20 Bernoulli ve Binom Dağılımları
Koşullu Beklenen Değer bölümüyle birlikte olasılık kuramının genel yapısı tamamlandı: olasılık uzayı, rastgele değişkenler ve rastgele vektörler, dağılım fonksiyonu, beklenen değer ve varyans, moment üreten ve karakteristik fonksiyonlar. Bu araçların hepsini “herhangi bir” rastgele değişken için geliştirdik. Şimdi bakış açımızı değiştiriyoruz. Uygulamada tekrar tekrar karşımıza çıkan birkaç somut dağılım ailesini tek tek ele alacak; her biri için olasılık fonksiyonunu türetecek, beklenen değerini, varyansını ve moment üreten fonksiyonunu hesaplayacağız. Bu kısımda yeni bir aksiyom ya da yeni bir kavram gelmeyecek; her sonuç, önceki kısımlarda kurulan genel kuramın belirli bir dağılıma uygulanmasından ibaret olacak.
En basit rastgele deney, yalnızca iki sonucu olan deneydir: bir para atılır, yazı ya da tura gelir; üretim bandından alınan bir parça sağlam ya da kusurludur; bir tohum çimlenir ya da çimlenmez. Bu türden deneylere Bernoulli deneyi denir. Bu bölümde önce tek bir Bernoulli deneyini betimleyen Bernoulli dağılımını, sonra da aynı deneyin bağımsız olarak \(n\) kez tekrarlanmasıyla ortaya çıkan binom dağılımını inceleyeceğiz. Binom dağılımı, “\(n\) denemede kaç başarı olur?” sorusunun yanıtıdır ve kesikli dağılımların en temel olanıdır.
Bölümün sonunda şunları bileceğiz: binom olasılık fonksiyonu \(\binom{n}{x} p^x (1-p)^{n-x}\) nereden gelir ve toplamı neden \(1\)’dir; beklenen değerin \(np\), varyansın \(np(1-p)\) olduğu birbirinden bağımsız dört ayrı yolla nasıl gösterilir; moment üreten fonksiyon \((pe^t + 1 - p)^n\) ile karakteristik ve çarpımsal moment üreten fonksiyonlar momentleri nasıl üretir; aynı \(p\)’li bağımsız binom değişkenlerinin toplamı neden yine binomdur; ve olasılık fonksiyonunun en büyük değerini aldığı en olası değer nasıl bulunur. Sonraki bölümde, \(n\) büyük ve \(p\) küçük olduğunda binom dağılımına yaklaşan Poisson dağılımı gelecek.
20.1 Bernoulli Deneyi ve Bernoulli Dağılımı
Bir rastgele deneyin sonuçlarını, ilgilendiğimiz bir olayın gerçekleşip gerçekleşmediğine göre ikiye ayıralım. Deneyin geri kalan ayrıntılarını unutup yalnızca bu ikili bilgiyi kaydettiğimizde elde ettiğimiz şey bir Bernoulli deneyidir.
Tanım 20.1 (Bernoulli Deneyi) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) bir olasılık uzayı ve \(A \in \mathcal{U}\), \(0 < P(A) < 1\) koşulunu sağlayan bir olay olsun. Sonucun yalnızca “\(A\) gerçekleşti” ya da “\(A\) gerçekleşmedi” biçiminde kaydedildiği rastgele deneye bir Bernoulli deneyi denir. \(A\) olayına başarı, \(A^c\) olayına başarısızlık, \(p = P(A)\) sayısına da deneyin başarı olasılığı adı verilir. Başarısızlık olasılığı \(q = 1 - p = P(A^c)\) ile gösterilir.
“Başarı” sözcüğü bir değer yargısı taşımaz; yalnızca saydığımız sonucun adıdır. Kusurlu parçaları sayıyorsak “kusurlu çıkması” başarıdır. \(p = 0\) ya da \(p = 1\) durumlarında deneyin sonucu önceden bellidir; bu yozlaşmış durumları tanımın dışında bıraktık; beklenen değer, varyans ve üretici fonksiyon formülleri o durumlarda da doğru kalır (en olası değer sonucu ise \(0 < p < 1\) varsayar).
Bir Bernoulli deneyini sayıya dönüştürmenin doğal yolu, \(A\) olayının gösterge fonksiyonunu almaktır: \(\omega \in A\) ise \(X(\omega) = 1\), değilse \(X(\omega) = 0\). Bu \(X\), Tanım 10.1 anlamında kesikli bir rastgele değişkendir; olasılık fonksiyonunu (Tanım 10.2) tek formülle yazabiliriz.
Tanım 20.2 (Bernoulli Dağılımı) \(0 < p < 1\) olsun. Değer kümesi \(D_X = \{0, 1\}\) ve olasılık fonksiyonu
\[f_X(x) = \begin{cases} p^x (1-p)^{1-x}, & x \in \{0, 1\} \\ 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
olan kesikli rastgele değişken \(X\)’e \(p\) parametreli Bernoulli dağılımına sahiptir denir ve \(X \sim B(1, p)\) yazılır. Açık biçimde \(P(X = 1) = p\) ve \(P(X = 0) = 1 - p\)’dir.
Formüldeki üsler yalnızca iki değeri tek satırda toplamaya yarar: \(x = 1\) için \(p^1 (1-p)^0 = p\), \(x = 0\) için \(p^0 (1-p)^1 = 1 - p\) çıkar. Dağılım fonksiyonu (Tanım 9.1) iki basamaklı bir merdivendir:
\[F_X(x) = P(X \le x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\ 1 - p, & 0 \le x < 1 \\ 1, & x \ge 1. \end{cases}\]
Bernoulli dağılımı o kadar basittir ki bütün sayısal özellikleri tek bakışta hesaplanır. Yine de bunları bir önerme hâlinde kaydediyoruz, çünkü binom dağılımının bütün momentleri bu önermeden türeyecek.
Önerme 20.1 (Bernoulli Dağılımının Momentleri) \(X \sim B(1, p)\) olsun. O zaman:
(a) Her \(k \in \mathbb{N}\) için \(E(X^k) = p\); özel olarak \(E(X) = p\).
(b) \(\operatorname{Var}(X) = p(1-p)\).
(c) Moment üreten fonksiyonu her \(t \in \mathbb{R}\) için vardır ve \(M_X(t) = 1 - p + p e^t\)’dir.
(d) Karakteristik fonksiyonu \(\varphi_X(t) = 1 - p + p e^{it}\), çarpımsal moment üreten fonksiyonu \(N_X(t) = 1 - p + pt\)’dir; ikisi de her \(t \in \mathbb{R}\) için tanımlıdır.
İspat
(a) \(X\) kesikli olduğundan Tanım 16.1 gereği \(E(X^k) = \sum_{x \in D_X} x^k f_X(x)\)’tir. \(D_X = \{0, 1\}\) olduğundan
\[E(X^k) = 0^k \cdot (1-p) + 1^k \cdot p = p.\]
(b) Önerme 16.3 gereği \(\operatorname{Var}(X) = E(X^2) - \big(E(X)\big)^2\)’dir. (a)’ya göre \(E(X^2) = p\) ve \(E(X) = p\); öyleyse
\[\operatorname{Var}(X) = p - p^2 = p(1-p).\]
(c) Tanım 17.2 gereği \(M_X(t) = E(e^{tX})\)’tir. Toplam yine iki terimlidir:
\[M_X(t) = e^{t \cdot 0} (1-p) + e^{t \cdot 1} p = 1 - p + p e^t.\]
Toplam sonlu olduğundan her \(t \in \mathbb{R}\) için tanımlıdır. Sağlama olarak Teorem 17.4’i uygulayalım: \(M_X'(t) = p e^t\) ve \(M_X''(t) = p e^t\) olduğundan \(M_X'(0) = p = E(X)\), \(M_X''(0) = p = E(X^2)\) bulunur; (a) ile uyuşur.
(d) Tanım 17.1 gereği \(\varphi_X(t) = E(e^{itX})\) ve Tanım 17.3 gereği \(N_X(t) = E(t^X)\)’tir. Her ikisi de (c)’deki gibi iki terimli toplamlardır:
\[\varphi_X(t) = e^{it \cdot 0}(1-p) + e^{it \cdot 1} p = 1 - p + p e^{it}, \qquad N_X(t) = t^0 (1-p) + t^1 p = 1 - p + pt.\]
\(N_X'(t) = p\) olduğundan Teorem 17.6 ile \(E(X) = N_X'(1) = p\); ikinci ve daha yüksek türevler sıfırdır, yani \(E\big(X(X-1)\big) = 0\). Bu, \(X\)’in yalnızca \(0\) ve \(1\) değerlerini almasının doğrudan sonucudur: \(X(X-1) = 0\).
\(\blacksquare\)
Varyans \(p(1-p)\) en büyük değerini \(p = \frac{1}{2}\)’de alır ve hiçbir zaman \(\frac{1}{4}\)’ü aşamaz (Alıştırma 20.1, (c) şıkkı): sonucu en az öngörülebilir olan Bernoulli deneyi, hilesiz para atışıdır.
20.2 Binom Dağılımı
Aynı Bernoulli deneyini, koşulları değiştirmeden ve her tekrarın sonucu ötekileri etkilemeyecek biçimde \(n\) kez yineleyelim. İlgilendiğimiz büyüklük, bu \(n\) denemedeki toplam başarı sayısıdır. Önce bu sayının dağılımını bir aile olarak tanımlayacak, sonra bağımsız tekrarlardaki başarı sayısının gerçekten bu dağılıma sahip olduğunu ispatlayacağız. Kısalık için baştan sona \(q = 1 - p\) yazacağız.
Tanım 20.3 (Binom Dağılımı) \(n \in \mathbb{N}\) ve \(0 < p < 1\) olsun. Değer kümesi \(D_X = \{0, 1, \ldots, n\}\) ve olasılık fonksiyonu
\[f_X(x) = \begin{cases} \dbinom{n}{x} p^x (1-p)^{n-x}, & x \in \{0, 1, \ldots, n\} \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
olan kesikli rastgele değişken \(X\)’e \(n\) ve \(p\) parametreli binom dağılımına sahiptir denir ve \(X \sim B(n, p)\) yazılır. Burada \(\binom{n}{x} = \dfrac{n!}{x!\,(n-x)!}\), Teorem 5.2 ile verilen kombinasyon sayısıdır. \(n = 1\) için \(B(1, p)\) tam olarak Bernoulli dağılımıdır.
Bu tanımın anlamlı olması için verilen \(f_X\)’in gerçekten bir olasılık fonksiyonu olması gerekir. Değerlerin negatif olmadığı açıktır; toplamın \(1\) olduğu ise binom teoreminin (Teorem 5.4) doğrudan bir sonucudur:
\[\sum_{x=0}^{n} \binom{n}{x} p^x (1-p)^{n-x} = \big(p + (1-p)\big)^n = 1^n = 1.\]
Dağılımın adı da buradan gelir: \(f_X(0), f_X(1), \ldots, f_X(n)\) olasılıkları, \((q + p)^n\) açılımının \(\binom{n}{x} p^x q^{n-x}\) terimleridir; \(x\) sırasıyla \(0, 1, \ldots, n\) değerlerini alır.
Şimdi bu tanımın olasılık uzayına bağlanması gerekiyor. Aşağıdaki teorem, binom dağılımının “neden” bu biçimde olduğunu söyler: katsayı \(\binom{n}{x}\) başarıların yerleşebileceği konum sayısını, \(p^x q^{n-x}\) çarpanı ise belirli bir konum düzeninin olasılığını verir.
Teorem 20.1 (Bağımsız Denemelerde Başarı Sayısı) Başarı olasılığı \(p\) (\(0 < p < 1\)) olan bir Bernoulli deneyi, birbirinden bağımsız olarak ve aynı koşullar altında \(n\) kez tekrarlansın. \(X\), bu \(n\) denemedeki başarı sayısı olsun. O zaman \(X \sim B(n, p)\)’dir; yani
\[P(X = x) = \binom{n}{x} p^x (1-p)^{n-x}, \qquad x = 0, 1, \ldots, n.\]
İspat
Model. \(n\) denemenin sonucunu, \(i\)’inci deneme başarılıysa \(\omega_i = 1\), değilse \(\omega_i = 0\) olmak üzere bir \(\omega = (\omega_1, \ldots, \omega_n)\) dizisiyle kaydedelim. Örnek uzay \(\Omega = \{0, 1\}^n\), \(2^n\) elemanlı sonlu bir kümedir; \(\sigma\)-cebir olarak \(\mathcal{U} = \mathcal{P}(\Omega)\) alınır. İçinde tam \(k\) tane \(1\) bulunan bir \(\omega\) dizisine
\[P(\{\omega\}) = p^k q^{n-k}\]
olasılığını verelim; bir olayın olasılığı, elemanlarının olasılıklarının toplamıdır. Bu bir olasılık ölçüsüdür: \(k\) tane \(1\) içeren dizi sayısı \(\binom{n}{k}\) olduğundan (Teorem 5.2) bütün tekil olasılıkların toplamı
\[\sum_{\omega \in \Omega} P(\{\omega\}) = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^k q^{n-k} = (p+q)^n = 1\]
olur. “Denemeler bağımsızdır ve her birinin başarı olasılığı \(p\)’dir” cümlesinin matematiksel karşılığı da tam olarak bu ölçüdür. Gerçekten, \(A_i = \{\omega \in \Omega : \omega_i = 1\}\) “\(i\)’inci deneme başarılı” olayı olsun. \(i_1 < \cdots < i_r\) indisleri için \(A_{i_1} \cap \cdots \cap A_{i_r}\) olayının olasılığını hesaplarken sabitlenen \(r\) koordinat \(p^r\) çarpanını verir; geriye kalan \(n - r\) koordinat üzerinden toplam alındığında \((p+q)^{n-r} = 1\) çıkar. Öyleyse
\[P(A_{i_1} \cap \cdots \cap A_{i_r}) = p^r = P(A_{i_1}) \cdots P(A_{i_r}),\]
yani \(A_1, \ldots, A_n\) olayları Tanım 7.2 anlamında tam bağımsızdır ve her biri \(p\) olasılıklıdır.
Sayma. Başarı sayısı \(X(\omega) = \omega_1 + \cdots + \omega_n\)’dir. \((X = x)\) olayı, içinde tam \(x\) tane \(1\) bulunan dizilerden oluşur. Böyle bir dizi, \(1\)’lerin yerleşeceği \(x\) konumun \(n\) konum arasından seçilmesiyle belirlenir; Teorem 5.2 gereği \(\binom{n}{x}\) tane vardır. Her birinin olasılığı \(p^x q^{n-x}\)’tir. Dolayısıyla
\[P(X = x) = \binom{n}{x} p^x q^{n-x}, \qquad x = 0, 1, \ldots, n.\]
\(X\)’in başka değer alamayacağı açıktır; öyleyse \(X \sim B(n, p)\)’dir.
\(\blacksquare\)
\(p = \frac{1}{2}\) özel durumunda her dizinin olasılığı \(2^{-n}\)’dir; yani \(\Omega\) bir Laplace uzayıdır (Tanım 4.1) ve formül, “uygun durum sayısı bölü bütün durum sayısı” biçimine indirgenir: \(P(X = x) = \binom{n}{x} / 2^n\). Genel \(p\) için diziler eşit olasılıklı değildir; sayma yine yapılır ama her dizi kendi ağırlığı \(p^x q^{n-x}\) ile sayılır.
İspatta ortaya çıkan \(X(\omega) = \omega_1 + \cdots + \omega_n\) yazılışı, tek bir formülden çok daha fazlasını söyler: binom değişkeni, her biri bir denemeyi izleyen Bernoulli değişkenlerinin toplamıdır. Bu gözlem, ileride beklenen değeri ve varyansı neredeyse hesapsız verecek.
Önerme 20.2 (Binom Değişkeni Bernoulli Değişkenlerinin Toplamıdır) \(X_1, \ldots, X_n\) bağımsız rastgele değişkenler ve her biri \(B(1, p)\) dağılımlı olsun. O zaman
\[X = X_1 + X_2 + \cdots + X_n \sim B(n, p)\]
olur. Tersine, \(B(n, p)\) dağılımlı her rastgele değişken, dağılım bakımından böyle bir toplama eşittir.
İspat
\((X_1, \ldots, X_n)\) vektörü \(\{0, 1\}^n\) kümesinde değer alır. Bağımsızlık (Tanım 14.1) gereği, içinde \(k\) tane \(1\) bulunan her \((\omega_1, \ldots, \omega_n) \in \{0, 1\}^n\) için
\[P(X_1 = \omega_1, \ldots, X_n = \omega_n) = \prod_{i=1}^{n} P(X_i = \omega_i) = p^k q^{n-k}\]
olur; çünkü çarpanların \(k\) tanesi \(P(X_i = 1) = p\), geri kalan \(n - k\) tanesi \(P(X_i = 0) = q\)’dur. Bu, Teorem 20.1 ispatındaki ölçünün ta kendisidir. \(X = X_1 + \cdots + X_n\), dizideki \(1\)’lerin sayısını verir; öyleyse aynı sayma
\[P(X = x) = \sum_{\substack{\omega \in \{0,1\}^n \\ \omega_1 + \cdots + \omega_n = x}} p^x q^{n-x} = \binom{n}{x} p^x q^{n-x}\]
eşitliğini verir, yani \(X \sim B(n, p)\)’dir.
Tersine \(X \sim B(n, p)\) verilsin. Teorem 20.1 ispatındaki \((\Omega, \mathcal{P}(\Omega), P)\) uzayında \(X_i(\omega) = \omega_i\) tanımlansın. Orada gösterildiği gibi \(P(X_i = 1) = P(A_i) = p\), dolayısıyla \(P(X_i = 0) = q\)’dur; yani her \(X_i \sim B(1, p)\)’dir. İçinde \(k\) tane \(1\) bulunan her \(\omega = (\omega_1, \ldots, \omega_n) \in \{0,1\}^n\) noktasında ortak olasılık fonksiyonu
\[P(X_1 = \omega_1, \ldots, X_n = \omega_n) = P(\{\omega\}) = p^k q^{n-k} = \prod_{i=1}^{n} P(X_i = \omega_i)\]
marjinallerin çarpımıdır; Tanım 14.1 gereği \(X_1, \ldots, X_n\) bağımsızdır. Toplamları \(X_1(\omega) + \cdots + X_n(\omega) = \omega_1 + \cdots + \omega_n\), o uzaydaki başarı sayısıdır; dağılımı \(B(n, p)\), yani \(X\)’in dağılımıdır.
\(\blacksquare\)
Şimdi somut bir hesap yapalım. Aşağıdaki örnek, olasılık fonksiyonunun tablosunu, olasılıkların toplamla hesabını ve dağılım fonksiyonunun birikimli toplamla oluşturulmasını bir arada gösteriyor.
Örnek 20.1 (Zar Beş Kez Atılıyor) Hilesiz bir zar beş kez atılıyor; \(X\), \(6\) gelen atışların sayısı olsun.
(a) \(X\)’in olasılık fonksiyonunu tablo hâlinde yazınız.
(b) Tam iki kez \(6\) gelme, en az bir kez \(6\) gelme ve en az iki kez \(6\) gelme olasılıklarını bulunuz.
(c) Dağılım fonksiyonu \(F_X\)’i hesaplayıp açık biçimde yazınız; \(P(1 \le X \le 3)\) olasılığını \(F_X\) yardımıyla bulunuz.
Çözüm
Her atış bir Bernoulli deneyidir: başarı “\(6\) gelmesi”, başarı olasılığı \(p = \frac{1}{6}\), dolayısıyla \(q = \frac{5}{6}\). Atışlar bağımsızdır; Teorem 20.1 gereği \(X \sim B\!\left(5, \frac{1}{6}\right)\)’dır.
(a) \(6^5 = 7776\) olduğundan
\[f_X(x) = \binom{5}{x} \left(\frac{1}{6}\right)^x \left(\frac{5}{6}\right)^{5-x} = \frac{\binom{5}{x} \, 5^{5-x}}{7776}, \qquad x = 0, 1, \ldots, 5.\]
\(\binom{5}{x}\) katsayıları \(1, 5, 10, 10, 5, 1\) ve \(5^{5-x}\) kuvvetleri \(3125, 625, 125, 25, 5, 1\)’dir. Çarpımlar tabloyu verir:
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) | \(5\) |
|---|---|---|---|---|---|---|
| \(f_X(x)\) | \(\frac{3125}{7776}\) | \(\frac{3125}{7776}\) | \(\frac{1250}{7776}\) | \(\frac{250}{7776}\) | \(\frac{25}{7776}\) | \(\frac{1}{7776}\) |
| yaklaşık | \(0{,}4019\) | \(0{,}4019\) | \(0{,}1608\) | \(0{,}0322\) | \(0{,}0032\) | \(0{,}0001\) |
Sağlama: \(3125 + 3125 + 1250 + 250 + 25 + 1 = 7776\), yani olasılıkların toplamı \(1\)’dir. Tablodaki ilk iki değerin eşit olması rastlantı değildir; nedenini Örnek 20.3 açıklayacak.
(b) Tam iki kez \(6\) gelme olasılığı doğrudan tablodan okunur:
\[P(X = 2) = \frac{1250}{7776} = \frac{625}{3888} \approx 0{,}1608.\]
“En az bir kez” olayının tümleyeni “hiç gelmemesi”dir:
\[P(X \ge 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - \frac{3125}{7776} = \frac{4651}{7776} \approx 0{,}5981.\]
Benzer biçimde
\[P(X \ge 2) = 1 - P(X = 0) - P(X = 1) = 1 - \frac{6250}{7776} = \frac{1526}{7776} = \frac{763}{3888} \approx 0{,}1962.\]
Beş atışta en az bir \(6\) görme olasılığının \(\frac{1}{2}\)’den ancak biraz büyük olması çoğu kişiye şaşırtıcı gelir. Yaygın yanılgı, beklenen sayıyı olasılıkla karıştırmaktır: beş atışta ortalama \(\frac{5}{6} \approx 0{,}83\) tane \(6\) gelmesi, “en az bir \(6\) gelme” olasılığının \(0{,}83\) olduğu anlamına gelmez; o olasılık \(0{,}5981\)’dir.
(c) Kesikli bir değişkenin dağılım fonksiyonu \(F_X(x) = P(X \le x) = \sum_{k \le x} f_X(k)\) birikimli toplamıdır. Tablodaki payları soldan sağa toplayalım:
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) | \(5\) |
|---|---|---|---|---|---|---|
| \(F_X(x)\) | \(\frac{3125}{7776}\) | \(\frac{6250}{7776}\) | \(\frac{7500}{7776}\) | \(\frac{7750}{7776}\) | \(\frac{7775}{7776}\) | \(1\) |
\(F_X\), tam sayı noktalarında sıçrayan ve aralarda sabit kalan bir basamak fonksiyonudur:
\[F_X(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\[1mm] \frac{3125}{7776}, & 0 \le x < 1 \\[1mm] \frac{6250}{7776}, & 1 \le x < 2 \\[1mm] \frac{7500}{7776}, & 2 \le x < 3 \\[1mm] \frac{7750}{7776}, & 3 \le x < 4 \\[1mm] \frac{7775}{7776}, & 4 \le x < 5 \\[1mm] 1, & x \ge 5. \end{cases}\]
\(X\) yalnızca tam sayı değerler aldığından \((1 \le X \le 3) = (0 < X \le 3)\)’tür ve Teorem 9.2 (a)’daki \(P(a < X \le b) = F_X(b) - F_X(a)\) formülü uygulanır:
\[P(1 \le X \le 3) = F_X(3) - F_X(0) = \frac{7750 - 3125}{7776} = \frac{4625}{7776} \approx 0{,}5948.\]
Sağlama: \(f_X(1) + f_X(2) + f_X(3) = \frac{3125 + 1250 + 250}{7776} = \frac{4625}{7776}\).
\(\blacksquare\)
20.3 Beklenen Değer ve Varyans
Binom dağılımının beklenen değerini ve varyansını iki bağımsız yolla hesaplayacağız. Birinci yol, tanımdaki toplamı doğrudan hesaplar ve binom katsayılarının bir özdeşliğine dayanır. İkinci yol, Önerme 20.2’daki toplam yazılışını kullanır ve neredeyse hesap gerektirmez. İki yolun aynı sonucu vermesi, hem formüllerin hem de araçların sağlamasıdır.
Teorem 20.2 (Binom Dağılımının Beklenen Değeri ve Varyansı) \(X \sim B(n, p)\) ise
\[E(X) = np, \qquad \operatorname{Var}(X) = np(1-p) = npq, \qquad \sigma_X = \sqrt{npq}\]
olur.
İspat
Birinci yol: doğrudan toplam. Önce binom katsayıları için iki özdeşlik: \(1 \le x \le n\) için
\[x \binom{n}{x} = x \cdot \frac{n!}{x!\,(n-x)!} = \frac{n \cdot (n-1)!}{(x-1)!\,(n-x)!} = n \binom{n-1}{x-1},\]
ve \(2 \le x \le n\) için, aynı adımı bir kez daha uygulayarak,
\[x(x-1) \binom{n}{x} = n(n-1) \binom{n-2}{x-2}.\]
Beklenen değer Tanım 16.1 gereği \(\sum_x x f_X(x)\)’tir; \(x = 0\) terimi sıfırdır:
\[E(X) = \sum_{x=1}^{n} x \binom{n}{x} p^x q^{n-x} = \sum_{x=1}^{n} n \binom{n-1}{x-1} p^x q^{n-x} = np \sum_{x=1}^{n} \binom{n-1}{x-1} p^{x-1} q^{n-x}.\]
Son toplamda \(y = x - 1\) koyalım; \(y\), \(0\)’dan \(n-1\)’e gider ve \(n - x = (n-1) - y\)’dir:
\[E(X) = np \sum_{y=0}^{n-1} \binom{n-1}{y} p^{y} q^{(n-1)-y} = np\,(p+q)^{n-1} = np.\]
Toplam, Teorem 5.4 gereği \((p+q)^{n-1} = 1\)’e eşittir; başka bir deyişle, toplanan sayılar \(B(n-1, p)\) dağılımının olasılıklarıdır.
Varyans için \(E(X^2)\)’yi doğrudan hesaplamak yerine önce \(E\big(X(X-1)\big)\)’i buluruz; ikinci özdeşlik tam bunun için hazırlandı. \(x = 0\) ve \(x = 1\) terimleri sıfırdır:
\[E\big(X(X-1)\big) = \sum_{x=2}^{n} x(x-1) \binom{n}{x} p^x q^{n-x} = n(n-1) p^2 \sum_{x=2}^{n} \binom{n-2}{x-2} p^{x-2} q^{(n-2)-(x-2)} = n(n-1) p^2,\]
çünkü \(y = x - 2\) dönüşümüyle son toplam \((p+q)^{n-2} = 1\) olur. \(X^2 = X(X-1) + X\) olduğundan Teorem 16.1 ile \(E(X^2) = E\big(X(X-1)\big) + E(X) = n(n-1)p^2 + np\) ve Önerme 16.3’ndan
\[\operatorname{Var}(X) = E(X^2) - \big(E(X)\big)^2 = n(n-1)p^2 + np - n^2 p^2 = np - np^2 = np(1-p).\]
İkinci yol: Bernoulli toplamı. Önerme 20.2 gereği \(X\)’in dağılımı, bağımsız \(B(1, p)\) değişkenlerinin toplamı \(X_1 + \cdots + X_n\)’nin dağılımıyla aynıdır; beklenen değer ve varyans yalnızca dağılıma bağlı olduğundan hesabı bu toplam üzerinde yapabiliriz. Rastgele değişkenlerin toplamının beklenen değeri, beklenen değerlerin toplamıdır (Önerme 18.2; \(n\) terim için tümevarımla, bunun için bağımsızlık gerekmez); Önerme 20.1 ile
\[E(X) = E(X_1) + \cdots + E(X_n) = \underbrace{p + \cdots + p}_{n \text{ terim}} = np.\]
\(X_i\)’ler bağımsız olduğundan kovaryansları sıfırdır (Teorem 18.2) ve Teorem 18.4 gereği (\(n\) terim için tümevarımla) toplamın varyansı varyansların toplamıdır:
\[\operatorname{Var}(X) = \operatorname{Var}(X_1) + \cdots + \operatorname{Var}(X_n) = n\,p(1-p).\]
Standart sapma, varyansın kareköküdür. Bu iki sayı dağılımın biçimini de belirler: \(n\) büyüdükçe olasılık fonksiyonunun çubukları, ortalaması \(np\) ve varyansı \(np(1-p)\) olan normal yoğunluk eğrisine oturur.
\(\blacksquare\)
İkinci yolun varyans hesabında bağımsızlık gerçekten gereklidir: yalnızca toplamsallığa dayanan beklenen değerin aksine, bağımlı Bernoulli değişkenlerinin toplamının varyansı, toplamın varyans formülünde beliren \(2\operatorname{Cov}(X_i, X_j)\) terimleri yüzünden \(npq\)’dan farklı olabilir; böyle bir toplamın dağılımı da genellikle binom olmaz.
Formülleri Örnek 20.1’na uygulayalım: \(X \sim B\!\left(5, \frac{1}{6}\right)\) için
\[E(X) = 5 \cdot \frac{1}{6} = \frac{5}{6}, \qquad \operatorname{Var}(X) = 5 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6} = \frac{25}{36}, \qquad \sigma_X = \frac{5}{6}.\]
Beş atışta ortalama \(\frac{5}{6} \approx 0{,}83\) kez \(6\) gelir; standart sapma da tam olarak aynı sayıdır: \(\sigma_X = \sqrt{25/36} = \frac{5}{6} = E(X)\). Tablodaki olasılıkların \(0\) ve \(1\) etrafında yığılıp \(3\)’ten sonra hızla sönmesi bununla uyumludur.
20.4 Moment Üreten Fonksiyon ve Toplamlar
Moment üreten fonksiyon, bir dağılımın bütün momentlerini tek bir fonksiyonda toplar ve bağımsız toplamların dağılımını bulmanın en kısa yoludur. Binom dağılımı için bu fonksiyon, binom teoremi sayesinde kapalı biçimde hesaplanır. Aynı hesap, küçük değişikliklerle, karakteristik fonksiyonu (Tanım 17.1) ve çarpımsal moment üreten fonksiyonu (Tanım 17.3) da verir; ikincisi, çarpımsal momentleri hesapsız üretir.
Teorem 20.3 (Binom Dağılımının Üretici Fonksiyonları) \(X \sim B(n, p)\) olsun. O zaman:
(a) Her \(t \in \mathbb{R}\) için \(M_X(t) = \big(p e^t + 1 - p\big)^n = (q + pe^t)^n\).
(b) \(M_X'(0) = np\) ve \(M_X''(0) = n(n-1)p^2 + np\); dolayısıyla \(E(X) = np\), \(E(X^2) = n(n-1)p^2 + np\) ve \(\operatorname{Var}(X) = np(1-p)\).
(c) Karakteristik fonksiyonu ve çarpımsal moment üreten fonksiyonu her \(t \in \mathbb{R}\) için tanımlıdır ve
\[\varphi_X(t) = \big(q + p e^{it}\big)^n, \qquad N_X(t) = (q + pt)^n.\]
(d) \(k = 1, 2, \ldots, n\) için \(k\). çarpımsal moment
\[E\big[X(X-1)\cdots(X-k+1)\big] = n(n-1)\cdots(n-k+1)\,p^k\]
olur; \(k > n\) için bu moment sıfırdır.
İspat
(a) \(X\) kesikli olduğundan Tanım 17.2 gereği
\[M_X(t) = E(e^{tX}) = \sum_{x=0}^{n} e^{tx} \binom{n}{x} p^x q^{n-x} = \sum_{x=0}^{n} \binom{n}{x} \big(p e^t\big)^x q^{n-x}.\]
Bu, \(a = pe^t\) ve \(b = q\) için \((a + b)^n\)’nin binom açılımıdır (Teorem 5.4); öyleyse \(M_X(t) = (pe^t + q)^n\)’dir. Toplam sonlu olduğundan her \(t \in \mathbb{R}\) için tanımlıdır.
Aynı sonuca Önerme 20.2 üzerinden de ulaşılır: \(X_1, \ldots, X_n\) bağımsız \(B(1, p)\) değişkenleri ise (Tanım 14.1) \(e^{tX_1}, \ldots, e^{tX_n}\) de bağımsızdır ve bağımsız değişkenlerin çarpımının beklenen değeri beklenen değerlerin çarpımıdır (Teorem 18.1; \(n\) çarpan için, \(e^{t(X_1 + \cdots + X_{n-1})}\) ile \(e^{tX_n}\) bağımsız olduğundan tümevarımla). Öyleyse
\[M_{X_1 + \cdots + X_n}(t) = E\big(e^{tX_1} \cdots e^{tX_n}\big) = \prod_{i=1}^{n} E\big(e^{tX_i}\big) = \prod_{i=1}^{n} (q + pe^t) = (q + pe^t)^n;\]
burada her çarpan Önerme 20.1 (c)’den geldi.
(b) Zincir kuralıyla türev alalım. \(q + pe^t\)’nin türevi \(pe^t\) olduğundan
\[M_X'(t) = n (q + pe^t)^{n-1} \, pe^t,\]
\[M_X''(t) = n(n-1)(q + pe^t)^{n-2} \big(pe^t\big)^2 + n(q + pe^t)^{n-1} \, pe^t.\]
\(t = 0\)’da \(q + pe^0 = q + p = 1\) olduğundan
\[M_X'(0) = n \cdot 1 \cdot p = np, \qquad M_X''(0) = n(n-1)p^2 + np.\]
Teorem 17.4 gereği \(E(X) = M_X'(0) = np\) ve \(E(X^2) = M_X''(0) = n(n-1)p^2 + np\)’dir. Önerme 16.3 ile
\[\operatorname{Var}(X) = n(n-1)p^2 + np - (np)^2 = np - np^2 = np(1-p).\]
Bu, Teorem 20.2’nin üçüncü bir ispatıdır.
(c) \(M_X\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde var olduğundan Önerme 17.1 gereği \(\varphi_X(t) = M_X(it) = (q + pe^{it})^n\)’dir. Doğrudan hesap da aynı şeyi verir: (a)’daki toplamda \(e^t\) yerine \(e^{it}\) yazılır; binom açılımı karmaşık sayılar için de geçerlidir. Çarpımsal moment üreten fonksiyon için Tanım 17.3 gereği
\[N_X(t) = E\big(t^X\big) = \sum_{x=0}^{n} t^x \binom{n}{x} p^x q^{n-x} = \sum_{x=0}^{n} \binom{n}{x} (pt)^x q^{n-x} = (q + pt)^n;\]
bu, \(t\)’nin \(n\). dereceden bir polinomudur ve her gerçel \(t\) için tanımlıdır. Beklendiği gibi \(M_X(t) = N_X(e^t)\) ve \(\varphi_X(t) = N_X(e^{it})\)’dir.
(d) \(N_X\) sonlu bir toplam olduğundan terim terim türevlenir. \(\dfrac{d^k}{dt^k}\, t^x = x(x-1)\cdots(x-k+1)\,t^{x-k}\) olduğundan
\[N_X^{(k)}(1) = \sum_{x=0}^{n} x(x-1)\cdots(x-k+1) \binom{n}{x} p^x q^{n-x} = E\big[X(X-1)\cdots(X-k+1)\big];\]
son eşitlik, Tanım 16.1’in \(g(x) = x(x-1)\cdots(x-k+1)\) fonksiyonuna uygulanmasıdır (\(x < k\) için çarpım sıfırdır, dolayısıyla o terimler düşer). Öte yandan \((q + pt)^n\) kapalı biçimini zincir kuralıyla \(k\) kez türevlersek \(k \le n\) için
\[N_X^{(k)}(t) = n(n-1)\cdots(n-k+1)\, p^k (q + pt)^{n-k},\]
\(k > n\) için ise \(N_X^{(k)}(t) = 0\) bulunur. \(t = 1\)’de \(q + p = 1\) olduğundan \(N_X^{(k)}(1) = n(n-1)\cdots(n-k+1)\,p^k\)’dır. İki hesabı karşılaştırmak (d)’yi verir.
\(k = 1\) ve \(k = 2\) için \(E(X) = np\) ve \(E\big(X(X-1)\big) = n(n-1)p^2\) çıkar; bunlar Teorem 20.2’nin birinci yolundaki ara sonuçlardır ve oradaki gibi \(\operatorname{Var}(X) = n(n-1)p^2 + np - n^2p^2 = npq\) verir. Böylece varyans için dördüncü bir yol elde edilmiş olur.
\(\blacksquare\)
Moment üreten fonksiyonun asıl gücü, Teorem 17.5 ile birleştiğinde ortaya çıkar: moment üreten fonksiyonu \((q + pe^t)^n\) olan her rastgele değişken \(B(n, p)\) dağılımlıdır. Bu, bir toplamın binom olup olmadığını anlamanın en hızlı yoludur.
Teorem 20.4 (Bağımsız Binom Değişkenlerinin Toplamı) \(X \sim B(n, p)\) ve \(Y \sim B(m, p)\) bağımsız rastgele değişkenler olsun (aynı \(p\) ile). O zaman
\[X + Y \sim B(n + m, p)\]
olur. Daha genel olarak, \(X_1, \ldots, X_k\) bağımsız ve \(X_i \sim B(n_i, p)\) ise \(X_1 + \cdots + X_k \sim B(n_1 + \cdots + n_k, p)\)’dir.
İspat
\(X\) ve \(Y\) bağımsız olduğundan (Tanım 14.1) \(e^{tX}\) ve \(e^{tY}\) de bağımsızdır; Teorem 18.1 gereği bağımsız değişkenlerin çarpımının beklenen değeri, beklenen değerlerin çarpımıdır. Öyleyse her \(t \in \mathbb{R}\) için
\[M_{X+Y}(t) = E\big(e^{tX} e^{tY}\big) = E\big(e^{tX}\big) E\big(e^{tY}\big) = M_X(t)\, M_Y(t).\]
Teorem 20.3 ile
\[M_{X+Y}(t) = (q + pe^t)^n (q + pe^t)^m = (q + pe^t)^{n+m}, \qquad t \in \mathbb{R}.\]
Sağ taraf, \(B(n+m, p)\) dağılımının moment üreten fonksiyonudur ve her \(t\) için tanımlıdır. Moment üreten fonksiyon dağılımı tek biçimde belirlediğinden (Teorem 17.5) \(X + Y \sim B(n+m, p)\)’dir. Genel ifade, bu sonucun \(k - 1\) kez ardışık uygulanmasıyla çıkar: \(X_1 + X_2 \sim B(n_1 + n_2, p)\); bu toplam \(X_3\)’ten bağımsız olduğundan \(X_1 + X_2 + X_3 \sim B(n_1 + n_2 + n_3, p)\); ve böyle devam eder.
\(\blacksquare\)
Teoremin sezgisel anlamı açıktır: \(n\) denemedeki başarıları \(m\) denemedeki başarılara eklemek, \(n + m\) denemedeki başarıları saymaktır; yeter ki bütün denemeler bağımsız ve aynı \(p\)’li olsun. Önerme 20.2 da bu teoremin \(n_1 = \cdots = n_k = 1\) özel hâlidir.
Konvolüsyon formülü (Önerme 15.3), teoremi bir sayma özdeşliğine bağlar. \(X \sim B(n, p)\) ve \(Y \sim B(m, p)\) bağımsız ise \(k = 0, 1, \ldots, n+m\) için
\[P(X + Y = k) = \sum_{j} P(X = j)\, P(Y = k - j) = \sum_{j} \binom{n}{j} \binom{m}{k-j} p^{j} q^{n-j} p^{k-j} q^{m-k+j} = p^k q^{n+m-k} \sum_{j} \binom{n}{j} \binom{m}{k-j},\]
burada toplam \(\max(0, k-m) \le j \le \min(n, k)\) üzerinden alınır. Öte yandan Teorem 20.4 gereği bu olasılık \(\binom{n+m}{k} p^k q^{n+m-k}\)’ya eşittir. İkisini karşılaştırınca
\[\sum_{j} \binom{n}{j} \binom{m}{k-j} = \binom{n+m}{k}\]
Vandermonde özdeşliği çıkar: olasılık kuramı, bir sayma özdeşliğine ispat vermiş olur. Özdeşliğin doğrudan yorumu da aynıdır: \(n + m\) nesneden \(k\) tanesini seçmek, ilk \(n\)’den \(j\) tane ve son \(m\)’den \(k - j\) tane seçmenin bütün \(j\) değerleri üzerinden toplamıdır.
Teorem 20.4’nde “aynı \(p\)” koşulu vazgeçilmezdir. \(X \sim B\!\left(1, \frac{1}{2}\right)\) ve \(Y \sim B\!\left(1, \frac{1}{3}\right)\) bağımsız olsun. O zaman
\[M_{X+Y}(t) = \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{2} e^t\right)\left(\frac{2}{3} + \frac{1}{3} e^t\right) = \frac{1}{3} + \frac{1}{2} e^t + \frac{1}{6} e^{2t}.\]
\(X + Y\) değerlerini \(\{0,1,2\}\)’de aldığından binom olsaydı ancak \(B(2, p)\) olabilirdi; o dağılımın moment üreten fonksiyonu \((q + pe^t)^2 = q^2 + 2pq\,e^t + p^2 e^{2t}\)’dir. Katsayıları eşitlersek \(p^2 = \frac{1}{6}\) ve \(q^2 = \frac{1}{3}\) gerekir; ama o zaman \(p + q = \frac{1}{\sqrt{6}} + \frac{1}{\sqrt{3}} \approx 0{,}986 \ne 1\) olur. Öyleyse \(X + Y\) binom dağılımlı değildir. Farklı \(p\)’li bağımsız Bernoulli değişkenlerinin toplamına Poisson binom dağılımı denir; onu bu kitapta ele almayacağız.
20.5 Uygulama: Kalite Kontrol
Binom dağılımının en yaygın uygulaması, bir yığından alınan örnekteki kusurlu birim sayısıdır. Aşağıdaki örnek hem olasılık hesaplarını hem de beklenen değer, varyans ve Chebyshev eşitsizliğinin somut bir dağılımda nasıl çalıştığını gösteriyor.
Örnek 20.2 (Kalite Kontrol) Bir üretim bandından çıkan parçaların \(\%5\)’i kusurludur ve parçaların kusurlu olup olmaması birbirinden bağımsızdır. Banttan rastgele \(20\) parça alınıp inceleniyor; \(X\), bunlar arasındaki kusurlu parça sayısı olsun.
(a) Örnekte en çok bir kusurlu parça bulunma ve en az iki kusurlu parça bulunma olasılıklarını bulunuz.
(b) \(E(X)\), \(\operatorname{Var}(X)\) ve \(\sigma_X\)’i hesaplayınız.
(c) \(P(X \ge 4)\) olasılığını tam olarak hesaplayınız ve Chebyshev eşitsizliğinin verdiği üst sınırla karşılaştırınız.
(d) En az bir kusurlu parça bulma olasılığının \(0{,}9\)’u aşması için kaç parça incelenmelidir?
Çözüm
Her parça bir Bernoulli deneyidir: başarı “kusurlu çıkması”, \(p = 0{,}05\), \(q = 0{,}95\). Parçalar bağımsız olduğundan Teorem 20.1 gereği \(X \sim B(20;\ 0{,}05)\) ve
\[f_X(x) = \binom{20}{x} (0{,}05)^x (0{,}95)^{20-x}, \qquad x = 0, 1, \ldots, 20.\]
(a) Küçük \(x\) değerleri için olasılıkları hesaplayalım. \(\binom{20}{0} = 1\), \(\binom{20}{1} = 20\), \(\binom{20}{2} = 190\), \(\binom{20}{3} = 1140\):
\[\begin{aligned} f_X(0) &= (0{,}95)^{20} \approx 0{,}3585, \\ f_X(1) &= 20 \cdot 0{,}05 \cdot (0{,}95)^{19} = (0{,}95)^{19} \approx 0{,}3774, \\ f_X(2) &= 190 \cdot (0{,}05)^2 \cdot (0{,}95)^{18} = 0{,}475 \cdot (0{,}95)^{18} \approx 0{,}1887, \\ f_X(3) &= 1140 \cdot (0{,}05)^3 \cdot (0{,}95)^{17} = 0{,}1425 \cdot (0{,}95)^{17} \approx 0{,}0596. \end{aligned}\]
Dolayısıyla
\[P(X \le 1) = f_X(0) + f_X(1) \approx 0{,}3585 + 0{,}3774 = 0{,}7358, \qquad P(X \ge 2) = 1 - P(X \le 1) \approx 0{,}2642.\]
Yirmi parçalık bir örnekte iki ya da daha çok kusurlu parça bulunma olasılığı yaklaşık dörtte birdir.
(b) Teorem 20.2 ile
\[E(X) = 20 \cdot 0{,}05 = 1, \qquad \operatorname{Var}(X) = 20 \cdot 0{,}05 \cdot 0{,}95 = 0{,}95, \qquad \sigma_X = \sqrt{0{,}95} \approx 0{,}9747.\]
Ortalama olarak yirmi parçada bir kusurlu bulunur.
(c) Tam değer, tümleyen üzerinden:
\[P(X \ge 4) = 1 - \big(f_X(0) + f_X(1) + f_X(2) + f_X(3)\big) \approx 1 - 0{,}9841 = 0{,}0159.\]
Chebyshev eşitsizliği (Teorem 16.4), her \(\varepsilon > 0\) için \(P\big(|X - E(X)| \ge \varepsilon\big) \le \operatorname{Var}(X) / \varepsilon^2\) der. \(E(X) = 1\) olduğundan \((X \ge 4) = (X - 1 \ge 3)\)’tür; \(X \ge 0\) olduğu için \(X - 1 \le -3\) olayı boştur ve dolayısıyla \((X \ge 4) = \big(|X - 1| \ge 3\big)\)’tür. \(\varepsilon = 3\) ile
\[P(X \ge 4) = P\big(|X - 1| \ge 3\big) \le \frac{0{,}95}{9} \approx 0{,}1056.\]
Sınır doğrudur ama gevşektir: gerçek olasılık \(0{,}0159\), sınırın yaklaşık yedide biridir. Chebyshev eşitsizliği dağılım hakkında yalnızca beklenen değer ile varyansı kullandığından bu kabalık beklenir; dağılımı tam olarak bildiğimiz yerde olasılığı doğrudan hesaplamak her zaman daha iyidir.
(d) \(n\) parça incelensin; kusurlu sayısı \(X_n \sim B(n;\ 0{,}05)\) olsun. En az bir kusurlu bulma olasılığı
\[P(X_n \ge 1) = 1 - P(X_n = 0) = 1 - (0{,}95)^n\]
olduğundan koşul \(1 - (0{,}95)^n \ge 0{,}9\), yani \((0{,}95)^n \le 0{,}1\)’dir. Her iki tarafın logaritmasını alınca \(n \ln 0{,}95 \le \ln 0{,}1\) olur; \(\ln 0{,}95 < 0\) olduğundan bu sayıya bölerken eşitsizlik yön değiştirir:
\[n \ln 0{,}95 \le \ln 0{,}1 \iff n \ge \frac{\ln 0{,}1}{\ln 0{,}95} \approx \frac{-2{,}3026}{-0{,}0513} \approx 44{,}89.\]
Öyleyse en az \(45\) parça incelenmelidir. Sağlama: \((0{,}95)^{44} \approx 0{,}1047 > 0{,}1\), ama \((0{,}95)^{45} \approx 0{,}0994 < 0{,}1\).
\(\blacksquare\)
20.6 En Olası Değer
Örnek 20.1’ndaki tabloda olasılıklar en büyük değerinden sonra düzenli olarak azalıyordu; \(f_X(0) = f_X(1)\) eşitliği de dikkat çekiciydi. Bu davranış geneldir: binom olasılıkları bir tepeye kadar artar, sonra azalır. Tepenin yerini, yani olasılık fonksiyonunun en büyük değerini aldığı noktayı — en olası değeri ya da modu — kesin olarak belirleyebiliriz. Anahtar, ardışık olasılıkların oranıdır: oran \(1\)’den büyükken dizi yükselir, \(1\)’den küçükken alçalır.
Önerme 20.3 (Binom Dağılımının En Olası Değeri) \(X \sim B(n, p)\) ve \(0 < p < 1\) olsun. \(x = 1, 2, \ldots, n\) için
\[\frac{f_X(x)}{f_X(x-1)} = \frac{n - x + 1}{x} \cdot \frac{p}{1-p}\]
ve dolayısıyla
\[f_X(x) > f_X(x-1) \iff x < (n+1)p, \qquad f_X(x) = f_X(x-1) \iff x = (n+1)p, \qquad f_X(x) < f_X(x-1) \iff x > (n+1)p.\]
Sonuç olarak:
(a) \((n+1)p\) bir tam sayı değilse \(f_X\) en büyük değerini yalnızca \(x^* = \lfloor (n+1)p \rfloor\) noktasında alır; burada \(\lfloor \cdot \rfloor\) tam kısım fonksiyonudur.
(b) \((n+1)p = m\) bir tam sayı ise \(f_X\) en büyük değerini tam olarak iki noktada, \(m - 1\) ve \(m\)’de alır ve \(f_X(m-1) = f_X(m)\)’dir.
Her iki durumda da en olası değer \(np - q \le x^* \le np + p\) aralığındadır; yani beklenen değer \(np\)’den en çok \(1\) uzaktadır.
İspat
Oran. \(1 \le x \le n\) için
\[\frac{\binom{n}{x}}{\binom{n}{x-1}} = \frac{n!}{x!\,(n-x)!} \cdot \frac{(x-1)!\,(n-x+1)!}{n!} = \frac{n-x+1}{x}\]
olduğundan
\[\frac{f_X(x)}{f_X(x-1)} = \frac{\binom{n}{x} p^x q^{n-x}}{\binom{n}{x-1} p^{x-1} q^{n-x+1}} = \frac{n-x+1}{x} \cdot \frac{p}{q}.\]
\(0 < p < 1\) olduğundan bütün \(f_X(x)\) değerleri pozitiftir ve oran tanımlıdır.
İşaret. Oranın \(1\) ile karşılaştırılması, \(x q > 0\) ile çarpılarak bir doğrusal eşitsizliğe dönüşür:
\[\frac{f_X(x)}{f_X(x-1)} > 1 \iff (n - x + 1) p > x q = x(1-p) \iff np - xp + p > x - xp \iff (n+1)p > x.\]
Aynı adımlar “\(>\)” yerine “\(=\)” ve “\(<\)” ile de geçerlidir; bu, ifadedeki üç denkliği verir. Demek ki \(f_X(0), f_X(1), \ldots, f_X(n)\) dizisi, \(x < (n+1)p\) olduğu sürece kesin artar, \(x > (n+1)p\) olduğu andan itibaren kesin azalır.
(a) \((n+1)p\) tam sayı olmasın ve \(x^* = \lfloor (n+1)p \rfloor\) olsun. \(0 < (n+1)p < n+1\) olduğundan \(0 \le x^* \le n\)’dir. \(1 \le x \le x^*\) olan her \(x\) için \(x \le x^* < (n+1)p\), dolayısıyla \(f_X(x) > f_X(x-1)\):
\[f_X(0) < f_X(1) < \cdots < f_X(x^*).\]
\(x^* + 1 \le x \le n\) olan her \(x\) için \(x \ge x^* + 1 > (n+1)p\), dolayısıyla \(f_X(x) < f_X(x-1)\):
\[f_X(x^*) > f_X(x^*+1) > \cdots > f_X(n).\]
Öyleyse en büyük değer yalnızca \(x^*\)’da alınır.
(b) \((n+1)p = m\) tam sayı olsun; \(0 < m < n + 1\) olduğundan \(1 \le m \le n\)’dir. \(x < m\) için dizi kesin artar, \(x = m\) için \(f_X(m) = f_X(m-1)\) ve \(x > m\) için kesin azalır:
\[f_X(0) < \cdots < f_X(m-1) = f_X(m) > f_X(m+1) > \cdots > f_X(n).\]
En büyük değer tam olarak \(m - 1\) ve \(m\) noktalarında alınır.
Sınırlar. (a) durumunda tam kısmın tanımı gereği \((n+1)p - 1 < x^* \le (n+1)p\), yani \(np - q < x^* \le np + p\)’dir. (b) durumunda iki mod \(m - 1 = (n+1)p - 1 = np - q\) ve \(m = np + p\)’dir. Her iki durumda da \(np - q \le x^* \le np + p\) sağlanır; aralığın uzunluğu \(p + q = 1\)’dir.
\(\blacksquare\)
Sonucun pratik özeti: en olası değer, \((n+1)p\)’nin tam kısmıdır; \((n+1)p\) tam sayıysa onun bir eksiği de aynı olasılığa sahiptir. Beklenen değer \(np\) genellikle tam sayı değildir ve zaten “alınan bir değer” olmak zorunda değildir; en olası değer ise her zaman \(D_X\)’in bir elemanıdır ve beklenen değerin hemen yanında durur.
Örnek 20.3 (En Olası Değer Hesapları) (a) \(n = 10\) ve \(p = 0{,}2\); \(p = 0{,}5\); \(p = 0{,}8\) için binom dağılımının en olası değerini bulunuz ve olasılık fonksiyonlarını karşılaştırınız.
(b) Örnek 20.1’ndaki \(B\!\left(5, \frac{1}{6}\right)\) dağılımında \(f_X(0) = f_X(1)\) eşitliğini Önerme 20.3 ile açıklayınız.
(c) Hilesiz bir para dokuz kez atıldığında tura sayısının en olası değerini bulunuz.
Çözüm
(a) Üç durumda da \(n + 1 = 11\)’dir:
- \(p = 0{,}2\) için \((n+1)p = 2{,}2\); tam sayı değildir, en olası değer \(\lfloor 2{,}2 \rfloor = 2\)’dir. Beklenen değer \(np = 2\)’dir.
- \(p = 0{,}5\) için \((n+1)p = 5{,}5\); en olası değer \(\lfloor 5{,}5 \rfloor = 5\)’tir. Beklenen değer \(5\)’tir.
- \(p = 0{,}8\) için \((n+1)p = 8{,}8\); en olası değer \(\lfloor 8{,}8 \rfloor = 8\)’dir. Beklenen değer \(8\)’dir.
Olasılık fonksiyonlarını dört ondalıkla hesaplayalım (\(f(x) = \binom{10}{x} p^x (1-p)^{10-x}\)):
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) | \(5\) | \(6\) | \(7\) | \(8\) | \(9\) | \(10\) |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(p = 0{,}2\) | \(0{,}1074\) | \(0{,}2684\) | \(\mathbf{0{,}3020}\) | \(0{,}2013\) | \(0{,}0881\) | \(0{,}0264\) | \(0{,}0055\) | \(0{,}0008\) | \(0{,}0001\) | \(0{,}0000\) | \(0{,}0000\) |
| \(p = 0{,}5\) | \(0{,}0010\) | \(0{,}0098\) | \(0{,}0439\) | \(0{,}1172\) | \(0{,}2051\) | \(\mathbf{0{,}2461}\) | \(0{,}2051\) | \(0{,}1172\) | \(0{,}0439\) | \(0{,}0098\) | \(0{,}0010\) |
| \(p = 0{,}8\) | \(0{,}0000\) | \(0{,}0000\) | \(0{,}0001\) | \(0{,}0008\) | \(0{,}0055\) | \(0{,}0264\) | \(0{,}0881\) | \(0{,}2013\) | \(\mathbf{0{,}3020}\) | \(0{,}2684\) | \(0{,}1074\) |
Tablo üç şeyi gösterir. Birincisi, her satır tek tepelidir ve tepe, Önerme 20.3’un öngördüğü yerdedir. İkincisi, \(p = 0{,}5\) satırı \(x = 5\) etrafında simetriktir; çünkü \(\binom{10}{x} = \binom{10}{10-x}\) ve \(p = q\) olduğundan \(f(x) = f(10 - x)\)’tir. Üçüncüsü, \(p = 0{,}8\) satırı \(p = 0{,}2\) satırının ters çevrilmişidir: \(B(10;\ 0{,}8)\)’in \(x\)’teki olasılığı, \(B(10;\ 0{,}2)\)’nin \(10 - x\)’teki olasılığına eşittir. Bunun genel nedeni, \(X \sim B(n, p)\) iken \(n - X \sim B(n, 1-p)\) olmasıdır (Alıştırma 20.1, (e) şıkkı): başarı ile başarısızlığın adları değiştirildiğinde başarı sayısı \(n - X\) olur.
(b) \(n = 5\), \(p = \frac{1}{6}\) için \((n+1)p = 6 \cdot \frac{1}{6} = 1\) bir tam sayıdır. Önerme 20.3 (b) gereği en büyük olasılık tam olarak \(m - 1 = 0\) ve \(m = 1\) noktalarında alınır ve \(f_X(0) = f_X(1)\)’dir. Tabloda gördüğümüz \(f_X(0) = f_X(1) = \frac{3125}{7776}\) eşitliği budur. Oranla da doğrulanır: \(\dfrac{f_X(1)}{f_X(0)} = \dfrac{5 - 1 + 1}{1} \cdot \dfrac{1/6}{5/6} = 5 \cdot \dfrac{1}{5} = 1\).
(c) Tura sayısı \(X \sim B\!\left(9, \frac{1}{2}\right)\) ve \((n+1)p = 10 \cdot \frac{1}{2} = 5\) tam sayıdır. En olası değerler \(4\) ve \(5\)’tir:
\[f_X(4) = \binom{9}{4} \frac{1}{2^9} = \frac{126}{512} = \frac{63}{256}, \qquad f_X(5) = \binom{9}{5} \frac{1}{2^9} = \frac{126}{512} = \frac{63}{256}.\]
Beklenen değer \(np = 4{,}5\) alınabilen bir değer değildir; en olası değerler onun iki yanındaki tam sayılardır. Tek sayıda hilesiz para atışında durum hep böyledir: \(n\) tek ise \((n+1)/2\) tam sayıdır ve \(\frac{n-1}{2}\) ile \(\frac{n+1}{2}\) eşit olasılıklı iki moddur.
\(\blacksquare\)
20.7 Alıştırmalar
Alıştırma 20.1 (Bernoulli ve Binom Dağılımları Üzerine Alıştırmalar) (a) \(X \sim B\!\left(4, \frac{1}{3}\right)\) olsun. Olasılık fonksiyonunu ve dağılım fonksiyonunu tablo hâlinde yazınız; \(P(1 \le X \le 3)\), \(E(X)\) ve \(\operatorname{Var}(X)\)’i bulunuz.
(b) Hilesiz bir para sekiz kez atılıyor. Tam dört kez tura gelme olasılığını ve turaların yazılardan çok olma olasılığını bulunuz.
(c) \(X \sim B(1, p)\) için \(\operatorname{Var}(X) \le \frac{1}{4}\) olduğunu ve eşitliğin yalnızca \(p = \frac{1}{2}\)’de sağlandığını gösteriniz. Buradan \(Y \sim B(n, p)\) için \(\operatorname{Var}(Y) \le \frac{n}{4}\) olduğunu çıkarınız.
(d) Bir \(X\) rastgele değişkeninin moment üreten fonksiyonu \(M_X(t) = \left(\frac{1}{4} + \frac{3}{4} e^t\right)^6\) olsun. \(X\)’in dağılımını belirleyiniz; \(E(X)\), \(\operatorname{Var}(X)\) ve \(P(X \ge 5)\)’i bulunuz.
(e) \(X \sim B(n, p)\) ise \(n - X \sim B(n, 1-p)\) olduğunu hem olasılık fonksiyonuyla hem de moment üreten fonksiyonla gösteriniz.
(f) Hilesiz bir zar kaç kez atılmalıdır ki en az bir kez \(6\) gelme olasılığı \(0{,}9\)’u aşsın?
(g) \(X\) ve \(Y\) bağımsız ve her ikisi de \(B\!\left(3, \frac{1}{2}\right)\) dağılımlı olsun. \(P(X + Y = 3)\)’ü önce Teorem 20.4 ile, sonra konvolüsyon formülüyle hesaplayınız.
(h) \(B\!\left(11, \frac{1}{4}\right)\) ve \(B(15;\ 0{,}3)\) dağılımlarının en olası değerlerini bulunuz.
Çözüm
(a) \(f_X(x) = \binom{4}{x} \left(\frac{1}{3}\right)^x \left(\frac{2}{3}\right)^{4-x} = \dfrac{\binom{4}{x} 2^{4-x}}{81}\). Katsayılar \(1, 4, 6, 4, 1\); kuvvetler \(16, 8, 4, 2, 1\):
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(f_X(x)\) | \(\frac{16}{81}\) | \(\frac{32}{81}\) | \(\frac{24}{81}\) | \(\frac{8}{81}\) | \(\frac{1}{81}\) |
| \(F_X(x)\) | \(\frac{16}{81}\) | \(\frac{48}{81}\) | \(\frac{72}{81}\) | \(\frac{80}{81}\) | \(1\) |
Sağlama: \(16 + 32 + 24 + 8 + 1 = 81\). \(P(1 \le X \le 3) = F_X(3) - F_X(0) = \frac{80 - 16}{81} = \frac{64}{81}\). Teorem 20.2 ile \(E(X) = 4 \cdot \frac{1}{3} = \frac{4}{3}\) ve \(\operatorname{Var}(X) = 4 \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{8}{9}\). En olası değer \(\lfloor 5 \cdot \frac{1}{3} \rfloor = 1\)’dir; tabloyla uyuşur.
(b) Tura sayısı \(X \sim B\!\left(8, \frac{1}{2}\right)\), \(f_X(x) = \binom{8}{x} / 256\).
\[P(X = 4) = \frac{\binom{8}{4}}{256} = \frac{70}{256} = \frac{35}{128} \approx 0{,}2734.\]
Turalar yazılardan çoksa \(X > 8 - X\), yani \(X \ge 5\)’tir:
\[P(X \ge 5) = \frac{\binom{8}{5} + \binom{8}{6} + \binom{8}{7} + \binom{8}{8}}{256} = \frac{56 + 28 + 8 + 1}{256} = \frac{93}{256} \approx 0{,}3633.\]
Simetri gereği \(P(X \le 3)\) de \(\frac{93}{256}\)’dır ve \(\frac{93}{256} + \frac{70}{256} + \frac{93}{256} = 1\) çıkar.
(c) Önerme 20.1 ile \(\operatorname{Var}(X) = p(1-p) = p - p^2\). Kareye tamamlayarak
\[p - p^2 = \frac{1}{4} - \left(p^2 - p + \frac{1}{4}\right) = \frac{1}{4} - \left(p - \frac{1}{2}\right)^2 \le \frac{1}{4},\]
ve eşitlik ancak \(\left(p - \frac{1}{2}\right)^2 = 0\), yani \(p = \frac{1}{2}\) iken sağlanır. \(Y \sim B(n, p)\) için Teorem 20.2 gereği \(\operatorname{Var}(Y) = np(1-p) \le n \cdot \frac{1}{4} = \frac{n}{4}\)’tür.
(d) \(q = \frac{1}{4}\), \(p = \frac{3}{4}\) ve \(n = 6\) ile \(M_X(t) = (q + pe^t)^6\), \(B\!\left(6, \frac{3}{4}\right)\) dağılımının moment üreten fonksiyonudur (Teorem 20.3). Moment üreten fonksiyon dağılımı tek biçimde belirlediğinden (Teorem 17.5) \(X \sim B\!\left(6, \frac{3}{4}\right)\)’tür. Buradan \(E(X) = 6 \cdot \frac{3}{4} = \frac{9}{2}\) ve \(\operatorname{Var}(X) = 6 \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{4} = \frac{9}{8}\). Ayrıca
\[P(X \ge 5) = \binom{6}{5} \left(\frac{3}{4}\right)^5 \frac{1}{4} + \left(\frac{3}{4}\right)^6 = \frac{6 \cdot 243 + 729}{4096} = \frac{1458 + 729}{4096} = \frac{2187}{4096} \approx 0{,}5339.\]
(e) \(Y = n - X\) olsun; \(Y\) de \(\{0, 1, \ldots, n\}\)’de değer alır. \(y\) bu kümede iken
\[P(Y = y) = P(X = n - y) = \binom{n}{n-y} p^{n-y} q^{y} = \binom{n}{y} q^{y} p^{n-y} = \binom{n}{y} (1-p)^y \big(1 - (1-p)\big)^{n-y},\]
çünkü \(\binom{n}{n-y} = \binom{n}{y}\)’dir. Bu, \(B(n, 1-p)\)’nin olasılık fonksiyonudur. Moment üreten fonksiyonla: \(e^{tY} = e^{nt} e^{-tX}\) olduğundan
\[M_Y(t) = e^{nt} M_X(-t) = e^{nt} \big(q + p e^{-t}\big)^n = \big(e^{t} q + p\big)^n = \big(p + (1-p) e^t\big)^n,\]
ve bu, \(B(n, 1-p)\)’nin moment üreten fonksiyonudur; Teorem 17.5 sonucu verir.
(f) \(n\) atışta \(6\) gelme sayısı \(X_n \sim B\!\left(n, \frac{1}{6}\right)\) ve \(P(X_n \ge 1) = 1 - \left(\frac{5}{6}\right)^n\)’dir. Koşul \(\left(\frac{5}{6}\right)^n \le 0{,}1\), yani
\[n \ge \frac{\ln 0{,}1}{\ln(5/6)} \approx \frac{-2{,}3026}{-0{,}1823} \approx 12{,}63.\]
En az \(13\) atış gerekir. Sağlama: \(\left(\frac{5}{6}\right)^{12} \approx 0{,}1122\), dolayısıyla \(12\) atışta olasılık \(\approx 0{,}888 < 0{,}9\); \(\left(\frac{5}{6}\right)^{13} \approx 0{,}0935\), dolayısıyla \(13\) atışta olasılık \(\approx 0{,}907 > 0{,}9\).
(g) Teorem 20.4 gereği \(X + Y \sim B\!\left(6, \frac{1}{2}\right)\) ve
\[P(X + Y = 3) = \binom{6}{3} \frac{1}{2^6} = \frac{20}{64} = \frac{5}{16}.\]
Konvolüsyonla (Önerme 15.3), \(f_X(k) = f_Y(k) = \binom{3}{k}/8\) olduğundan
\[P(X + Y = 3) = \sum_{k=0}^{3} f_X(k) f_Y(3-k) = \frac{1}{64} \sum_{k=0}^{3} \binom{3}{k} \binom{3}{3-k} = \frac{1 \cdot 1 + 3 \cdot 3 + 3 \cdot 3 + 1 \cdot 1}{64} = \frac{20}{64} = \frac{5}{16}.\]
Toplamın \(\binom{6}{3} = 20\) çıkması Vandermonde özdeşliğinin \(n = m = k = 3\) hâlidir.
(h) \(B\!\left(11, \frac{1}{4}\right)\) için \((n+1)p = 12 \cdot \frac{1}{4} = 3\) tam sayıdır; Önerme 20.3 (b) gereği en olası değerler \(2\) ve \(3\)’tür. Doğrulama: \(f(2) = \binom{11}{2} \frac{3^9}{4^{11}} = \frac{55 \cdot 19683}{4^{11}}\) ve \(f(3) = \binom{11}{3} \frac{3^8}{4^{11}} = \frac{165 \cdot 6561}{4^{11}}\); paylar \(55 \cdot 19683 = 1\,082\,565 = 165 \cdot 6561\) ile eşittir ve ortak değer yaklaşık \(0{,}2581\)’dir. \(B(15;\ 0{,}3)\) için \((n+1)p = 16 \cdot 0{,}3 = 4{,}8\) tam sayı değildir; tek en olası değer \(\lfloor 4{,}8 \rfloor = 4\)’tür (\(f(4) \approx 0{,}2186\); komşuları \(f(3) \approx 0{,}1700\) ve \(f(5) \approx 0{,}2061\)).
\(\blacksquare\)
Binom dağılımında \(n\) büyürken \(p\) küçülüyor ve \(np\) çarpımı sabit kalıyorsa olasılıklar tek bir parametreye bağlı yeni bir dağılıma yaklaşır; nadir olayların sayısını betimleyen bu dağılımı bir sonraki bölümde inceliyoruz: Poisson Dağılımı.