(P(X > 2500 \mid X > 1000)\) olasılığıdır. Belleksizlik özelliği \(s = 2500\), \(t = 1000\) ile
\[P(X > 2500 \mid X > 1000) = P(X > 1500) = e^{-1{,}5} \approx 0{,}2231\]
verir. Doğrudan hesap da aynı sonucu verir:
\[\frac{P(X > 2500)}{P(X > 1000)} = \frac{e^{-2{,}5}}{e^{-1}} = e^{-1{,}5}.\]
\(1000\) saat yanmış ampulün \(1500\) saat daha yanma olasılığı, yeni bir ampulün \(1500\) saat yanma olasılığıyla aynıdır. Üstel model, ampulün “yaşlanmadığını” varsayar.
\(\blacksquare\)
Bağımsız Üstel ve Gamma Değişkenlerinin Toplamı
Gamma dağılımının en önemli yorumu toplamlardan gelir. Bir tamircinin art arda iki arızayı gidermesi için geçen toplam süreyi ya da bir santrale üçüncü çağrının gelmesine kadar geçen süreyi düşünelim. Bunlar bağımsız üstel sürelerin toplamıdır. Moment üreten fonksiyon bu toplamların dağılımını kolayca verir.
Teorem 4.4 (Bağımsız Gamma Değişkenlerinin Toplamı) \(X_1, \ldots, X_n\) bağımsız ve \(X_i \sim \operatorname{Gamma}(r_i, \alpha)\) olsun; ölçek parametresi \(\alpha\) hepsinde aynıdır. O zaman
\[Y = X_1 + \cdots + X_n \sim \operatorname{Gamma}(r_1 + \cdots + r_n,\, \alpha).\]
Özel olarak \(X_1, \ldots, X_n\) bağımsız ve her biri \(\operatorname{Üstel}(\alpha)\) ise \(Y \sim \operatorname{Gamma}(n,\alpha)\)’dır.
İspat
\(t < \alpha\) olsun. \(X_1, \ldots, X_n\) bağımsız olduğundan \(e^{tX_1}, \ldots, e^{tX_n}\) de bağımsızdır ve bağımsız değişkenlerin çarpımının beklenen değeri beklenen değerlerin çarpımıdır (\(n\) çarpana tümevarımla geçilir). Buna göre
\[M_Y(t) = E\big(e^{tX_1}\cdots e^{tX_n}\big) = E\big(e^{tX_1}\big)\cdots E\big(e^{tX_n}\big) = M_{X_1}(t)\cdots M_{X_n}(t).\]
Teorem 4.3 her çarpanı verir:
\[M_Y(t) = \left(\frac{\alpha}{\alpha-t}\right)^{r_1}\cdots\left(\frac{\alpha}{\alpha-t}\right)^{r_n} = \left(\frac{\alpha}{\alpha-t}\right)^{r_1 + \cdots + r_n}.\]
Bu, \(\operatorname{Gamma}(r_1 + \cdots + r_n, \alpha)\) dağılımının moment üreten fonksiyonudur ve \(0\)’ın \((-\alpha, \alpha)\) komşuluğunda sonludur. Teklik teoremi gereği \(Y\) bu dağılıma sahiptir. Üstel durum, \(\operatorname{Üstel}(\alpha) = \operatorname{Gamma}(1,\alpha)\) olduğundan her \(r_i = 1\) alınarak elde edilir: \(r_1 + \cdots + r_n = n\).
\(\blacksquare\)
Yani tam sayı \(r\) için \(\operatorname{Gamma}(r,\alpha)\), oranı \(\alpha\) olan bir olaylar dizisinde \(r\). olayın gerçekleşmesine kadar geçen süredir. Ortalamanın \(\frac{r}{\alpha}\) çıkması da bu yoruma uyar: her biri ortalama \(\frac{1}{\alpha}\) süren \(r\) bekleyiş art arda eklenir.
Örnek 4.9 (İki Arızanın Toplam Onarım Süresi) Bir tamircinin bir arızayı gidermesi için geçen süre (saat) ortalaması \(2\) saat olan üstel dağılıma sahiptir. Tamirci birbirinden bağımsız iki arızayı art arda gideriyor. Toplam sürenin \(4\) saati aşma olasılığını bulunuz.
Çözüm
Her onarım süresi \(\operatorname{Üstel}(\alpha)\) dağılımlıdır ve \(\frac{1}{\alpha} = 2\) olduğundan \(\alpha = \frac{1}{2}\)’dir. Teorem 4.4 gereği toplam süre \(T \sim \operatorname{Gamma}\big(2, \frac{1}{2}\big)\)’dir. \(\Gamma(2) = 1\) olduğundan yoğunluk \(x > 0\) için
\[f(x) = \frac{1/2}{\Gamma(2)}\left(\frac{x}{2}\right)^{2-1}e^{-x/2} = \frac{x}{4}\,e^{-x/2}.\]
Kısmi integrasyonla (\(u = x\), \(dv = e^{-x/2}\,dx\), \(v = -2e^{-x/2}\))
\[\int x\,e^{-x/2}\,dx = -2x\,e^{-x/2} + 2\int e^{-x/2}\,dx = -2x\,e^{-x/2} - 4e^{-x/2}.\]
\(x \to \infty\) iken bu ifade \(0\)’a gider. Öyleyse
\[\begin{aligned} P(T > 4) &= \frac{1}{4}\Big[-2x\,e^{-x/2} - 4e^{-x/2}\Big]_4^\infty \\[1mm] &= \frac{1}{4}\big(0 + 8e^{-2} + 4e^{-2}\big) = 3e^{-2} \approx 0{,}4060. \end{aligned}\]
Karşılaştırma için tek bir onarımın \(4\) saati aşma olasılığı \(e^{-4/2} = e^{-2} \approx 0{,}1353\)’tür. Toplam sürenin ortalaması \(E(T) = \frac{2}{1/2} = 4\) saat, varyansı \(\operatorname{Var}(T) = \frac{2}{1/4} = 8\)’dir.
\(\blacksquare\)
Gamma ailesinin bir başka önemli üyesi, istatistikte sürekli karşımıza çıkacak olan ki-kare dağılımıdır. Onu Örneklem Dağılımları bölümünde tanıyacağız.
4.5 Beta Fonksiyonu ve Beta Dağılımı
Gamma dağılımı pozitif yarı eksende yaşar. Değerleri \((0,1)\) aralığına sıkışmış büyüklükler için, örneğin bir oran, bir yüzde ya da bir olasılık için, benzer esneklikte bir aileye ihtiyaç vardır. Bu aile beta fonksiyonundan doğar.
Tanım 4.3 (Beta Fonksiyonu) \(u > 0\) ve \(v > 0\) için
\[B(u,v) = \int_0^1 x^{u-1}(1-x)^{v-1}\,dx\]
ile tanımlanan fonksiyona beta fonksiyonu denir.
Yani \(B(u,v)\), \((0,1)\) üzerinde \(x^{u-1}(1-x)^{v-1}\) fonksiyonunun altındaki alandır. \(u\) ya da \(v\) \(1\)’den küçükse integrand uç noktalarda sınırsızdır, ama integral yine de sonludur. \(0 < x \le \frac{1}{2}\) için \((1-x)^{v-1}\) çarpanı \(1\) ile \(2^{1-v}\) arasında kalır, dolayısıyla sınırlıdır; \(\int_0^{1/2} x^{u-1}\,dx\) ise \(u > 0\) olduğundan sonludur. \(\frac{1}{2} \le x < 1\) yarısında roller değişir. \(x\) yerine \(1-x\) yazarak \(B(u,v) = B(v,u)\) simetrisi de hemen görülür.
Beta fonksiyonunu doğrudan hesaplamak zordur. Neyse ki gamma fonksiyonuna bağlanır.
Teorem 4.5 (Beta ve Gamma Fonksiyonlarının İlişkisi) Her \(u > 0\) ve \(v > 0\) için
\[B(u,v) = \frac{\Gamma(u)\,\Gamma(v)}{\Gamma(u+v)}.\]
İspat
Tanımdan iki gamma integralini çarpalım. İntegrandlar negatif olmadığından çarpım tek bir iki katlı integral olarak yazılabilir:
\[\Gamma(u)\,\Gamma(v) = \int_0^\infty\!\!\int_0^\infty x^{u-1}y^{v-1}e^{-(x+y)}\,dx\,dy.\]
\((0,\infty)^2\) bölgesinde \(x = sw\), \(y = s(1-w)\) değişken değiştirmesini yapalım; burada \(s = x + y > 0\) ve \(w = \frac{x}{x+y} \in (0,1)\)’dir. Bu dönüşüm \((0,\infty) \times (0,1)\) şeridini \((0,\infty)^2\) çeyreğine birebir götürür. Jacobian
\[\frac{\partial(x,y)}{\partial(s,w)} = \det\begin{bmatrix} w & s \\ 1-w & -s \end{bmatrix} = -sw - s(1-w) = -s\]
olduğundan \(dx\,dy = s\,ds\,dw\) olur. Ayrıca \(x + y = s\) ve
\[x^{u-1}y^{v-1} = s^{u+v-2}\,w^{u-1}(1-w)^{v-1}\]
olduğundan integral iki ayrı integralin çarpımına ayrılır:
\[\begin{aligned} \Gamma(u)\,\Gamma(v) &= \int_0^\infty\!\!\int_0^1 s^{u+v-1}e^{-s}\,w^{u-1}(1-w)^{v-1}\,dw\,ds \\[1mm] &= \int_0^\infty s^{u+v-1}e^{-s}\,ds \cdot \int_0^1 w^{u-1}(1-w)^{v-1}\,dw \\[1mm] &= \Gamma(u+v)\,B(u,v). \end{aligned}\]
\(\Gamma(u+v) > 0\) olduğundan iki yanı ona bölmek istenen eşitliği verir.
\(\blacksquare\)
Örneğin
\[B(2,3) = \frac{\Gamma(2)\,\Gamma(3)}{\Gamma(5)} = \frac{1! \cdot 2!}{4!} = \frac{2}{24} = \frac{1}{12}.\]
Doğrudan hesap da aynı sonucu verir: \(\int_0^1 x(1-x)^2\,dx = \frac{1}{2} - \frac{2}{3} + \frac{1}{4} = \frac{1}{12}\).
Tanım 4.4 (Beta Dağılımı) \(\alpha > 0\) ve \(\beta > 0\) olsun. Olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{B(\alpha,\beta)}\,x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}, & 0 < x < 1 \\[3mm] 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
olan \(X\) rastgele değişkenine \(\alpha\) ve \(\beta\) parametreli beta dağılımına sahiptir denir ve \(X \sim \operatorname{Beta}(\alpha,\beta)\) yazılır.
Yani beta dağılımlı bir değişken \((0,1)\) aralığında değer alır. \(f\)’nin integralinin \(1\) olması doğrudan beta fonksiyonunun tanımından gelir. \(\alpha = \beta = 1\) için yoğunluk sabit \(1\) olur, yani \(\operatorname{Beta}(1,1) = U(0,1)\)’dir. Parametreler değiştikçe beta ailesi \((0,1)\) üzerinde neredeyse her biçimi alabilir: simetrik tümsek, U biçimi, sola ya da sağa yığılmış eğriler.
Teorem 4.6 (Beta Dağılımının Momentleri) \(X \sim \operatorname{Beta}(\alpha,\beta)\) olsun. Her \(n \in \mathbb{Z}^+\) için
\[E(X^n) = \frac{B(\alpha+n,\beta)}{B(\alpha,\beta)} = \frac{\Gamma(\alpha+n)\,\Gamma(\alpha+\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta+n)\,\Gamma(\alpha)}.\]
Özel olarak
\[E(X) = \frac{\alpha}{\alpha+\beta}, \qquad \operatorname{Var}(X) = \frac{\alpha\beta}{(\alpha+\beta)^2(\alpha+\beta+1)}.\]
İspat
Tanımdan
\[E(X^n) = \frac{1}{B(\alpha,\beta)}\int_0^1 x^{\alpha+n-1}(1-x)^{\beta-1}\,dx = \frac{B(\alpha+n,\beta)}{B(\alpha,\beta)},\]
çünkü son integral \(u = \alpha + n\), \(v = \beta\) için beta fonksiyonudur. Teorem 4.5 her iki beta değerine uygulanırsa \(\Gamma(\beta)\) sadeleşir:
\[\frac{B(\alpha+n,\beta)}{B(\alpha,\beta)} = \frac{\Gamma(\alpha+n)\,\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta+n)}\cdot\frac{\Gamma(\alpha+\beta)}{\Gamma(\alpha)\,\Gamma(\beta)} = \frac{\Gamma(\alpha+n)\,\Gamma(\alpha+\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta+n)\,\Gamma(\alpha)}.\]
\(n = 1\) için \(\Gamma(\alpha+1) = \alpha\,\Gamma(\alpha)\) ve \(\Gamma(\alpha+\beta+1) = (\alpha+\beta)\,\Gamma(\alpha+\beta)\) olduğundan \(E(X) = \frac{\alpha}{\alpha+\beta}\). \(n = 2\) için aynı özellik iki kez uygulanır:
\[E(X^2) = \frac{\alpha(\alpha+1)}{(\alpha+\beta)(\alpha+\beta+1)}.\]
Varyans hesap formülüyle, ortak payda \((\alpha+\beta)^2(\alpha+\beta+1)\) alınarak
\[\begin{aligned} \operatorname{Var}(X) &= \frac{\alpha(\alpha+1)}{(\alpha+\beta)(\alpha+\beta+1)} - \frac{\alpha^2}{(\alpha+\beta)^2} \\[1mm] &= \frac{\alpha\big[(\alpha+1)(\alpha+\beta) - \alpha(\alpha+\beta+1)\big]}{(\alpha+\beta)^2(\alpha+\beta+1)} = \frac{\alpha\beta}{(\alpha+\beta)^2(\alpha+\beta+1)}; \end{aligned}\]
Son adımda köşeli parantezin içi sadeleşti:
\[\alpha^2 + \alpha\beta + \alpha + \beta - \alpha^2 - \alpha\beta - \alpha = \beta.\]
\(\blacksquare\)
Yani beklenen değer \(\alpha\)’nın toplam \(\alpha + \beta\) içindeki payıdır. \(\alpha\) ile \(\beta\) aynı oranda büyütülürse ortalama değişmez ama varyans küçülür: dağılım ortalamanın çevresinde toplanır.
Örnek 4.10 (Meşgul Olma Oranının Yarıyı Aşmaması) Bir makinenin bir gün içinde meşgul olduğu zaman oranı \(X\), \(\operatorname{Beta}(2,3)\) dağılımına sahiptir. Makinenin günün yarısından azında meşgul olma olasılığını bulunuz.
Çözüm
Yukarıda \(B(2,3) = \frac{1}{12}\) bulduk; dolayısıyla \(0 < x < 1\) için yoğunluk
\[f(x) = 12\,x(1-x)^2 = 12\big(x - 2x^2 + x^3\big)\]
olur. İstenen olasılık
\[\begin{aligned} P\!\left(X < \tfrac{1}{2}\right) &= 12\left[\frac{x^2}{2} - \frac{2x^3}{3} + \frac{x^4}{4}\right]_0^{1/2} = 12\left(\frac{1}{8} - \frac{1}{12} + \frac{1}{64}\right) \\[1mm] &= 12\cdot\frac{24 - 16 + 3}{192} = \frac{12 \cdot 11}{192} = \frac{11}{16}. \end{aligned}\]
\(\blacksquare\)
Örnek 4.11 (Meşgul Olma Oranının Ortalaması ve Varyansı) Bir makinenin bir gün içinde meşgul olduğu zaman oranı \(X \sim \operatorname{Beta}(2,3)\) olsun. \(E(X)\) ve \(\operatorname{Var}(X)\) değerlerini bulunuz.
Çözüm
Teorem 4.6 ile \(\alpha = 2\), \(\beta = 3\) için
\[E(X) = \frac{2}{2+3} = \frac{2}{5}, \qquad \operatorname{Var}(X) = \frac{2 \cdot 3}{5^2 \cdot 6} = \frac{6}{150} = \frac{1}{25}.\]
Makine ortalamada günün %40’ında meşguldür ve standart sapma \(\frac{1}{5} = 0{,}2\)’dir. Sağlama olarak \(E(X^2) = \frac{2 \cdot 3}{5 \cdot 6} = \frac{1}{5}\) ve \(\frac{1}{5} - \frac{4}{25} = \frac{1}{25}\).
\(\blacksquare\)
Beta ile gamma dağılımları arasında fonksiyonlarınkine benzer bir bağ vardır. Aynı ölçekli iki bağımsız gamma değişkeninden birinin toplamdaki payı beta dağılımlıdır.
Teorem 4.7 (Gamma Değişkenlerinin Oranı Beta Dağılımlıdır) \(X \sim \operatorname{Gamma}(r,\alpha)\) ve \(Y \sim \operatorname{Gamma}(k,\alpha)\) bağımsız olsun. O zaman
\[U = \frac{X}{X+Y} \sim \operatorname{Beta}(r,k).\]
Üstelik \(U\), \(V = X + Y \sim \operatorname{Gamma}(r+k,\alpha)\) değişkeninden bağımsızdır.
İspat
\(X\) ve \(Y\) bağımsız olduğundan ortak yoğunlukları marjinallerin çarpımıdır. \(D = (0,\infty)^2\) açık kümesinde
\[f_{X,Y}(x,y) = \frac{\alpha^r}{\Gamma(r)}\,x^{r-1}e^{-\alpha x}\cdot\frac{\alpha^k}{\Gamma(k)}\,y^{k-1}e^{-\alpha y}\]
olur, dışında sıfırdır. \(u = \frac{x}{x+y}\), \(v = x + y\) dönüşümü \(D\)’yi \(E = (0,1) \times (0,\infty)\) kümesine birebir götürür. Tersi \(x = uv\), \(y = v(1-u)\)’dur ve Jacobian’ı
\[J = \det\begin{bmatrix} v & u \\ -v & 1-u \end{bmatrix} = v(1-u) + uv = v\]
olup \(E\) üzerinde sıfırdan farklıdır. Jacobian dönüşüm teoremi gereği \((u,v) \in E\) için
\[\begin{aligned} f_{U,V}(u,v) &= f_{X,Y}\big(uv,\, v(1-u)\big)\,|J| \\[1mm] &= \frac{\alpha^{r+k}}{\Gamma(r)\,\Gamma(k)}\,(uv)^{r-1}\big(v(1-u)\big)^{k-1}e^{-\alpha uv - \alpha v(1-u)}\,v \\[1mm] &= \frac{\alpha^{r+k}}{\Gamma(r)\,\Gamma(k)}\,u^{r-1}(1-u)^{k-1}\,v^{r+k-1}e^{-\alpha v}. \end{aligned}\]
Teorem 4.5 ile \(\Gamma(r)\,\Gamma(k) = B(r,k)\,\Gamma(r+k)\) yazarsak ortak yoğunluk iki çarpana ayrılır:
\[f_{U,V}(u,v) = \frac{u^{r-1}(1-u)^{k-1}}{B(r,k)} \cdot \frac{\alpha^{r+k}\,v^{r+k-1}e^{-\alpha v}}{\Gamma(r+k)}.\]
Birinci çarpan \(\operatorname{Beta}(r,k)\) yoğunluğu, ikincisi \(\operatorname{Gamma}(r+k,\alpha)\) yoğunluğudur ve her birinin integrali \(1\)’dir. \(v\) üzerinden integral alınırsa \(U\)’nun marjinal yoğunluğu birinci çarpan, \(u\) üzerinden integral alınırsa \(V\)’nin marjinal yoğunluğu ikinci çarpan çıkar. Ortak yoğunluk marjinallerin çarpımı olduğundan \(U\) ile \(V\) bağımsızdır.
\(\blacksquare\)
Örneğin \(X\) ve \(Y\) bağımsız \(\operatorname{Üstel}(\alpha)\) ise \(\frac{X}{X+Y} \sim \operatorname{Beta}(1,1) = U(0,1)\)’dir: iki bağımsız üstel bekleyişin toplamı içinde birincinin payı düzgün dağılır ve \(\alpha\)’ya hiç bağlı değildir.
4.6 Weibull Dağılımı
Ömür ve güvenilirlik çalışmalarında en sık kullanılan üç dağılım üstel, gamma ve Weibull dağılımlarıdır. Üstel dağılımın tek parametresi yalnız ölçeği belirler ve dağılım yaşlanmayı hiç tanımaz. Weibull dağılımı, üstel değişkeni bir kuvvetle dönüştürerek bu kısıtı kaldırır.
Tanım 4.5 (Weibull Dağılımı) \(X \sim \operatorname{Üstel}(\alpha)\) ve \(\gamma > 0\) olsun. \(Y = X^{1/\gamma}\) ile tanımlanan \(Y\) rastgele değişkenine \(\alpha\) ve \(\gamma\) parametreli Weibull dağılımına sahiptir denir ve \(Y \sim \operatorname{Weibull}(\alpha,\gamma)\) yazılır.
Yani Weibull değişkeni, üstel bir değişkenin \(\gamma\). kökünü almakla elde edilir. \(\gamma = 1\) için \(Y = X\) olur ve üstel dağılım geri gelir.
Teorem 4.8 (Weibull Dağılımının Yoğunluğu) \(Y \sim \operatorname{Weibull}(\alpha,\gamma)\) ise \(y > 0\) için
\[F_Y(y) = 1 - e^{-\alpha y^\gamma}, \qquad f(y) = \gamma\,\alpha\,y^{\gamma-1}e^{-\alpha y^\gamma},\]
\(y \le 0\) için \(F_Y(y) = 0\) ve \(f(y) = 0\)’dır.
Aşağıdaki şekil \(\gamma\)’nın rolünü gösteriyor: \(\gamma\) yoğunluğun biçimini, \(\alpha\) ise ölçeğini belirler.
İspat
\(X > 0\) olasılığı \(1\) olduğundan \(Y = X^{1/\gamma} > 0\)’dır; \(y \le 0\) için \(F_Y(y) = 0\). \(y > 0\) olsun. \(t \mapsto t^\gamma\) fonksiyonu pozitif sayılarda kesin artan olduğundan \(X^{1/\gamma} \le y\) ile \(X \le y^\gamma\) aynı olaydır. Öyleyse
\[\begin{aligned} F_Y(y) &= P\big(X^{1/\gamma} \le y\big) = P\big(X \le y^\gamma\big) \\[1mm] &= \int_0^{y^\gamma}\alpha e^{-\alpha x}\,dx = \Big[-e^{-\alpha x}\Big]_0^{y^\gamma} = 1 - e^{-\alpha y^\gamma}. \end{aligned}\]
Bu fonksiyon \(y > 0\) için türevlenebilirdir; zincir kuralıyla yoğunluk
\[f(y) = \frac{d}{dy}F_Y(y) = e^{-\alpha y^\gamma}\cdot\alpha\gamma\,y^{\gamma-1} = \gamma\,\alpha\,y^{\gamma-1}e^{-\alpha y^\gamma}\]
olur.
\(\blacksquare\)
Yoğunluğun kuyruğa oranı \(\frac{f(y)}{P(Y > y)} = \gamma\,\alpha\,y^{\gamma-1}\)’dir. Bu oran, \(y\) anına kadar sağlam kalmış bir parçanın hemen ardından bozulma eğilimini ölçer. \(\gamma < 1\) ise oran zamanla azalır: parça dayandıkça daha güvenilir hâle gelir, ilk dönem arızaları böyledir. \(\gamma = 1\) ise oran sabittir; bu, üstel dağılımın belleksizliğidir. \(\gamma > 1\) ise oran artar; parça yaşlandıkça yıpranır. Weibull dağılımının güvenilirlik analizinde bu kadar yaygın olmasının nedeni bu esnekliktir.
Weibull dağılımının momentleri, üstel dağılımın reel mertebeli momentlerinden hemen gelir.
Sonuç 4.1 (Weibull Dağılımının Momentleri) \(Y \sim \operatorname{Weibull}(\alpha,\gamma)\) ise her \(s > 0\) için
\[E(Y^s) = \frac{\Gamma\!\left(1 + \frac{s}{\gamma}\right)}{\alpha^{s/\gamma}}.\]
Özel olarak
\[E(Y) = \frac{\Gamma\!\left(1 + \frac{1}{\gamma}\right)}{\alpha^{1/\gamma}}, \qquad \operatorname{Var}(Y) = \frac{\Gamma\!\left(1 + \frac{2}{\gamma}\right) - \Gamma\!\left(1 + \frac{1}{\gamma}\right)^2}{\alpha^{2/\gamma}}.\]
İspat
\(Y^s = \big(X^{1/\gamma}\big)^s = X^{s/\gamma}\) ve \(X \sim \operatorname{Üstel}(\alpha) = \operatorname{Gamma}(1,\alpha)\)’dır. Teorem 4.2 \(r = 1\) ve \(s/\gamma > 0 > -1\) mertebesiyle uygulanırsa, \(\Gamma(1) = 1\) olduğundan
\[E(Y^s) = E\big(X^{s/\gamma}\big) = \frac{\Gamma\!\left(1 + \frac{s}{\gamma}\right)}{\Gamma(1)\,\alpha^{s/\gamma}} = \frac{\Gamma\!\left(1 + \frac{s}{\gamma}\right)}{\alpha^{s/\gamma}}.\]
\(s = 1\) beklenen değeri verir. \(s = 2\) ile \(E(Y^2)\) bulunur ve varyans \(E(Y^2) - \big(E(Y)\big)^2\) farkıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.12 (Bir Parçanın On Yılı Aşması) Bir makine parçasının ömrü \(Y\) (yıl), \(\alpha = \frac{1}{100}\) ve \(\gamma = 2\) parametreli Weibull dağılımına sahiptir. Parçanın \(10\) yıldan uzun dayanma olasılığını bulunuz.
Çözüm
Teorem 4.8 ile \(P(Y > y) = 1 - F_Y(y) = e^{-\alpha y^\gamma}\)’dır. \(y = 10\) için \(\alpha y^\gamma = \frac{10^2}{100} = 1\) olduğundan
\[P(Y > 10) = e^{-1} \approx 0{,}3679.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 4.13 (Parça Ömrünün Ortalaması ve Varyansı) Bir makine parçasının ömrü \(Y \sim \operatorname{Weibull}\big(\frac{1}{100}, 2\big)\) olsun. \(E(Y)\) ve \(\operatorname{Var}(Y)\) değerlerini bulunuz.
Çözüm
\(\alpha^{1/\gamma} = \left(\frac{1}{100}\right)^{1/2} = \frac{1}{10}\) ve \(\alpha^{2/\gamma} = \frac{1}{100}\)’dür. \(\Gamma\big(\frac{3}{2}\big) = \frac{1}{2}\Gamma\big(\frac{1}{2}\big) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\) ve \(\Gamma(2) = 1\) olduğundan Sonuç 4.1 ile
\[E(Y) = 10\cdot\Gamma\!\left(\frac{3}{2}\right) = 10\cdot\frac{\sqrt{\pi}}{2} = 5\sqrt{\pi} \approx 8{,}862 \text{ yıl}.\]
Varyans:
\[\operatorname{Var}(Y) = 100\left[\Gamma(2) - \Gamma\!\left(\frac{3}{2}\right)^2\right] = 100\left(1 - \frac{\pi}{4}\right) = 100 - 25\pi \approx 21{,}46.\]
Standart sapma yaklaşık \(\sqrt{21{,}46} \approx 4{,}63\) yıldır.
\(\blacksquare\)
4.7 Cauchy Dağılımı
Şimdiye kadarki bütün dağılımların bütün momentleri vardı. Cauchy dağılımı çan biçimli, simetrik ve zararsız görünen bir yoğunluğa sahiptir, ama beklenen değeri bile yoktur. Bu yüzden istatistikte önemli bir karşı örnek olarak sık sık karşımıza çıkacak.
Tanım 4.6 (Cauchy Dağılımı) \(c > 0\) ve \(\theta \in \mathbb{R}\) olsun. Olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[f(x) = \frac{c}{\pi}\cdot\frac{1}{c^2 + (x-\theta)^2}, \qquad x \in \mathbb{R}\]
olan \(X\) rastgele değişkenine Cauchy dağılımına sahiptir denir ve \(X \sim \operatorname{Cauchy}(c,\theta)\) yazılır. \(\operatorname{Cauchy}(1,0)\) dağılımına standart Cauchy dağılımı denir.
Yani yoğunluk \(\theta\)’ya göre simetriktir ve tepesi \(x = \theta\)’dadır; \(c\) ise eğrinin genişliğini belirler. \(w = \frac{u-\theta}{c}\) dönüşümüyle dağılım fonksiyonu bulunur:
\[\begin{aligned} F(x) &= \int_{-\infty}^x \frac{c}{\pi}\cdot\frac{du}{c^2 + (u-\theta)^2} = \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{(x-\theta)/c}\frac{dw}{1 + w^2} \\[1mm] &= \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi}\arctan\frac{x-\theta}{c}. \end{aligned}\]
\(x \to \infty\) iken \(F(x) \to \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\) olduğundan \(f\) bir yoğunluktur. Buradan iki gözlem çıkar. Birincisi, \(F(\theta) = \frac{1}{2}\) ve \(F(\theta \pm c) = \frac{1}{2} \pm \frac{1}{4}\) olduğundan \(\theta\) medyandır ve kütlenin tam yarısı \((\theta - c,\, \theta + c)\) aralığındadır. İkincisi, \(Z = \frac{X - \theta}{c}\) standart Cauchy dağılımlıdır, çünkü \(c > 0\) için
\[P(Z \le z) = P(X \le \theta + cz) = \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi}\arctan z.\]
Tersine \(Z \sim \operatorname{Cauchy}(1,0)\) ise \(X = \theta + cZ \sim \operatorname{Cauchy}(c,\theta)\) olur. Standart Cauchy dağılımı, \((-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})\) aralığında düzgün dağılımlı bir açının tanjantı olarak da elde edilir.
Örnek 4.14 (Cauchy Dağılımında Bir Aralığın Olasılığı) \(X \sim \operatorname{Cauchy}(2,1)\) olsun, yani \(c = 2\) ve \(\theta = 1\). \(P(-1 < X < 3)\) olasılığını bulunuz.
Çözüm
Dağılım fonksiyonu \(F(x) = \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi}\arctan\frac{x-1}{2}\)’dir. \(\arctan 1 = \frac{\pi}{4}\) ve \(\arctan(-1) = -\frac{\pi}{4}\) olduğundan
\[P(-1 < X < 3) = F(3) - F(-1) = \frac{1}{\pi}\big(\arctan 1 - \arctan(-1)\big) = \frac{1}{\pi}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{1}{2}.\]
Bu, \((\theta - c, \theta + c) = (-1, 3)\) aralığının kütlenin yarısını taşıdığı gözleminin bir örneğidir.
\(\blacksquare\)
Teorem 4.9 (Cauchy Dağılımının Momentleri) \(X \sim \operatorname{Cauchy}(c,\theta)\) olsun. \(0 < a < 1\) için \(E\big(|X|^a\big) < \infty\)’dur; \(a \ge 1\) için ise \(E\big(|X|^a\big) = \infty\)’dur. Yani Cauchy dağılımının \(1\)’den küçük mertebeli momentleri vardır, ama \(1\) ve daha büyük mertebeli momentleri yoktur. Özel olarak \(E(X)\) ve \(\operatorname{Var}(X)\) yoktur.
Aşağıdaki şekil nedenini gösteriyor: Cauchy yoğunluğunun kuyrukları normal yoğunluğunkinden çok daha kalındır.
İspat
Adım 1: standart Cauchy. \(Z \sim \operatorname{Cauchy}(1,0)\) olsun. Yoğunluk çift olduğundan
\[E\big(|Z|^a\big) = \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{|x|^a}{1+x^2}\,dx = \frac{2}{\pi}\int_0^\infty\frac{x^a}{1+x^2}\,dx.\]
\(a \ge 1\) olsun. \(x \ge 1\) için \(x^a \ge x\) ve \(1 + x^2 \le 2x^2\) olduğundan \(\frac{x^a}{1+x^2} \ge \frac{1}{2x}\) olur. \(\int_1^\infty \frac{dx}{2x} = \infty\) olduğundan integral ıraksar: \(E(|Z|^a) = \infty\).
\(0 < a < 1\) olsun. \(z = \frac{1}{1+x^2}\) dönüşümünü yapalım. \(x\), \(0\)’dan \(\infty\)’a giderken \(z\), \(1\)’den \(0\)’a azalır ve \(x = \big(\frac{1-z}{z}\big)^{1/2}\) olur. \(1 + x^2 = \frac{1}{z}\) eşitliğinin türevi \(2x\,dx = -\frac{dz}{z^2}\) verir. Böylece
\[\begin{aligned} \frac{x^a}{1+x^2}\,dx &= x^a\,z\cdot\left(-\frac{dz}{2x\,z^2}\right) = -\frac{1}{2}\,\frac{x^{a-1}}{z}\,dz \\[1mm] &= -\frac{1}{2}\,z^{\frac{1-a}{2}-1}(1-z)^{\frac{1+a}{2}-1}\,dz. \end{aligned}\]
Son adımda \(x^{a-1} = (1-z)^{\frac{a-1}{2}}\,z^{\frac{1-a}{2}}\) yazıldı. Sınırları çevirip eksi işaretini kaldırırsak
\[E\big(|Z|^a\big) = \frac{1}{\pi}\int_0^1 z^{\frac{1-a}{2}-1}(1-z)^{\frac{1+a}{2}-1}\,dz = \frac{1}{\pi}\,B\!\left(\frac{1-a}{2}, \frac{1+a}{2}\right)\]
bulunur. \(0 < a < 1\) için iki parametre de pozitiftir, dolayısıyla beta fonksiyonu sonludur. Örneğin \(a = \frac{1}{2}\) için \(E\big(|Z|^{1/2}\big) = \frac{1}{\pi}B\big(\frac{1}{4},\frac{3}{4}\big) \approx 1{,}414\).
Adım 2: genel durum. \(X = \theta + cZ\) yazalım; \(Z\) standart Cauchy dağılımlıdır. \(0 < a < 1\) ise negatif olmayan \(p, q\) için \((p+q)^a \le p^a + q^a\) eşitsizliği geçerlidir. (\(q > 0\) iken iki yanı \(q^a\)’ya bölüp \(t = p/q\) yazarsak \(h(t) = 1 + t^a - (1+t)^a\) fonksiyonu için \(h(0) = 0\) ve \(h'(t) = a\big(t^{a-1} - (1+t)^{a-1}\big) \ge 0\) olur, çünkü \(a - 1 < 0\).) Buna göre
\[|X|^a \le \big(|\theta| + c|Z|\big)^a \le |\theta|^a + c^a|Z|^a\]
ve Adım 1 ile \(E(|X|^a) \le |\theta|^a + c^a E(|Z|^a) < \infty\).
\(a \ge 1\) olsun ve \(E(|X|^a) < \infty\) olduğunu varsayalım. \(|x| \ge 1\) iken \(|x| \le |x|^a\), \(|x| < 1\) iken \(|x| < 1\) olduğundan \(|X| \le 1 + |X|^a\) ve \(E(|X|) < \infty\) olur. Bu durumda \(|Z| \le \frac{|X| + |\theta|}{c}\) eşitsizliğinden \(E(|Z|) < \infty\) çıkar. Bu, Adım 1’deki \(E(|Z|) = \infty\) sonucuyla çelişir. Demek ki \(E(|X|^a) = \infty\).
\(\blacksquare\)
Sonuç 4.2 (Cauchy Dağılımının Karakteristik Fonksiyonu) \(X \sim \operatorname{Cauchy}(c,\theta)\) ise \(X\)’in moment üreten fonksiyonu yoktur. Buna karşılık karakteristik fonksiyonu vardır ve
\[\varphi_X(t) = E\big(e^{itX}\big) = e^{i\theta t - c|t|}, \qquad t \in \mathbb{R}.\]
İspat
Moment üreten fonksiyonu \(0\)’ın bir komşuluğunda var olan bir değişkenin her mertebeden momenti vardır. Teorem 4.9 gereği \(E(|X|) = \infty\) olduğundan \(X\)’in moment üreten fonksiyonu olamaz.
Standart Cauchy dağılımlı \(Z\) için \(\varphi_Z(t) = e^{-|t|}\) olduğu Olasılık Teorisi’nde, moment üreten fonksiyonun teklik teoreminin hemen ardından gösterildi. \(X = \theta + cZ\) olduğundan karakteristik fonksiyonun doğrusal dönüşüm özelliği ile
\[\varphi_X(t) = e^{i\theta t}\,\varphi_Z(ct) = e^{i\theta t}\,e^{-c|t|} = e^{i\theta t - c|t|}.\]
\(\blacksquare\)
Yani Cauchy dağılımını incelemek için moment üreten fonksiyon işe yaramaz; onun yerine her zaman var olan karakteristik fonksiyon kullanılır. \(\theta = 0\) için karakteristik fonksiyon \(e^{-c|t|}\) biçimini alır ve gerçel değerlidir; bu, simetrik dağılımların genel bir özelliğidir.
Teorem 4.10 (Bağımsız Cauchy Değişkenlerinin Toplamı) \(X \sim \operatorname{Cauchy}(c_1,\theta_1)\) ve \(Y \sim \operatorname{Cauchy}(c_2,\theta_2)\) bağımsız ise
\[X + Y \sim \operatorname{Cauchy}(c_1 + c_2,\, \theta_1 + \theta_2).\]
Özel olarak \(X, Y \sim \operatorname{Cauchy}(1,0)\) bağımsız ise \(X + Y \sim \operatorname{Cauchy}(2,0)\)’dır.
İspat
Önce bağımsız değişkenlerde toplamın karakteristik fonksiyonunun çarpım olduğunu görelim. \(e^{it(X+Y)} = e^{itX}e^{itY}\) çarpımını gerçel ve sanal kısımlarına ayıralım:
\[\begin{aligned} e^{it(X+Y)} &= \big[\cos(tX)\cos(tY) - \sin(tX)\sin(tY)\big] \\ &\quad + i\big[\sin(tX)\cos(tY) + \cos(tX)\sin(tY)\big]. \end{aligned}\]
Her terim, \(X\)’in sınırlı bir fonksiyonu ile \(Y\)’nin sınırlı bir fonksiyonunun çarpımıdır. \(X\) ile \(Y\) bağımsız olduğundan bağımsız değişkenlerde çarpımın beklenen değeri beklenen değerlerin çarpımıdır. Her terimde bunu uygulayıp terimleri yeniden toplarsak
\[\varphi_{X+Y}(t) = \Big(E\cos(tX) + iE\sin(tX)\Big)\Big(E\cos(tY) + iE\sin(tY)\Big) = \varphi_X(t)\,\varphi_Y(t)\]
bulunur. Sonuç 4.2 ile
\[\varphi_{X+Y}(t) = e^{i\theta_1 t - c_1|t|}\,e^{i\theta_2 t - c_2|t|} = e^{i(\theta_1+\theta_2)t - (c_1+c_2)|t|}.\]
Bu, \(\operatorname{Cauchy}(c_1 + c_2, \theta_1 + \theta_2)\) dağılımının karakteristik fonksiyonudur. Karakteristik fonksiyonun teklik teoremi gereği \(X + Y\) bu dağılıma sahiptir. Özel durum \(c_1 = c_2 = 1\), \(\theta_1 = \theta_2 = 0\) seçimidir.
\(\blacksquare\)
Bu teoremin şaşırtıcı bir sonucu var. \(X_1, \ldots, X_n\) bağımsız ve her biri standart Cauchy dağılımlı olsun. Teorem tümevarımla uygulanırsa \(S_n = X_1 + \cdots + X_n \sim \operatorname{Cauchy}(n,0)\) olur. Ortalamanın dağılım fonksiyonu ise
\[P\!\left(\frac{S_n}{n} \le x\right) = P(S_n \le nx) = \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi}\arctan\frac{nx}{n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi}\arctan x\]
olur. Yani \(n\) gözlemin ortalaması, tek bir gözlemle aynı dağılıma sahiptir. Ortalama almak Cauchy verisinde yayılımı hiç azaltmaz. Bunun nedeni beklenen değerin olmamasıdır. Yakınsama ve merkezi limit teoremi bölümünde büyük sayılar yasasının neden sonlu bir beklenen değer istediğini görürken bu örneğe döneceğiz.
Örnek 4.15 (Standart Cauchy Değişkeninin Tersi) \(X \sim \operatorname{Cauchy}(1,0)\) olsun. \(\frac{1}{X} \sim \operatorname{Cauchy}(1,0)\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(P(X = 0) = 0\) olduğundan \(Y = \frac{1}{X}\) olasılığı \(1\) olan bir olayda tanımlıdır. \(g(x) = \frac{1}{x}\) fonksiyonu \((-\infty, 0)\) ve \((0,\infty)\) aralıklarının her birinde kesin azalandır ve her aralığı kendisine birebir götürür. İki aralıkta da tersi \(g^{-1}(y) = \frac{1}{y}\)’dir ve
\[\left|\frac{d}{dy}\,\frac{1}{y}\right| = \frac{1}{y^2}.\]
Dönüşüm teoremi gereği her \(y \ne 0\) için, \(y\) hangi aralıktaysa yalnız o aralığın katkısıyla
\[f_Y(y) = f_X\!\left(\frac{1}{y}\right)\frac{1}{y^2} = \frac{1}{\pi}\cdot\frac{1}{1 + \frac{1}{y^2}}\cdot\frac{1}{y^2} = \frac{1}{\pi}\cdot\frac{1}{y^2 + 1}.\]
Bu, standart Cauchy yoğunluğudur; tek nokta olan \(y = 0\)’daki değer dağılımı etkilemez. Demek ki \(\frac{1}{X} \sim \operatorname{Cauchy}(1,0)\).
\(\blacksquare\)
Örnek 4.16 (İki Bağımsız Normal Değişkenin Oranı) \(X \sim N(0,\sigma^2)\) ve \(Y \sim N(0,\sigma^2)\) bağımsız olsun. \(Z = \frac{X}{Y} \sim \operatorname{Cauchy}(1,0)\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Bağımsızlık nedeniyle ortak yoğunluk marjinallerin çarpımıdır:
\[f_{X,Y}(x,y) = \frac{1}{2\pi\sigma^2}\exp\!\left(-\frac{x^2 + y^2}{2\sigma^2}\right), \qquad (x,y) \in \mathbb{R}^2.\]
\(P(Y = 0) = 0\) olduğundan \(D = \{(x,y) : y \ne 0\}\) açık kümesinin olasılığı \(1\)’dir. Yardımcı değişken olarak \(V = Y\)’yi alalım: \(z = \frac{x}{y}\), \(v = y\) dönüşümü \(D\)’yi \(E = \{(z,v) : v \ne 0\}\) kümesine birebir götürür. Tersi \(x = zv\), \(y = v\)’dir ve Jacobian’ı
\[J = \det\begin{bmatrix} v & z \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = v \ne 0\]
olur. Jacobian dönüşüm teoremi gereği
\[f_{Z,V}(z,v) = \frac{|v|}{2\pi\sigma^2}\exp\!\left(-\frac{v^2(1+z^2)}{2\sigma^2}\right), \qquad (z,v) \in E.\]
\(Z\)’nin marjinal yoğunluğu için \(v\) üzerinden integral alalım. İntegrand \(v\)’de çift olduğundan
\[f_Z(z) = 2\int_0^\infty \frac{v}{2\pi\sigma^2}\exp\!\left(-\frac{v^2(1+z^2)}{2\sigma^2}\right)dv.\]
\(k = \frac{1+z^2}{2\sigma^2}\) dersek
\[\int_0^\infty v\,e^{-kv^2}\,dv = \Big[-\frac{e^{-kv^2}}{2k}\Big]_0^\infty = \frac{1}{2k} = \frac{\sigma^2}{1+z^2}\]
olur. Böylece
\[f_Z(z) = \frac{1}{\pi\sigma^2}\cdot\frac{\sigma^2}{1+z^2} = \frac{1}{\pi(1+z^2)}, \qquad z \in \mathbb{R}.\]
Bu, standart Cauchy yoğunluğudur. \(\sigma\) sonuçtan düşer, çünkü \(X\) ile \(Y\)’yi aynı sabitle ölçeklemek oranı değiştirmez.
\(\blacksquare\)
4.8 Log-Normal Dağılım
Gelirler, hisse fiyatları, parçacık boyutları gibi pek çok pozitif büyüklük sağa çarpıktır: çoğu değer küçüktür, ama çok büyük değerler de ara sıra görülür. Bu büyüklüklerin logaritması ise çoğu zaman simetrik, normale yakın bir dağılım gösterir. Log-normal dağılım bu gözlemi modeller. Bu bölümde \(\ln\) doğal logaritmadır.
Tanım 4.7 (Log-Normal Dağılım) \(\mu \in \mathbb{R}\) ve \(\sigma > 0\) olsun. Pozitif değerli bir \(X\) rastgele değişkeni için \(Y = \ln X \sim N(\mu,\sigma^2)\) ise \(X\)’e \(\mu\) ve \(\sigma^2\) parametreli log-normal dağılıma sahiptir denir ve \(X \sim \operatorname{LogNormal}(\mu,\sigma^2)\) yazılır.
Yani \(X\)’in logaritması normal dağılımlıdır; eşdeğer olarak \(Y \sim N(\mu,\sigma^2)\) için \(X = e^Y\)’dir. Buradaki \(\mu\) ve \(\sigma^2\), \(X\)’in değil \(\ln X\)’in beklenen değeri ve varyansıdır. Normal dağılımın özellikleri Olasılık Teorisi’nde kuruldu ve bir sonraki bölümde ayrıntısıyla ele alınacak.
Teorem 4.11 (Log-Normal Dağılımın Yoğunluğu) \(X \sim \operatorname{LogNormal}(\mu,\sigma^2)\) ise \(X\)’in olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[f(x) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\cdot\frac{1}{x}\exp\!\left[-\frac{(\ln x - \mu)^2}{2\sigma^2}\right], \qquad x > 0\]
ve \(x \le 0\) için \(f(x) = 0\)’dır.
İspat
\(X = g(Y) = e^Y\) yazalım. \(g\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\)’yi \((0,\infty)\)’a birebir ve kesin artan biçimde götürür. Tersi \(g^{-1}(x) = \ln x\) sürekli türevlenebilirdir ve \(\frac{d}{dx}\ln x = \frac{1}{x}\)’tir. Dönüşüm teoremi gereği \(x > 0\) için
\[f(x) = f_Y(\ln x)\cdot\frac{1}{x} = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\!\left[-\frac{(\ln x - \mu)^2}{2\sigma^2}\right]\cdot\frac{1}{x}.\]
\(X\) yalnız pozitif değerler aldığından \(x \le 0\) için yoğunluk sıfırdır.
\(\blacksquare\)
Teorem 4.12 (Log-Normal Dağılımın Momentleri) \(X \sim \operatorname{LogNormal}(\mu,\sigma^2)\) ise her reel \(s\) için
\[E(X^s) = e^{s\mu + \frac{1}{2}s^2\sigma^2}.\]
Özel olarak
\[E(X) = e^{\mu + \frac{1}{2}\sigma^2}, \qquad \operatorname{Var}(X) = e^{2\mu + 2\sigma^2} - e^{2\mu + \sigma^2} = e^{2\mu+\sigma^2}\big(e^{\sigma^2} - 1\big).\]
İspat
\(Y = \ln X \sim N(\mu,\sigma^2)\) olsun. Normal dağılımın moment üreten fonksiyonu her \(t \in \mathbb{R}\) için \(M_Y(t) = E\big(e^{tY}\big) = e^{t\mu + \frac{1}{2}\sigma^2 t^2}\)’dir. \(X^s = \big(e^Y\big)^s = e^{sY}\) olduğundan
\[E(X^s) = E\big(e^{sY}\big) = M_Y(s) = e^{s\mu + \frac{1}{2}s^2\sigma^2}.\]
\(s = 1\) için \(E(X) = e^{\mu + \frac{1}{2}\sigma^2}\), \(s = 2\) için \(E(X^2) = e^{2\mu + 2\sigma^2}\) bulunur. Varyans hesap formülüyle
\[\operatorname{Var}(X) = E(X^2) - \big(E(X)\big)^2 = e^{2\mu + 2\sigma^2} - e^{2\left(\mu + \frac{1}{2}\sigma^2\right)} = e^{2\mu + 2\sigma^2} - e^{2\mu + \sigma^2}.\]
Ortak çarpan \(e^{2\mu+\sigma^2}\) parantezine alınınca ikinci biçim çıkar.
\(\blacksquare\)
Yani log-normal değişkenin ortalaması \(e^\mu\) değil, ondan büyük olan \(e^{\mu + \sigma^2/2}\)’dir. Öte yandan \(P(X \le e^\mu) = P(Y \le \mu) = \frac{1}{2}\) olduğundan \(e^\mu\) medyandır. Ortalamanın medyandan büyük olması sağa çarpıklığın işaretidir: az sayıdaki çok büyük değer ortalamayı yukarı çeker.
Örnek 4.17 (Standart Log-Normal Değişkenin Ortalaması ve Varyansı) \(X \sim \operatorname{LogNormal}(0,1)\) olsun. \(E(X)\), \(\operatorname{Var}(X)\) ve \(X\)’in medyanını bulunuz.
Çözüm
\(\mu = 0\) ve \(\sigma^2 = 1\) için Teorem 4.12
\[E(X) = e^{1/2} = \sqrt{e} \approx 1{,}6487, \qquad \operatorname{Var}(X) = e^{2} - e^{1} = e(e - 1) \approx 4{,}6708\]
verir. Medyan \(e^0 = 1\)’dir. Ortalama medyanın yaklaşık \(1{,}65\) katıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.18 (Log-Normal Olasılığın Normal Tablodan Hesabı) Bir bölgedeki hanelerin aylık geliri \(X\) (on bin TL) log-normal dağılımlıdır; \(\ln X\)’in beklenen değeri \(\mu = 1\), varyansı \(\sigma^2 = 0{,}25\)’tir. Rastgele seçilen bir hanenin gelirinin \(4\)’ü (yani \(40\,000\) TL’yi) aşmama olasılığını bulunuz.
Çözüm
\(Y = \ln X \sim N(1,\, 0{,}25)\) ve \(\sigma = 0{,}5\)’tir. \(\ln\) kesin artan olduğundan \(X \le 4\) ile \(Y \le \ln 4\) aynı olaydır. \(\ln 4 \approx 1{,}3863\) ve standartlaştırmayla
\[P(X \le 4) = P(Y \le \ln 4) = P\!\left(Z \le \frac{1{,}3863 - 1}{0{,}5}\right) = P(Z \le 0{,}77)\]
bulunur; burada \(Z \sim N(0,1)\) ve \(z\) değeri iki ondalığa yuvarlandı. Standart normal tablosundan \(P(0 \le Z \le 0{,}77) = 0{,}2794\) okunur. Simetri nedeniyle \(P(Z \le 0) = 0{,}5\) olduğundan
\[P(X \le 4) = 0{,}5 + 0{,}2794 = 0{,}7794.\]
Hanelerin yaklaşık %78’inin geliri \(40\,000\) TL’yi aşmaz.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde tanıdığımız aileler birbirine sıkıca bağlıdır: üstel dağılım gammanın özel hâlidir, bağımsız üstellerin toplamı gamma, iki gammanın oranı beta dağılımlıdır. Weibull üstelin bir kuvveti, log-normal ise normalin üstelidir. Cauchy dağılımı bir normal oranı olarak ortaya çıkar ve momentlerin her zaman var olmadığını hatırlatır. Sırada bütün bu ailelerin merkezinde duran dağılım var: Normal Dağılım.