7 Bağımsız Olaylar
Koşullu Olasılık, Toplam Olasılık ve Bayes Teoremi bölümünde bir olayın gerçekleştiği bilgisinin başka bir olayın olasılığını nasıl değiştirdiğini inceledik: \(P(B) > 0\) iken \(P(A \mid B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}\) sayısı, \(B\)’nin gerçekleştiği bilindiğinde \(A\)’ya biçilen yeni olasılıktır. Bu bölümde en ilginç özel durumu ele alıyoruz: \(B\)’nin gerçekleşmesi \(A\)’nın olasılığını hiç değiştirmiyorsa ne olur? Bu durumda \(A\) ile \(B\) olaylarına bağımsız diyeceğiz.
Bağımsızlık, olasılık teorisinin en çok kullanılan kavramlarından biridir. Bir zarın ardışık iki atılışı, bir torbadan iadeli çekilişler, farklı makinelerin arızaları gibi “birbirini etkilemeyen” olguları modellerken hep bu kavrama başvururuz. Kavramın gücü şuradadır: bağımsız olayların kesişiminin olasılığı, olayların olasılıklarının çarpımıdır; dolayısıyla karmaşık bir olayın olasılığı basit parçaların olasılıklarından hesaplanabilir.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: iki olayın bağımsızlığının tanımı ve koşullu olasılıkla ilişkisi; ayrık ile bağımsız kavramlarının neden birbirine karıştırılmaması gerektiği; bir olay çiftinin bağımsızlığının tümleyenlere geçmesi; \(P(A \mid B) = P(A \mid B^c)\) eşitliğinin bağımsızlıkla denk olması; ikiden çok olay için ikili, üçlü, \(n\)-li ve tam bağımsızlık kavramları ve bunların birbirini gerektirmediğini gösteren örnekler.
7.1 Bağımsızlığın Tanımı
\(P(B) > 0\) olsun. \(B\)’nin gerçekleşmesinin \(A\)’nın olasılığını değiştirmemesi, \(P(A \mid B) = P(A)\) demektir. Koşullu olasılığın tanımı (Tanım 6.1) gereği bu eşitlik
\[\frac{P(A \cap B)}{P(B)} = P(A), \qquad \text{yani} \qquad P(A \cap B) = P(A)\,P(B)\]
biçiminde yazılabilir. Sağdaki eşitlik \(P(B) > 0\) koşulunu içermez ve \(A\) ile \(B\)’ye göre bakışımlıdır (simetriktir). Bu yüzden bağımsızlığı koşullu olasılıkla değil, doğrudan bu çarpım eşitliğiyle tanımlamak daha uygundur.
Tanım 7.1 (Bağımsız Olaylar) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) bir olasılık uzayı ve \(A, B \in \mathcal{U}\) olsun. Eğer
\[P(A \cap B) = P(A)\,P(B)\]
ise \(A\) ile \(B\) olaylarına bağımsız olaylar denir. Bu eşitlik sağlanmıyorsa \(A\) ile \(B\) olaylarına bağımlı olaylar denir.
Tanım bakışımlıdır: \(A\), \(B\)’den bağımsızsa \(B\) de \(A\)’dan bağımsızdır. Bu yüzden kısaca “\(A\) ile \(B\) bağımsızdır” deriz. Tanımda olasılıkların pozitif olması istenmediğine dikkat edin; olasılığı sıfır olan olaylar için de tanım anlamlıdır. İlk gözlemimiz bunun en uç iki örneğidir.
Önerme 7.1 (Boş Küme ve Örnek Uzay Her Olaydan Bağımsızdır) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) bir olasılık uzayı olsun.
(a) \(\varnothing\) ve \(\Omega\) olayları her \(A \in \mathcal{U}\) olayından bağımsızdır.
(b) Daha genel olarak, \(P(B) = 0\) ya da \(P(B) = 1\) olan her \(B \in \mathcal{U}\) olayı her \(A \in \mathcal{U}\) olayından bağımsızdır.
İspat
(a) \(A \in \mathcal{U}\) herhangi bir olay olsun. \(\varnothing \cap A = \varnothing\) ve \(P(\varnothing) = 0\) olduğundan (Teorem 3.1)
\[P(\varnothing \cap A) = P(\varnothing) = 0 = 0 \cdot P(A) = P(\varnothing)\,P(A)\]
olur; yani \(\varnothing\) ile \(A\) bağımsızdır. Benzer biçimde \(\Omega \cap A = A\) ve \(P(\Omega) = 1\) olduğundan
\[P(\Omega \cap A) = P(A) = 1 \cdot P(A) = P(\Omega)\,P(A)\]
olur; yani \(\Omega\) ile \(A\) bağımsızdır.
(b) Önce \(P(B) = 0\) olsun. \(A \cap B \subseteq B\) olduğundan olasılığın monotonluğu (Teorem 3.1) gereği
\[0 \le P(A \cap B) \le P(B) = 0,\]
yani \(P(A \cap B) = 0\)’dır. Öte yandan \(P(A)\,P(B) = P(A) \cdot 0 = 0\)’dır. Demek ki \(P(A \cap B) = P(A)\,P(B)\) olur.
Şimdi \(P(B) = 1\) olsun. O zaman \(P(B^c) = 1 - P(B) = 0\)’dır. \(A\) olayı, ayrık \(A \cap B\) ve \(A \cap B^c\) olaylarının birleşimidir; toplamsallık gereği
\[P(A) = P(A \cap B) + P(A \cap B^c).\]
\(A \cap B^c \subseteq B^c\) ve \(P(B^c) = 0\) olduğundan, ilk paragraftaki gibi \(P(A \cap B^c) = 0\) olur. Böylece
\[P(A \cap B) = P(A) = P(A) \cdot 1 = P(A)\,P(B)\]
elde edilir. Her iki durumda da \(A\) ile \(B\) bağımsızdır.
\(\blacksquare\)
Bu önerme, bağımsızlığın “olaylar birbirine hiç dokunmaz” gibi kümesel bir kavram olmadığını gösterir: \(\Omega\) her olayı kapsadığı hâlde her olaydan bağımsızdır. Bağımsızlık kümelerin değil, olasılıkların arasındaki bir ilişkidir.
Şimdi tanıma giden yoldaki koşullu olasılık yorumunu bir önerme olarak kaydedelim. Bu önerme, bağımsızlığı hesaplarken en sık kullanacağımız araçtır.
Önerme 7.2 (Bağımsızlık ve Koşullu Olasılık) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) bir olasılık uzayı, \(A, B \in \mathcal{U}\) ve \(P(B) > 0\) olsun. O zaman
\[A \text{ ile } B \text{ bağımsızdır} \iff P(A \mid B) = P(A).\]
Ayrıca \(P(A) > 0\) da ise bu koşullar \(P(B \mid A) = P(B)\) eşitliğine de denktir.
İspat
\(P(B) > 0\) olduğundan \(P(A \mid B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}\) tanımlıdır.
(\(\Longrightarrow\)) \(A\) ile \(B\) bağımsız olsun; yani \(P(A \cap B) = P(A)\,P(B)\). O zaman
\[P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{P(A)\,P(B)}{P(B)} = P(A).\]
(\(\Longleftarrow\)) \(P(A \mid B) = P(A)\) olsun. Çarpma teoremi (Teorem 6.3) gereği
\[P(A \cap B) = P(B)\,P(A \mid B) = P(B)\,P(A) = P(A)\,P(B)\]
olur; yani \(A\) ile \(B\) bağımsızdır.
Son iddia için \(P(A) > 0\) olsun. Yukarıdaki akıl yürütmede \(A\) ile \(B\)’nin rollerini değiştirirsek, \(A\) ile \(B\)’nin bağımsız olmasının \(P(B \mid A) = P(B)\) eşitliğine denk olduğu görülür. Bağımsızlık tanımı bakışımlı olduğundan üç koşul birbirine denktir.
\(\blacksquare\)
Önermenin sözel anlamı şudur: \(A\) ile \(B\) bağımsızsa, \(B\)’nin gerçekleştiğini öğrenmek \(A\) hakkındaki bilgimizi değiştirmez; koşullu olasılık koşulsuz olasılığa eşit kalır. Tersine, \(P(A \mid B) \ne P(A)\) ise \(B\)’nin gerçekleşmesi \(A\)’nın olasılığını artırmış ya da azaltmıştır ve olaylar bağımlıdır.
7.2 Bağımsız ve Ayrık Olaylar
Öğrencilerin en sık düştüğü yanılgılardan biri, “ayrık” ile “bağımsız” sözcüklerini eşanlamlı sanmaktır. Oysa bu iki kavram neredeyse birbirinin karşıtıdır.
Ayrıklık kümelerle ilgili bir kavramdır: \(A \cap B = \varnothing\), yani \(A\) ile \(B\) birlikte gerçekleşemez. Bağımsızlık ise olasılıklarla ilgili bir kavramdır: \(P(A \cap B) = P(A)\,P(B)\).
İki olay ayrıksa, birinin gerçekleştiğini öğrenmek ötekinin kesinlikle gerçekleşmediğini söyler; bu, olabilecek en güçlü ters yönlü bağımlılıktır. Örneğin düzgün bir zar atılsın; \(A = \{1, 2, 3\}\) ve \(D = \{4, 5, 6\}\) olsun. \(A\) ile \(D\) ayrıktır; \(D\) gerçekleşmişse \(A\) gerçekleşmemiştir: \(P(A \mid D) = 0 \ne \dfrac{1}{2} = P(A)\). Öte yandan \(A = \{1, 2, 3\}\) ile \(B = \{3, 4\}\) ayrık değildir, ama bağımsızdır:
\[P(A \cap B) = P(\{3\}) = \frac{1}{6} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = P(A)\,P(B).\]
Aşağıdaki teorem, olasılığı pozitif olan olaylar için ayrıklık ile bağımsızlığın birlikte bulunamayacağını söyler.
Teorem 7.1 (Pozitif Olasılıklı Ayrık Olaylar Bağımsız Değildir) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) olasılık uzayında \(A, B \in \mathcal{U}\), \(P(A) > 0\) ve \(P(B) > 0\) olsun. \(A\) ile \(B\) ayrık (\(A \cap B = \varnothing\)) ise \(A\) ile \(B\) bağımsız değildir.
İspat
\(A \cap B = \varnothing\) olduğundan
\[P(A \cap B) = P(\varnothing) = 0\]
olur. Öte yandan \(P(A) > 0\) ve \(P(B) > 0\) olduğundan, iki pozitif sayının çarpımı olarak
\[P(A)\,P(B) > 0\]
dır. Demek ki \(P(A \cap B) = 0 \ne P(A)\,P(B)\); yani bağımsızlık tanımındaki eşitlik sağlanmaz. \(A\) ile \(B\) bağımsız değildir.
Aynı sonuca koşullu olasılıkla da ulaşılır: \(P(B) > 0\) olduğundan \(P(A \mid B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} = 0 \ne P(A)\) olur ve Önerme 7.2 gereği olaylar bağımlıdır.
\(\blacksquare\)
Teoremdeki \(P(A) > 0\), \(P(B) > 0\) varsayımı gereklidir: \(\varnothing\) ile herhangi bir \(A\) olayı hem ayrık hem de bağımsızdır (Önerme 7.1). Teoremin karşıt tersi sık kullanılan bir sonuçtur.
Sonuç 7.1 (Bağımsız Olaylar Ayrık Değildir) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) olasılık uzayında \(A, B \in \mathcal{U}\), \(P(A) > 0\) ve \(P(B) > 0\) olsun. \(A\) ile \(B\) bağımsız ise \(A\) ile \(B\) ayrık değildir; dahası \(P(A \cap B) > 0\)’dır.
İspat
\(A\) ile \(B\) bağımsız olduğundan \(P(A \cap B) = P(A)\,P(B)\) ve bu çarpım, \(P(A) > 0\) ile \(P(B) > 0\) olduğundan pozitiftir. \(P(A \cap B) > 0\) ise \(A \cap B \ne \varnothing\) olmak zorundadır; çünkü \(A \cap B = \varnothing\) olsaydı \(P(A \cap B) = P(\varnothing) = 0\) olurdu. Demek ki \(A\) ile \(B\) ayrık değildir.
\(\blacksquare\)
7.3 Tümleyenlerin Bağımsızlığı
\(B\)’nin gerçekleşmesi \(A\)’nın olasılığını değiştirmiyorsa, \(B\)’nin gerçekleşmemesi de değiştirmemelidir; benzer biçimde \(A\)’nın gerçekleşmemesi de \(B\)’den etkilenmemelidir. Bu sezgiyi doğrulayan teorem, bağımsız olay çiftlerinden tümleyen alarak yeni bağımsız çiftler üretmemizi sağlar.
Teorem 7.2 (Tümleyenlerin Bağımsızlığı) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) olasılık uzayında \(A\) ile \(B\) bağımsız olsun. O zaman
(a) \(A^c\) ile \(B\) bağımsızdır;
(b) \(A\) ile \(B^c\) bağımsızdır;
(c) \(A^c\) ile \(B^c\) bağımsızdır.
İspat
Varsayım gereği \(P(A \cap B) = P(A)\,P(B)\)’dir. Üç ispatta da aynı fikir kullanılır: bir olay, bir olayın gerçekleştiği ve gerçekleşmediği iki ayrık parçaya bölünür ve toplamsallık uygulanır.
(a) \(B\) olayı, \(A\)’nın gerçekleştiği ve gerçekleşmediği iki parçaya ayrılır:
\[B = (A \cap B) \cup (A^c \cap B), \qquad (A \cap B) \cap (A^c \cap B) = \varnothing.\]
Toplamsallık (Teorem 3.1) gereği \(P(B) = P(A \cap B) + P(A^c \cap B)\) olur. Buradan
\[P(A^c \cap B) = P(B) - P(A \cap B) = P(B) - P(A)\,P(B) = \bigl(1 - P(A)\bigr)\,P(B) = P(A^c)\,P(B)\]
elde edilir; son adımda \(P(A^c) = 1 - P(A)\) kullanıldı. Demek ki \(A^c\) ile \(B\) bağımsızdır.
(b) Bu kez \(A\) olayını \(B\)’ye göre parçalayalım:
\[A = (A \cap B) \cup (A \cap B^c), \qquad (A \cap B) \cap (A \cap B^c) = \varnothing.\]
Toplamsallık gereği \(P(A) = P(A \cap B) + P(A \cap B^c)\) ve dolayısıyla
\[P(A \cap B^c) = P(A) - P(A \cap B) = P(A) - P(A)\,P(B) = P(A)\,\bigl(1 - P(B)\bigr) = P(A)\,P(B^c)\]
olur. Demek ki \(A\) ile \(B^c\) bağımsızdır. (Bağımsızlık bakışımlı olduğundan (b), (a)’da \(A\) ile \(B\)’nin rolleri değiştirilerek de elde edilebilir.)
(c) De Morgan kuralı gereği \(A^c \cap B^c = (A \cup B)^c\) olur. Toplama kuralı (Teorem 3.2) ve bağımsızlık kullanılarak
\[P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) = P(A) + P(B) - P(A)\,P(B)\]
bulunur. Öyleyse
\[\begin{aligned} P(A^c \cap B^c) &= P\bigl((A \cup B)^c\bigr) = 1 - P(A \cup B) \\ &= 1 - P(A) - P(B) + P(A)\,P(B) \\ &= \bigl(1 - P(A)\bigr)\bigl(1 - P(B)\bigr) = P(A^c)\,P(B^c) \end{aligned}\]
olur; yani \(A^c\) ile \(B^c\) bağımsızdır.
Aynı sonuca (a) ile (b) art arda uygulanarak da ulaşılabilir: \(A\) ile \(B\) bağımsız olduğundan (a) gereği \(A^c\) ile \(B\) bağımsızdır; şimdi (b) şıkkını \(A^c\) ile \(B\) çiftine uygularsak \(A^c\) ile \(B^c\)’nin bağımsız olduğu çıkar.
\(\blacksquare\)
Teoremin pratik anlamı şudur: bağımsız \(A\) ile \(B\) olayları için \(\{A, A^c\}\) sınıfından bir olay ile \(\{B, B^c\}\) sınıfından bir olayın kesişiminin olasılığı her zaman ilgili olasılıkların çarpımıdır. Örneğin \(A\) ile \(B\) bağımsız, \(P(A) = \dfrac{2}{5}\) ve \(P(B) = \dfrac{1}{2}\) ise
\[\begin{aligned} P(A \cap B) &= \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{5}, & P(A^c \cap B) &= \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{10}, \\ P(A \cap B^c) &= \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{5}, & P(A^c \cap B^c) &= \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{10} \end{aligned}\]
olur ve bu dört sayının toplamı, olması gerektiği gibi, \(1\)’dir.
7.4 Koşullu Olasılıkların Eşitliği ve Bağımsızlık
Önerme 7.2, bağımsızlığı \(P(A \mid B)\) ile koşulsuz \(P(A)\) arasındaki eşitlikle karakterize etti. Uygulamada bazen \(P(A)\) bilinmez; onun yerine \(B\) gerçekleştiğinde ve gerçekleşmediğinde \(A\)’nın olasılıkları, yani \(P(A \mid B)\) ile \(P(A \mid B^c)\) bilinir. Bu iki sayının eşit olması da bağımsızlığa denktir.
Örnek 7.1 (İki Koşullu Olasılığın Eşitliğinden Bağımsızlık) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) bir olasılık uzayı, \(A, B \in \mathcal{U}\) ve \(0 < P(B) < 1\) olsun.
(a) \(P(A \mid B) = P(A \mid B^c)\) ise \(A\) ile \(B\)’nin bağımsız olduğunu gösteriniz.
(b) Tersine, \(A\) ile \(B\) bağımsız ise \(P(A \mid B) = P(A \mid B^c) = P(A)\) olduğunu gösteriniz.
(c) Bir fabrikada üretilen parçaların \(\dfrac{3}{5}\)’i gündüz vardiyasında üretilmektedir. Gündüz üretilen parçaların \(\dfrac{3}{10}\)’u, gece üretilen parçaların da \(\dfrac{3}{10}\)’u kusurludur. Rastgele seçilen bir parçanın kusurlu olması olayı ile gündüz üretilmiş olması olayı bağımsız mıdır? Parçanın hem gündüz üretilmiş hem de kusurlu olması olasılığı nedir?
Çözüm
\(0 < P(B) < 1\) olduğundan \(P(B^c) = 1 - P(B) > 0\)’dır; dolayısıyla \(P(A \mid B)\) ve \(P(A \mid B^c)\) koşullu olasılıklarının ikisi de tanımlıdır.
(a) \(A\) olayı, \(B\)’nin gerçekleştiği ve gerçekleşmediği iki ayrık parçaya ayrılır:
\[A = (A \cap B) \cup (A \cap B^c), \qquad (A \cap B) \cap (A \cap B^c) = \varnothing.\]
Toplamsallık ve çarpma teoremi (Teorem 6.3) gereği
\[P(A) = P(A \cap B) + P(A \cap B^c) = P(B)\,P(A \mid B) + P(B^c)\,P(A \mid B^c).\]
Bu, \(\{B, B^c\}\) parçalanmasına uygulanmış toplam olasılık formülüdür (Teorem 6.4). Varsayım gereği \(P(A \mid B^c) = P(A \mid B)\) olduğundan
\[P(A) = P(B)\,P(A \mid B) + P(B^c)\,P(A \mid B) = \bigl(P(B) + P(B^c)\bigr)\,P(A \mid B) = 1 \cdot P(A \mid B) = P(A \mid B)\]
elde edilir. Böylece \(P(A \mid B) = P(A)\) olur ve \(P(B) > 0\) olduğundan Önerme 7.2 gereği \(A\) ile \(B\) bağımsızdır. Açıkça yazarsak, \(P(A \mid B) = P(A)\) eşitliği \(\dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} = P(A)\), yani \(P(A \cap B) = P(A)\,P(B)\) demektir.
(b) \(A\) ile \(B\) bağımsız olsun. \(P(B) > 0\) olduğundan Önerme 7.2 gereği \(P(A \mid B) = P(A)\)’dır. Teorem 7.2 (b) gereği \(A\) ile \(B^c\) de bağımsızdır ve \(P(B^c) > 0\) olduğundan yine Önerme 7.2 ile \(P(A \mid B^c) = P(A)\) olur. Demek ki
\[P(A \mid B) = P(A) = P(A \mid B^c).\]
(a) ile (b) birlikte şunu söyler: \(0 < P(B) < 1\) iken
\[A \text{ ile } B \text{ bağımsızdır} \iff P(A \mid B) = P(A \mid B^c).\]
(c) \(A\) parçanın kusurlu olması, \(B\) gündüz üretilmiş olması olayı olsun. Verilenler \(P(B) = \dfrac{3}{5}\), \(P(B^c) = \dfrac{2}{5}\), \(P(A \mid B) = \dfrac{3}{10}\) ve \(P(A \mid B^c) = \dfrac{3}{10}\)’dur. \(0 < P(B) < 1\) ve \(P(A \mid B) = P(A \mid B^c)\) olduğundan (a) gereği \(A\) ile \(B\) bağımsızdır. Toplam olasılık formülüyle
\[P(A) = P(B)\,P(A \mid B) + P(B^c)\,P(A \mid B^c) = \frac{3}{5} \cdot \frac{3}{10} + \frac{2}{5} \cdot \frac{3}{10} = \frac{3}{10}\]
bulunur; beklendiği gibi \(P(A) = P(A \mid B)\)’dir. İstenen olasılık
\[P(A \cap B) = P(A)\,P(B) = \frac{3}{10} \cdot \frac{3}{5} = \frac{9}{50}\]
olur.
\(\blacksquare\)
7.5 Çoklu Bağımsızlık
İkiden çok olay için bağımsızlık kavramı, ilk bakışta sanıldığından daha incedir. Üç olayın “birbirini etkilememesi” için yalnızca ikişer ikişer bağımsız olmaları yetmez; herhangi ikisinin birlikte gerçekleşmesi de üçüncüyü etkilememelidir. Bu yüzden önce alt kümeler üzerinden tanımlanan \(k\)-li bağımsızlık kavramını, sonra bunların hepsini birden isteyen tam bağımsızlık kavramını veriyoruz.
Tanım 7.2 (İkili, Üçlü, n-li ve Tam Bağımsızlık) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) bir olasılık uzayı, \(A_1, A_2, \ldots, A_n \in \mathcal{U}\) ve \(2 \le k \le n\) olsun.
\(1 \le i_1 < i_2 < \cdots < i_k \le n\) olan her indis seçimi için
\[P(A_{i_1} \cap A_{i_2} \cap \cdots \cap A_{i_k}) = P(A_{i_1})\,P(A_{i_2}) \cdots P(A_{i_k})\]
oluyorsa \(A_1, A_2, \ldots, A_n\) olaylarına \(k\)-li bağımsız denir. \(k = 2\) için ikili bağımsız, \(k = 3\) için üçlü bağımsız denir. \(k = n\) için tek bir koşul vardır:
\[P(A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_n) = P(A_1)\,P(A_2) \cdots P(A_n);\]
bu sağlandığında olaylara \(n\)-li bağımsız denir.
\(A_1, A_2, \ldots, A_n\) olayları her \(k = 2, 3, \ldots, n\) için \(k\)-li bağımsız ise bu olaylara tam bağımsız (karşılıklı bağımsız) denir. Başka bir deyişle, en az iki elemanlı her \(I \subseteq \{1, 2, \ldots, n\}\) indis kümesi için
\[P\Bigl(\bigcap_{i \in I} A_i\Bigr) = \prod_{i \in I} P(A_i)\]
olmalıdır.
Sonsuz bir \(A_1, A_2, \ldots\) olaylar dizisi, her sonlu alt ailesi tam bağımsız olduğunda tam bağımsız olarak adlandırılır.
Açıkça yazılırsa ikili bağımsızlık için \(\binom{n}{2}\), üçlü bağımsızlık için \(\binom{n}{3}\) koşul vardır ve tam bağımsızlık, toplam \(2^n - n - 1\) koşulun hepsinin sağlanmasını ister. \(n = 2\) için tam bağımsızlık, iki olay için verilen bağımsızlıkla (Tanım 7.1) aynı şeydir. \(n = 3\) için ise dört koşul gerekir:
\[\begin{aligned} P(A_1 \cap A_2) &= P(A_1)\,P(A_2), & P(A_1 \cap A_3) &= P(A_1)\,P(A_3), \\ P(A_2 \cap A_3) &= P(A_2)\,P(A_3), & P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) &= P(A_1)\,P(A_2)\,P(A_3). \end{aligned}\]
Bu dört koşulun hiçbiri ötekilerden çıkarılamaz; aşağıdaki örnekler bunu gösterir.
\(k \ne m\) olmak üzere \(k\)-li bağımsız olaylar \(m\)-li bağımsız olmak zorunda değildir. Bunun iki yönü de vardır: ikili bağımsız olduğu hâlde üçlü bağımsız olmayan olaylar ve üçlü bağımsız olduğu hâlde ikili bağımsız olmayan olaylar vardır. Aşağıdaki iki örnek bu iki durumu gösterir. Dolayısıyla tam bağımsızlığı doğrulamak için bütün alt kümelere bakmak gerekir; yalnızca ikili koşulları ya da yalnızca \(n\)-li koşulu denetlemek yetmez.
Örnek 7.2 (İkili Bağımsız Ama Tam Bağımsız Olmayan Üç Olay) Düzgün bir zar ardışık olarak iki kez atılsın. \(A\) ilk atışta \(2\) gelmesi, \(B\) ikinci atışta \(5\) gelmesi ve \(C\) gelen sonuçların toplamının \(7\) olması olayı olsun. \(A\), \(B\) ve \(C\) olaylarının tam bağımsız olup olmadığını inceleyiniz.
Çözüm
Örnek uzay \(\Omega = \{(x, y) : x, y \in \{1, 2, \ldots, 6\}\}\) olup \(n(\Omega) = 36\)’dır. Zar düzgün olduğundan bütün sonuçlar eşit olasılıklıdır; \((\Omega, \mathcal{P}(\Omega), P)\) bir Laplace uzayıdır (Tanım 4.1) ve her \(E \subseteq \Omega\) için \(P(E) = \dfrac{n(E)}{36}\)’dır (Önerme 4.2).
Olayları açıkça yazalım:
\[\begin{aligned} A &= \{(2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (2,5), (2,6)\}, & n(A) &= 6, \\ B &= \{(1,5), (2,5), (3,5), (4,5), (5,5), (6,5)\}, & n(B) &= 6, \\ C &= \{(x,y) : x + y = 7\} = \{(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)\}, & n(C) &= 6. \end{aligned}\]
Buradan
\[P(A) = P(B) = P(C) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}.\]
İkili kesişimler. \(A \cap B\), ilk atışta \(2\) ve ikinci atışta \(5\) gelmesi olayıdır: \(A \cap B = \{(2,5)\}\). \(A \cap C\) için ilk atış \(2\) ise toplamın \(7\) olması için ikinci atış \(5\) olmalıdır: \(A \cap C = \{(2,5)\}\). \(B \cap C\) için ikinci atış \(5\) ise ilk atış \(2\) olmalıdır: \(B \cap C = \{(2,5)\}\). Demek ki
\[P(A \cap B) = P(A \cap C) = P(B \cap C) = \frac{1}{36}.\]
Öte yandan
\[P(A)\,P(B) = P(A)\,P(C) = P(B)\,P(C) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{36}\]
olduğundan
\[P(A \cap B) = P(A)\,P(B), \qquad P(A \cap C) = P(A)\,P(C), \qquad P(B \cap C) = P(B)\,P(C)\]
eşitliklerinin üçü de sağlanır: \(A\), \(B\) ve \(C\) ikili bağımsızdır.
Üçlü kesişim. \(A \cap B \cap C = \{(2,5)\}\) olduğundan \(P(A \cap B \cap C) = \dfrac{1}{36}\)’dır. Ancak
\[P(A)\,P(B)\,P(C) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{216} \ne \frac{1}{36} = P(A \cap B \cap C).\]
Demek ki \(A\), \(B\) ve \(C\) üçlü bağımsız değildir; dolayısıyla tam bağımsız değildir.
Sonucun yorumu açıktır: \(A\) ile \(B\) birlikte gerçekleştiğinde, yani sonuç \((2,5)\) olduğunda, toplam kesinlikle \(7\)’dir. Yani \(P(C \mid A \cap B) = 1 \ne \dfrac{1}{6} = P(C)\); \(A\) ve \(B\) tek tek \(C\) hakkında bilgi vermez, ama ikisi birlikte \(C\)’yi tümüyle belirler.
\(\blacksquare\)
Ters yön de mümkündür: üçlü koşul sağlanırken ikili koşulların hiçbiri sağlanmayabilir.
Örnek 7.3 (Üçlü Bağımsız Ama İkili Bağımsız Olmayan Üç Olay) \(1\)’den \(8\)’e kadar numaralanmış sekiz toptan biri rastgele çekiliyor. \(A = \{1, 2, 3, 4\}\), \(B = \{1, 5, 6, 7\}\) ve \(C = \{1, 2, 3, 8\}\) olsun. \(A\), \(B\) ve \(C\) olaylarının üçlü bağımsız olduğunu, ama ikili bağımsız olmadığını gösteriniz.
Çözüm
\(\Omega = \{1, 2, \ldots, 8\}\) ve her \(E \subseteq \Omega\) için \(P(E) = \dfrac{n(E)}{8}\)’dir. Üç olayın da dört elemanı olduğundan
\[P(A) = P(B) = P(C) = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}.\]
Üçlü kesişim. Üç kümenin ortak tek elemanı \(1\)’dir: \(A \cap B \cap C = \{1\}\). Öyleyse
\[P(A \cap B \cap C) = \frac{1}{8} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = P(A)\,P(B)\,P(C)\]
olur; \(A\), \(B\) ve \(C\) üçlü bağımsızdır.
İkili kesişimler. \(A \cap B = \{1\}\), \(A \cap C = \{1, 2, 3\}\) ve \(B \cap C = \{1\}\) olduğundan
\[P(A \cap B) = \frac{1}{8}, \qquad P(A \cap C) = \frac{3}{8}, \qquad P(B \cap C) = \frac{1}{8}.\]
Oysa her çift için olasılıkların çarpımı \(\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}\)’tür ve
\[\frac{1}{8} \ne \frac{1}{4}, \qquad \frac{3}{8} \ne \frac{1}{4}, \qquad \frac{1}{8} \ne \frac{1}{4}\]
olduğundan üç çiftin hiçbiri bağımsız değildir. Demek ki \(A\), \(B\) ve \(C\) üçlü bağımsızdır, ama ikili bağımsız değildir; dolayısıyla tam bağımsız da değildir.
\(\blacksquare\)
Son olarak, üçlü koşul ile ikili koşulların ikisi sağlanırken üçüncü ikili koşul da sağlanmayabilir. Yine \(\Omega = \{1, 2, \ldots, 8\}\) üzerinde eşit olasılıklı çekilişte \(A = \{1, 2, 3, 4\}\), \(B = \{1, 2, 3, 5\}\) ve \(C = \{1, 4, 5, 6\}\) alınsın. \(P(A) = P(B) = P(C) = \dfrac{1}{2}\), \(A \cap C = \{1, 4\}\), \(B \cap C = \{1, 5\}\) ve \(A \cap B \cap C = \{1\}\) olduğundan
\[P(A \cap C) = P(B \cap C) = \frac{1}{4} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}, \qquad P(A \cap B \cap C) = \frac{1}{8} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}\]
olur; ama \(A \cap B = \{1, 2, 3\}\) ve \(P(A \cap B) = \dfrac{3}{8} \ne \dfrac{1}{4} = P(A)\,P(B)\)’dir. Olayların adları değiştirilerek aynı şey her ikili koşul için söylenebilir.
Birinci örnek ile son örnek birlikte, \(n = 3\) için yukarıdaki dört koşulun (Tanım 7.2) hiçbirinin ötekilerden çıkarılamayacağını gösterir: her koşul, öteki üçü sağlanırken bozulabilir. İkinci örnek ise daha uç bir durumu, üçlü koşul sağlanırken üç ikili koşulun birden bozulabileceğini ortaya koyar. Tam bağımsızlık, ancak bütün koşullar tek tek doğrulanarak ya da deneyin yapısından çıkarılarak kurulur. İkinci yolun tipik örneği, iadeli çekilişlerdir.
Örnek 7.4 (İadeli Çekilişte Üç Siyah Top) Bir torbada \(3\) siyah ve \(5\) beyaz top vardır. Torbadan iadeli olarak, yani her çekilen top torbaya geri konarak, art arda \(3\) top çekiliyor. Çekilen \(3\) topun da siyah olması olasılığı nedir?
Çözüm
Topları \(1\)’den \(8\)’e kadar numaralayalım; \(1, 2, 3\) siyah, \(4, 5, 6, 7, 8\) beyaz olsun. Her çekilişte torbada aynı sekiz top bulunduğundan deneyin örnek uzayı
\[\Omega = \{(\omega_1, \omega_2, \omega_3) : \omega_i \in \{1, 2, \ldots, 8\}\}, \qquad n(\Omega) = 8^3 = 512\]
dir ve her üçlü eşit olasılıklıdır: \(P(E) = \dfrac{n(E)}{512}\).
\(S_i\), \(i\)-inci çekilen topun siyah olması olayı olsun (\(i = 1, 2, 3\)):
\[S_i = \{(\omega_1, \omega_2, \omega_3) \in \Omega : \omega_i \in \{1, 2, 3\}\}.\]
\(S_1\)’in elemanlarını sayalım: \(\omega_1\) için \(3\), \(\omega_2\) ve \(\omega_3\) için \(8\)’er seçenek vardır; \(n(S_1) = 3 \cdot 8 \cdot 8 = 192\). Aynı biçimde \(n(S_2) = n(S_3) = 192\) olur ve
\[P(S_1) = P(S_2) = P(S_3) = \frac{192}{512} = \frac{3}{8}.\]
Olaylar tam bağımsızdır. \(S_1 \cap S_2\) için \(\omega_1\) ve \(\omega_2\)’nin \(3\)’er, \(\omega_3\)’ün \(8\) seçeneği vardır: \(n(S_1 \cap S_2) = 3 \cdot 3 \cdot 8 = 72\) ve
\[P(S_1 \cap S_2) = \frac{72}{512} = \frac{9}{64} = \frac{3}{8} \cdot \frac{3}{8} = P(S_1)\,P(S_2).\]
Aynı hesap \(S_1 \cap S_3\) ve \(S_2 \cap S_3\) için de geçerlidir; olaylar ikili bağımsızdır. Üçlü kesişim için her koordinatın \(3\) seçeneği vardır: \(n(S_1 \cap S_2 \cap S_3) = 3^3 = 27\) ve
\[P(S_1 \cap S_2 \cap S_3) = \frac{27}{512} = \left(\frac{3}{8}\right)^3 = P(S_1)\,P(S_2)\,P(S_3).\]
Demek ki \(S_1, S_2, S_3\) tam bağımsızdır. İstenen olasılık
\[P(S_1 \cap S_2 \cap S_3) = \left(\frac{3}{8}\right)^3 = \frac{27}{512}\]
dir.
Karşılaştırma. Çekilişler iadesiz olsaydı, çarpma teoremiyle (Teorem 6.3)
\[P(S_1 \cap S_2 \cap S_3) = P(S_1)\,P(S_2 \mid S_1)\,P(S_3 \mid S_1 \cap S_2) = \frac{3}{8} \cdot \frac{2}{7} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{56}\]
bulunurdu. İadeli çekilişte her çekiliş torbayı başlangıç durumuna döndürdüğünden koşullu olasılıklar koşulsuz olasılıklara eşittir ve çarpma teoremi, tam bağımsızlıktaki çarpım kuralına indirgenir. Genel olarak, iadeli çekilişlerde farklı çekilişlere ilişkin olaylar tam bağımsızdır; bu, iadeli çekilişleri iadesiz çekilişlerden ayıran temel özelliktir.
\(\blacksquare\)
7.6 Bağımsızlık Hesapları
Bu bölümde öğrendiklerimizi birkaç hesapta birleştirelim. Aşağıdaki örneğin ilk iki şıkkı, bağımsızlığın “olaylar birbiriyle ilgisizdir” sezgisine her zaman uymadığını da gösterir: aynı olay bir olaydan bağımsız, ona çok benzeyen bir başka olaydan bağımlı olabilir.
Örnek 7.5 (Bağımsızlık Hesapları) Düzgün bir zar iki kez atılsın; \(A\) ilk atışın çift gelmesi, \(B\) toplamın \(7\) olması ve \(C\) toplamın \(8\) olması olayı olsun.
(a) \(A\) ile \(B\) bağımsız mıdır?
(b) \(A\) ile \(C\) bağımsız mıdır?
(c) Bir olasılık uzayında \(E\) ile \(F\) olayları \(P(E) = \dfrac{1}{2}\), \(P(F) = \dfrac{1}{3}\) ve \(P(E \cup F) = \dfrac{2}{3}\) eşitliklerini sağlıyorsa bağımsız mıdır?
(d) Bağımsız \(E\) ile \(F\) olayları için \(P(E) = \dfrac{2}{5}\) ve \(P(F) = \dfrac{1}{2}\) olsun. \(P(E \cup F)\), \(P(E^c \cap F^c)\), \(P(E \mid F)\) ve \(P(F \mid E^c)\) olasılıklarını hesaplayınız.
Çözüm
İlk iki şıkta \(\Omega = \{(x, y) : x, y \in \{1, \ldots, 6\}\}\) olup \(n(\Omega) = 36\)’dır ve bir olayın olasılığı, eleman sayısının \(36\)’ya bölümüdür. Son iki şık ise herhangi bir olasılık uzayında geçerlidir.
(a) \(A = \{(x, y) : x \in \{2, 4, 6\}\}\) olup \(n(A) = 3 \cdot 6 = 18\) ve \(P(A) = \dfrac{1}{2}\)’dir. \(B = \{(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)\}\) olup \(P(B) = \dfrac{6}{36} = \dfrac{1}{6}\)’dır. Kesişim, ilk bileşeni çift olan toplamı \(7\) çiftlerinden oluşur:
\[A \cap B = \{(2,5), (4,3), (6,1)\}, \qquad P(A \cap B) = \frac{3}{36} = \frac{1}{12}.\]
\(P(A)\,P(B) = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{12} = P(A \cap B)\) olduğundan \(A\) ile \(B\) bağımsızdır. Sezgisel açıklama: ilk zar ne gelirse gelsin, toplamın \(7\) olması için ikinci zarın alması gereken tam bir değer vardır; bu yüzden \(P(B \mid A) = \dfrac{1}{6} = P(B)\).
(b) \(C = \{(2,6), (3,5), (4,4), (5,3), (6,2)\}\) olup \(P(C) = \dfrac{5}{36}\)’dır. Kesişim
\[A \cap C = \{(2,6), (4,4), (6,2)\}, \qquad P(A \cap C) = \frac{3}{36} = \frac{1}{12}\]
dir. Oysa
\[P(A)\,P(C) = \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{36} = \frac{5}{72} \ne \frac{6}{72} = \frac{1}{12} = P(A \cap C).\]
Demek ki \(A\) ile \(C\) bağımsız değildir. Gerçekten \(P(C \mid A) = \dfrac{1/12}{1/2} = \dfrac{1}{6} > \dfrac{5}{36} = P(C)\): ilk zarın çift gelmesi toplamın \(8\) olma olasılığını artırır, çünkü toplamı \(8\) yapan beş çiftin üçü çift sayıyla başlar.
(c) Toplama kuralı (Teorem 3.2) gereği
\[P(E \cap F) = P(E) + P(F) - P(E \cup F) = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{2}{3} = \frac{1}{6}\]
olur. \(P(E)\,P(F) = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6} = P(E \cap F)\) olduğundan olaylar bağımsızdır.
(d) Bağımsızlık gereği \(P(E \cap F) = \dfrac{2}{5} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{5}\). Toplama kuralıyla
\[P(E \cup F) = \frac{2}{5} + \frac{1}{2} - \frac{1}{5} = \frac{7}{10}.\]
Teorem 7.2 (c) gereği \(E^c\) ile \(F^c\) bağımsızdır; \(P(E^c) = \dfrac{3}{5}\) ve \(P(F^c) = \dfrac{1}{2}\) olduğundan
\[P(E^c \cap F^c) = \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{10}.\]
Bu sonuç \(P(E^c \cap F^c) = 1 - P(E \cup F) = 1 - \dfrac{7}{10} = \dfrac{3}{10}\) ile uyumludur. Önerme 7.2 gereği
\[P(E \mid F) = P(E) = \frac{2}{5}.\]
Son olarak Teorem 7.2 (a) gereği \(E^c\) ile \(F\) bağımsızdır ve \(P(E^c) = \dfrac{3}{5} > 0\) olduğundan
\[P(F \mid E^c) = P(F) = \frac{1}{2}.\]
\(\blacksquare\)
7.7 Alıştırmalar
Alıştırma 7.1 (Bağımsız Olaylar) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) bir olasılık uzayı olsun.
(a) \(A \in \mathcal{U}\) olayının kendisinden bağımsız olması için gerek ve yeter koşulun \(P(A) = 0\) ya da \(P(A) = 1\) olduğunu gösteriniz.
(b) \(A \subseteq B\) ve \(A\) ile \(B\) bağımsız ise \(P(A) = 0\) ya da \(P(B) = 1\) olduğunu gösteriniz.
(c) \(A\) ile \(B\) bağımsız ise \(P(A \cup B) = 1 - P(A^c)\,P(B^c)\) olduğunu gösteriniz. \(P(A) = \dfrac{1}{3}\) ve \(P(B) = \dfrac{1}{4}\) için \(P(A \cup B)\)’yi hesaplayınız.
(d) \(A_1, A_2, \ldots, A_n\) tam bağımsız ise, bu olaylardan istenilen kadarının yerine tümleyeninin konmasıyla elde edilen ailenin de tam bağımsız olduğunu gösteriniz. Buradan
\[P(A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n) = 1 - \prod_{i=1}^{n} \bigl(1 - P(A_i)\bigr)\]
olduğunu çıkarınız. Üç atıcı bir hedefe birbirinden bağımsız olarak birer atış yapıyor; isabet olasılıkları sırasıyla \(\dfrac{1}{2}\), \(\dfrac{3}{5}\) ve \(\dfrac{7}{10}\)’dur. Hedefin en az bir kez vurulması olasılığı nedir?
(e) Düzgün bir zar iki kez atılsın. \(A\) ilk atışın tek, \(B\) ikinci atışın tek ve \(C\) toplamın tek olması olayı olsun. \(A\), \(B\), \(C\) olaylarının ikili bağımsız olduğunu, ama tam bağımsız olmadığını gösteriniz.
(f) \(3\) siyah ve \(5\) beyaz top bulunan torbadan (Örnek 7.4) iadeli olarak \(3\) top çekiliyor. Tam olarak bir topun siyah olması ve en az bir topun siyah olması olasılıklarını hesaplayınız.
(g) \(A\), \(B\), \(C\) tam bağımsız ise \(A\) ile \(B \cup C\) olaylarının ve \(A\) ile \(B \cap C\) olaylarının bağımsız olduğunu gösteriniz.
(h) \(A\) ile \(B\) ayrık, \(P(A) = \dfrac{1}{3}\) ve \(P(B) = \dfrac{1}{4}\) olsun. \(P(A \mid B)\) ve \(P(A \mid A \cup B)\) olasılıklarını hesaplayınız; \(A\) ile \(B\)’nin bağımsız olmadığını doğrulayınız.
Çözüm
(a) \(A\)’nın kendisinden bağımsız olması, \(A \cap A = A\) olduğundan, \(P(A) = P(A \cap A) = P(A)\,P(A) = P(A)^2\) demektir. \(P(A)^2 = P(A)\) eşitliği \(P(A)\bigl(P(A) - 1\bigr) = 0\) biçiminde yazılır; bu da ancak \(P(A) = 0\) ya da \(P(A) = 1\) iken sağlanır. Tersine \(P(A) \in \{0, 1\}\) ise \(P(A)^2 = P(A)\) olduğundan \(A\) kendisinden bağımsızdır.
(b) \(A \subseteq B\) olduğundan \(A \cap B = A\)’dır. Bağımsızlık gereği \(P(A) = P(A \cap B) = P(A)\,P(B)\), yani \(P(A)\bigl(1 - P(B)\bigr) = 0\) olur. Bir çarpım sıfırsa çarpanlardan biri sıfırdır: ya \(P(A) = 0\) ya da \(P(B) = 1\).
(c) Teorem 7.2 (c) gereği \(A^c\) ile \(B^c\) bağımsızdır. De Morgan kuralıyla \((A \cup B)^c = A^c \cap B^c\) olduğundan
\[P(A \cup B) = 1 - P(A^c \cap B^c) = 1 - P(A^c)\,P(B^c).\]
\(P(A) = \dfrac{1}{3}\), \(P(B) = \dfrac{1}{4}\) için \(P(A^c) = \dfrac{2}{3}\), \(P(B^c) = \dfrac{3}{4}\) ve
\[P(A \cup B) = 1 - \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.\]
Toplama kuralıyla doğrulama: \(P(A \cup B) = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{4} = \dfrac{4 + 3 - 1}{12} = \dfrac{1}{2}\).
(d) Önce tek bir olayın, diyelim \(A_1\)’in, yerine \(A_1^c\) konduğunda ailenin tam bağımsız kaldığını gösterelim. \(I \subseteq \{1, \ldots, n\}\) en az iki elemanlı bir indis kümesi olsun. \(1 \notin I\) ise ilgili koşulda \(A_1\) geçmez ve koşul varsayım gereği sağlanır. \(1 \in I\) ise \(J = I \setminus \{1\}\) diyelim (\(J \ne \varnothing\)) ve \(D = \bigcap_{i \in J} A_i\) olsun. \(D\) olayı, ayrık \(A_1 \cap D\) ve \(A_1^c \cap D\) parçalarına ayrıldığından
\[P(A_1^c \cap D) = P(D) - P(A_1 \cap D) = \prod_{i \in J} P(A_i) - P(A_1) \prod_{i \in J} P(A_i) = \bigl(1 - P(A_1)\bigr) \prod_{i \in J} P(A_i) = P(A_1^c) \prod_{i \in J} P(A_i)\]
olur; burada \(P(D)\) ve \(P(A_1 \cap D)\) için tam bağımsızlık kullanıldı. Demek ki \(A_1^c, A_2, \ldots, A_n\) tam bağımsızdır. İndis adı önemli olmadığından aynı akıl yürütme herhangi bir \(A_j\) için geçerlidir; ayrıca sonuç her uygulamada tam bağımsız bir aile verdiğinden, işlem istenilen sayıda olay için art arda uygulanabilir. Böylece istenilen olayların tümleyeniyle değiştirilmesi tam bağımsızlığı korur.
Özel olarak \(A_1^c, \ldots, A_n^c\) tam bağımsızdır ve De Morgan kuralıyla
\[P(A_1 \cup \cdots \cup A_n) = 1 - P(A_1^c \cap \cdots \cap A_n^c) = 1 - \prod_{i=1}^{n} P(A_i^c) = 1 - \prod_{i=1}^{n} \bigl(1 - P(A_i)\bigr).\]
Atıcılar için \(A_i\), \(i\)-inci atıcının isabet ettirmesi olayı olsun; \(A_1, A_2, A_3\) tam bağımsızdır. Hedefin en az bir kez vurulması \(A_1 \cup A_2 \cup A_3\) olayıdır ve
\[P(A_1 \cup A_2 \cup A_3) = 1 - \left(1 - \frac{1}{2}\right)\left(1 - \frac{3}{5}\right)\left(1 - \frac{7}{10}\right) = 1 - \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{5} \cdot \frac{3}{10} = 1 - \frac{3}{50} = \frac{47}{50} = 0{,}94.\]
(e) \(\Omega = \{(x,y) : x, y \in \{1, \ldots, 6\}\}\), \(n(\Omega) = 36\). \(A\)’da \(x\) için \(3\), \(y\) için \(6\) seçenek vardır: \(P(A) = \dfrac{18}{36} = \dfrac{1}{2}\); benzer biçimde \(P(B) = \dfrac{1}{2}\). Toplamın tek olması için zarlardan biri tek, öteki çift olmalıdır: \(n(C) = 3 \cdot 3 + 3 \cdot 3 = 18\) ve \(P(C) = \dfrac{1}{2}\).
İkili kesişimler: \(A \cap B\) iki zarın da tek gelmesidir, \(n(A \cap B) = 9\); \(A \cap C\) ilk zarın tek, toplamın tek, yani ikinci zarın çift gelmesidir, \(n(A \cap C) = 9\); \(B \cap C\) ikinci zarın tek, ilk zarın çift gelmesidir, \(n(B \cap C) = 9\). Öyleyse
\[P(A \cap B) = P(A \cap C) = P(B \cap C) = \frac{9}{36} = \frac{1}{4} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2},\]
yani olaylar ikili bağımsızdır.
Üçlü kesişim: iki zar da tek gelirse toplam çifttir; \(A \cap B \cap C = \varnothing\) ve \(P(A \cap B \cap C) = 0 \ne \dfrac{1}{8} = P(A)\,P(B)\,P(C)\). Demek ki olaylar üçlü bağımsız değildir, dolayısıyla tam bağımsız değildir.
(f) \(S_i\), \(i\)-inci topun siyah olması olayı olsun; Örnek 7.4 gereği \(S_1, S_2, S_3\) tam bağımsızdır ve \(P(S_i) = \dfrac{3}{8}\), \(P(S_i^c) = \dfrac{5}{8}\)’dir. Tümleyenler de (d) şıkkı gereği tam bağımsız olduğundan, tam olarak bir siyah top çekilmesi olasılığı
\[P(S_1 \cap S_2^c \cap S_3^c) + P(S_1^c \cap S_2 \cap S_3^c) + P(S_1^c \cap S_2^c \cap S_3) = 3 \cdot \frac{3}{8} \cdot \frac{5}{8} \cdot \frac{5}{8} = \frac{225}{512}\]
dir (üç olay ayrıktır). En az bir siyah top çekilmesi, hiç siyah çekilmemesinin tümleyenidir:
\[P(S_1 \cup S_2 \cup S_3) = 1 - P(S_1^c \cap S_2^c \cap S_3^c) = 1 - \left(\frac{5}{8}\right)^3 = 1 - \frac{125}{512} = \frac{387}{512}.\]
(g) Tam bağımsızlık gereği \(P(A \cap B) = P(A)\,P(B)\), \(P(A \cap C) = P(A)\,P(C)\), \(P(B \cap C) = P(B)\,P(C)\) ve \(P(A \cap B \cap C) = P(A)\,P(B)\,P(C)\)’dir. Dağılma özelliği ile \(A \cap (B \cup C) = (A \cap B) \cup (A \cap C)\) olur ve toplama kuralı gereği
\[\begin{aligned} P\bigl(A \cap (B \cup C)\bigr) &= P(A \cap B) + P(A \cap C) - P(A \cap B \cap C) \\ &= P(A)\,P(B) + P(A)\,P(C) - P(A)\,P(B)\,P(C) \\ &= P(A)\,\bigl(P(B) + P(C) - P(B)\,P(C)\bigr) \\ &= P(A)\,\bigl(P(B) + P(C) - P(B \cap C)\bigr) = P(A)\,P(B \cup C). \end{aligned}\]
Demek ki \(A\) ile \(B \cup C\) bağımsızdır. Öte yandan
\[P\bigl(A \cap (B \cap C)\bigr) = P(A \cap B \cap C) = P(A)\,P(B)\,P(C) = P(A)\,P(B \cap C)\]
olduğundan \(A\) ile \(B \cap C\) de bağımsızdır.
(h) \(A \cap B = \varnothing\) olduğundan \(P(A \cap B) = 0\) ve
\[P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{0}{1/4} = 0.\]
Ayrıklık gereği \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{7}{12}\) ve \(A \cap (A \cup B) = A\) olduğundan
\[P(A \mid A \cup B) = \frac{P(A)}{P(A \cup B)} = \frac{1/3}{7/12} = \frac{4}{7}.\]
\(P(A \cap B) = 0 \ne \dfrac{1}{12} = P(A)\,P(B)\) olduğundan \(A\) ile \(B\) bağımsız değildir; bu, Teorem 7.1’in bir örneğidir. \(P(A \mid B) = 0 \ne \dfrac{1}{3} = P(A)\) eşitsizliği de aynı sonucu verir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümle olasılık uzayları üzerine ilk kısmı tamamlamış olduk: olayları, olasılık ölçüsünü, koşullu olasılığı ve bağımsızlığı tanıdık. Bundan sonra olayları tek tek incelemek yerine, deneyin sonucuna sayısal değerler atayan fonksiyonları, yani rastgele değişkenleri ele alacağız. Kitabın ikinci kısmının ilk bölümü: Rastgele Değişken.