9 Dağılım Fonksiyonu
Rastgele Değişken bölümünde bir olasılık uzayı üzerinde tanımlı ve her \((X \le a)\) olayını \(\mathcal{U}\) içinde tutan fonksiyonları rastgele değişken diye adlandırdık (Tanım 8.1). Ardından her rastgele değişkenin, \(P_X(B) = P(X \in B)\) kuralıyla, reel sayıların Borel cebri üzerinde bir olasılık ölçüsü doğurduğunu gördük (Teorem 8.1); bu ölçüye \(X\)’in olasılık dağılımı dedik (Tanım 8.3). \(P_X\), \(X\) ile ilgili bütün olasılık bilgisini taşır: “\(X\) hangi Borel kümesine hangi olasılıkla düşer?” sorusunun her yanıtı \(P_X\)’in içindedir.
Ne var ki \(P_X\) bir ölçüdür; onu bilmek demek, sayılamayan çoklukta Borel kümesinin her birinde değerini bilmek demektir. Bununla çalışmak zordur. Bu bölümde aynı bilgiyi tek bir reel fonksiyona sıkıştırıyoruz: her \(x \in \mathbb{R}\) için \(F_X(x) = P(X \le x)\) sayısını veren dağılım fonksiyonu. Bu fonksiyon yalnızca \((-\infty, x]\) biçimindeki kümelerin olasılığını kaydeder; ama bu kadarının, Borel cebri üzerindeki bütün olasılıkları geri kazanmaya yettiğini göreceğiz.
Bölümün akışı şöyledir. Önce tanımı veriyor ve dört somut örnekte, sonlu bir örnek uzaydan başlayıp bir aralık üzerindeki uzunluk ölçüsüne kadar, \(F_X\)’i parça parça hesaplıyoruz. Sonra her dağılım fonksiyonunun taşıdığı üç yapısal özelliği (azalmayanlık, sağdan süreklilik, uç limitler) rastgele değişken diliyle ifade edip ispatlıyoruz. Bunun ardından asıl kullanışlı sonuca geçiyoruz: \(P(a < X \le b)\), \(P(X = a)\), \(P(X < a)\) gibi bütün aralık ve nokta olasılıklarının yalnızca \(F_X\)’in değerleri ve sol limitleriyle hesaplanması. Bölümü, dağılım fonksiyonunun olasılık dağılımını tek biçimde belirlediğini gösteren önermeyle ve alıştırmalarla kapatıyoruz.
9.1 Dağılım Fonksiyonunun Tanımı
\(X\) bir rastgele değişken olsun. Rastgele değişken tanımı gereği her \(x \in \mathbb{R}\) için \((X \le x) = \{\omega \in \Omega : X(\omega) \le x\}\) kümesi \(\mathcal{U}\)’nun bir elemanıdır; dolayısıyla \(P(X \le x)\) sayısı anlamlıdır. Bu sayıyı \(x\)’in fonksiyonu olarak görmek, bölümün bütün fikridir.
Tanım 9.1 (Rastgele Değişkenin Dağılım Fonksiyonu) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) bir olasılık uzayı ve \(X : \Omega \to \mathbb{R}\) bir rastgele değişken olsun.
\[F_X : \mathbb{R} \to [0,1], \qquad F_X(x) = P(X \le x) = P\big(\{\omega \in \Omega : X(\omega) \le x\}\big) = P_X\big((-\infty, x]\big)\]
fonksiyonuna \(X\) rastgele değişkeninin dağılım fonksiyonu (birikimli dağılım fonksiyonu) denir.
Tanımdaki üç eşitlik aynı sayının üç yazımıdır. İlki olay kısaltmasıdır; ikincisi bu olayı açık küme olarak yazar; üçüncüsü ise \(P_X\)’in tanımını kullanır: \((X \le x) = (X \in (-\infty, x])\) olduğundan \(P(X \le x) = P_X((-\infty, x])\)’tir. Bu son yazım önemli bir gözlemi hemen verir: \(P_X\), \(\mathcal{B}(\mathbb{R})\) üzerinde bir Borel olasılık ölçüsüdür (Tanım 4.2, Teorem 8.1) ve \(F_X\), tam olarak bu ölçüye karşılık gelen, Tanım 4.3 anlamındaki dağılım fonksiyonudur: \(x \mapsto P_X((-\infty, x])\). Yani rastgele değişkenin dağılım fonksiyonu yeni bir kavram değildir; Olasılık Uzayı Örnekleri ve Geometrik Olasılık bölümünde Borel olasılık ölçüleri için tanımladığımız kavramın \(P_X\) ölçüsüne uygulanmış hâlidir. Ölçüler için ispatladığımız her şey \(F_X\) için de geçerlidir ve bu bölümde bunları rastgele değişken diline çevireceğiz.
Bağlamdan hangi rastgele değişkenin söz konusu olduğu belliyse \(F_X\) yerine kısaca \(F\) yazılır. \(F_X\)’in tanım kümesi her zaman bütün \(\mathbb{R}\)’dir; \(X\)’in değer kümesi \(D_X\) ne olursa olsun, \(F_X(x)\) her reel \(x\) için hesaplanır. \(x\), \(X\)’in alabileceği bütün değerlerin altındaysa \((X \le x)\) boş olaydır ve \(F_X(x) = 0\) olur; \(x\) bütün değerlerin üstündeyse \((X \le x) = \Omega\) ve \(F_X(x) = 1\) olur. İlginç olan, aradaki bölgedir.
9.2 Dağılım Fonksiyonu Örnekleri
Dağılım fonksiyonunu hesaplamanın tek yolu vardır: her \(x\) için \((X \le x)\) olayını \(\Omega\)’nın bir alt kümesi olarak açıkça belirlemek ve \(P\) ile ölçmek. Olayın biçimi \(x\)’in bulunduğu bölgeye göre değiştiğinden, \(F_X\) hemen her zaman parçalı tanımlı çıkar. Aşağıdaki dört örnek bu hesabın tipik durumlarını gösterir.
Örnek 9.1 (Üç Para Atışında Tura Sayısının Dağılım Fonksiyonu) Bir para üç kez atılıyor. Örnek uzay
\[\Omega = \{YYY, YYT, YTY, YTT, TYY, TYT, TTY, TTT\},\]
\(\mathcal{U} = \mathcal{P}(\Omega)\) ve her \(A \in \mathcal{U}\) için \(P(A) = \dfrac{n(A)}{8}\) olsun (Tanım 4.1). Gelen tura sayısını sayan
\[X(\omega) = \begin{cases} 0, & \omega = YYY \\ 1, & \omega \in \{YYT, YTY, TYY\} \\ 2, & \omega \in \{YTT, TYT, TTY\} \\ 3, & \omega = TTT \end{cases}\]
rastgele değişkeninin dağılım fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
\(X\)’in değer kümesi \(D_X = \{0, 1, 2, 3\}\)’tür. Verilen bir \(x\) için \((X \le x)\) olayı, \(X\)’in \(x\)’i aşmayan değerlerini aldığı sonuçlardan oluşur; bu yüzden \(x\)’in \(0, 1, 2, 3\) sayılarına göre nerede durduğuna bakmak yeter.
\(x < 0\) ise \(X\)’in hiçbir değeri \(x\)’i aşmaz; \((X \le x) = \varnothing\) ve \(F_X(x) = P(\varnothing) = 0\).
\(0 \le x < 1\) ise yalnızca \(0\) değeri \(x\)’i aşmaz:
\[(X \le x) = (X = 0) = \{YYY\}, \qquad F_X(x) = \frac{1}{8}.\]
\(1 \le x < 2\) ise \(0\) ve \(1\) değerleri \(x\)’i aşmaz:
\[(X \le x) = (X = 0) \cup (X = 1) = \{YYY, YYT, YTY, TYY\}, \qquad F_X(x) = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}.\]
\(2 \le x < 3\) ise \(3\) dışındaki bütün değerler \(x\)’i aşmaz:
\[(X \le x) = \Omega \setminus \{TTT\}, \qquad F_X(x) = \frac{7}{8}.\]
\(x \ge 3\) ise her sonuç olaya girer: \((X \le x) = \Omega\) ve \(F_X(x) = 1\).
Parçaları bir araya getirirsek
\[F_X(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\[1mm] \dfrac{1}{8}, & 0 \le x < 1 \\[2mm] \dfrac{1}{2}, & 1 \le x < 2 \\[2mm] \dfrac{7}{8}, & 2 \le x < 3 \\[2mm] 1, & x \ge 3. \end{cases}\]
\(F_X\) bir basamak fonksiyonudur: \(X\)’in almadığı değerler boyunca sabit kalır, \(X\)’in aldığı her değerde yukarı sıçrar. Sıçramaların boyları \(\frac{1}{8}, \frac{3}{8}, \frac{3}{8}, \frac{1}{8}\)’dir ve bunlar tam olarak \(P(X = 0), P(X = 1), P(X = 2), P(X = 3)\) olasılıklarıdır; bu gözlemi ileride genel bir teoreme dönüştüreceğiz. Her sıçrama noktasında \(F_X\)’in değeri üst basamağa aittir: örneğin \(F_X(1) = \frac{1}{2}\)’dir, \(\frac{1}{8}\) değil. Bunun nedeni tanımdaki eşitsizliğin \(\le\) olmasıdır; \((X \le 1)\) olayı \(X = 1\) sonuçlarını içerir.
\(\blacksquare\)
Şimdi sonsuz bir örnek uzaya geçelim. Bir aralık üzerinde uzunluk ölçüsüyle kurulan olasılık uzayında (Tanım 4.5) \((X \le x)\) olayı bir aralık (ya da birkaç aralığın birleşimi) olacak ve olasılığı uzunluğundan okunacaktır. Bu uzunluk yöntemi üç adımdan oluşur:
1. \(x\) verilmişken \(\{\omega \in \Omega : X(\omega) \le x\}\) kümesini, \(X(\omega) \le x\) eşitsizliğini \(\omega\) için çözerek bul.
2. Bu kümenin uzunluğunu hesapla.
3. Uzunluğu \(\Omega\)’nın uzunluğuna böl; \(F_X(x)\) budur.
Geometrik olarak: \(X(\omega)\)’nın grafiği çizilir, \(x\) düzeyinde yatay bir doğru çekilir, grafiğin bu doğrunun altında kaldığı \(\omega\)’lar \(\omega\) ekseninde işaretlenir; işaretli parçanın uzunluğu, \(\Omega\)’nın uzunluğuna bölününce \(F_X(x)\)’i verir. Aşağıdaki üç kısa soru yöntemi en yalın hâlinden başlayarak alıştırır; asıl örnek (Örnek 9.4) bunların üstüne kurulur.
Örnek 9.2 (Uzunluk Yöntemine Alışma: Üç Isınma Sorusu) Aşağıdaki her şıkta \(\mathcal{U} = \mathcal{B}(\Omega)\) ve \(A \in \mathcal{U}\) için \(P(A) = \dfrac{A\text{'nın uzunluğu}}{\Omega\text{'nın uzunluğu}}\) alınıyor.
a) \(\Omega = [0, 1]\) ve \(X(\omega) = \omega\) olsun. \(F_X\)’i bulunuz.
b) \(\Omega = [0, 3]\) ve \(X(\omega) = 2\omega\) olsun. \(F_X\)’i bulunuz.
c) \(\Omega = [-1, 1]\) ve \(X(\omega) = |\omega|\) olsun. \(F_X\)’i bulunuz.
Çözüm
a) \(\omega \in [0, 1]\) iken \(X(\omega) = \omega \in [0, 1]\); \(D_X = [0, 1]\).
Adım 1. \(X(\omega) \le x\) eşitsizliği burada doğrudan \(\omega \le x\) demektir. \(x < 0\) için hiçbir \(\omega\) bunu sağlamaz: \((X \le x) = \varnothing\). \(0 \le x < 1\) için \((X \le x) = \{\omega \in [0, 1] : \omega \le x\} = [0, x]\). \(x \ge 1\) için her \(\omega\) sağlar: \((X \le x) = \Omega\).
Adım 2–3. \([0, x]\) aralığının uzunluğu \(x\), \(\Omega\)’nın uzunluğu \(1\)’dir:
\[F_X(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\[1mm] x, & 0 \le x < 1 \\[1mm] 1, & x \ge 1. \end{cases}\]
Grafik, \([0, 1]\) üzerinde \(45°\)’lik bir doğru parçasıdır: sonucun kendisi \(\omega\) olan bir deneyde “\(X \le x\) olma olasılığı” tam olarak \(x\)’tir. Bu, Örnek 4.4’ndaki düzgün dağılımdır.
b) \(\omega \in [0, 3]\) iken \(2\omega \in [0, 6]\); \(D_X = [0, 6]\).
Adım 1. \(2\omega \le x \iff \omega \le \dfrac{x}{2}\). Öyleyse \(0 \le x < 6\) için \((X \le x) = \left[0, \dfrac{x}{2}\right]\); çünkü \(\dfrac{x}{2} < 3\) olduğundan aralık \(\Omega\)’nın içinde kalır.
Adım 2–3. Uzunluk \(\dfrac{x}{2}\), \(\Omega\)’nın uzunluğu \(3\):
\[F_X(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\[1mm] \dfrac{x}{6}, & 0 \le x < 6 \\[2mm] 1, & x \ge 6. \end{cases}\]
Denetim: \(x = 6\)’da \(\frac{6}{6} = 1\), sürekli bir geçiş. Ölçeklemenin etkisi görülüyor: \(X\)’in değerleri \(\omega\)’nınkinin iki katı olduğundan \((X \le x)\) olayı \(\omega\) ekseninde yarı hızla büyür ve \(F_X\), \(6\) birimlik bir aralığa yayılarak yükselir.
c) \(\omega \in [-1, 1]\) iken \(|\omega| \in [0, 1]\); \(D_X = [0, 1]\).
Adım 1. Buradaki yenilik eşitsizliğin iki yana çözülmesidir: \(|\omega| \le x \iff -x \le \omega \le x\). \(0 \le x < 1\) için \([-x, x] \subseteq [-1, 1]\) olduğundan \((X \le x) = [-x, x]\).
Adım 2–3. Uzunluk \(x - (-x) = 2x\), \(\Omega\)’nın uzunluğu \(2\):
\[F_X(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\[1mm] \dfrac{2x}{2} = x, & 0 \le x < 1 \\[2mm] 1, & x \ge 1. \end{cases}\]
Grafikte \(X(\omega) = |\omega|\) bir V harfidir; \(x\) düzeyinin altında kalan parça \(0\)’a göre simetrik \([-x, x]\) aralığıdır. Sonuç (a) ile aynı çıktı: \(\omega\) ile \(|\omega|\) birbirinden farklı fonksiyonlardır, ama aynı dağılıma sahiptirler. Dağılım fonksiyonu değişkenin kendisini değil, olasılığı nasıl dağıttığını betimler.
Üç soruda da \((X \le x)\) tek bir aralıktı ve \(\Omega\)’nın içinde kaldı. Asıl örnekte aralığın bir ucu \(\Omega\)’nın sınırına takılacak; formül bu yüzden parçalara ayrılacak.
\(\blacksquare\)
Önce simetrik olmayan aralığa geçmeden, \(\omega^2\)’yi \(\Omega\)’nın tek yanlı olduğu bir aralıkta ele alalım.
Örnek 9.3 (Aralık Üzerinde Karenin Dağılım Fonksiyonu) \(\Omega = [0, 2]\), \(\mathcal{U} = \mathcal{B}(\Omega)\) ve \(A \in \mathcal{U}\) için
\[P(A) = \frac{A\text{'nın uzunluğu}}{2}\]
olmak üzere \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) olasılık uzayı alınsın. \(X(\omega) = \omega^2\) ile tanımlanan \(X : \Omega \to \mathbb{R}\) fonksiyonunun bir rastgele değişken olduğunu gösteriniz ve dağılım fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
\(X\) bir rastgele değişkendir. \(\omega \in [0,2]\) için \(\omega^2 \in [0,4]\) olduğundan \(D_X = [0, 4]\)’tür. \(a \in \mathbb{R}\) olsun.
\(a < 0\) ise \((X \le a) = \varnothing \in \mathcal{U}\).
\(0 \le a < 4\) ise, \(\omega \ge 0\) olduğundan \(\omega^2 \le a\) eşitsizliği \(\omega \le \sqrt{a}\) ile aynıdır ve \(\sqrt{a} < 2\) olduğundan
\[(X \le a) = \{\omega \in [0,2] : \omega^2 \le a\} = [0, \sqrt{a}\,] \in \mathcal{U}.\]
\(a \ge 4\) ise \((X \le a) = \Omega \in \mathcal{U}\).
Her durumda \((X \le a)\) bir Borel kümesidir; Tanım 8.1 gereği \(X\) bir rastgele değişkendir.
Dağılım fonksiyonu. Yukarıdaki olayları \(P\) ile ölçmek yeter.
\(x < 0\) için \(F_X(x) = P(\varnothing) = 0\).
\(0 \le x < 4\) için
\[F_X(x) = P\big([0, \sqrt{x}\,]\big) = \frac{\sqrt{x} - 0}{2} = \frac{\sqrt{x}}{2}.\]
\(x \ge 4\) için \(F_X(x) = P(\Omega) = 1\).
Böylece
\[F_X(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\[1mm] \dfrac{\sqrt{x}}{2}, & 0 \le x < 4 \\[2mm] 1, & x \ge 4. \end{cases}\]
Parçaların birleşim noktalarına bakalım: \(x = 0\)’da \(\frac{\sqrt{0}}{2} = 0\) ve \(x = 4\)’te \(\frac{\sqrt{4}}{2} = 1\)’dir. Yani bu kez \(F_X\) hiç sıçramaz; \(\mathbb{R}\) üzerinde süreklidir ve \([0,4]\) boyunca \(0\)’dan \(1\)’e kesintisiz yükselir. Bir önceki örnekle aradaki fark çarpıcıdır: orada olasılık dört noktaya yığılmıştı, burada \([0,4]\) aralığına yayılmıştır.
\(\blacksquare\)
Aynı fonksiyonu simetrik olmayan bir aralıkta tanımlarsak \((X \le x)\) olayı \(\Omega\)’nın sınırına takılır ve \(F_X\) bir parça daha kazanır.
Örnek 9.4 (Simetrik Olmayan Aralıkta Karenin Dağılım Fonksiyonu) \(\Omega = [-1, 2]\), \(\mathcal{U} = \mathcal{B}(\Omega)\) ve \(A \in \mathcal{U}\) için
\[P(A) = \frac{A\text{'nın uzunluğu}}{3}\]
olmak üzere \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) olasılık uzayı alınsın. \(X(\omega) = \omega^2\) rastgele değişkeninin dağılım fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
\(\omega \in [-1, 2]\) iken \(\omega^2\) en küçük değerini \(\omega = 0\)’da (\(0\)), en büyük değerini \(\omega = 2\)’de (\(4\)) alır; \(D_X = [0, 4]\)’tür. \(x \ge 0\) için
\[\omega^2 \le x \iff -\sqrt{x} \le \omega \le \sqrt{x}\]
olduğundan \((X \le x)\) olayı \([-\sqrt{x}, \sqrt{x}\,]\) aralığının \(\Omega = [-1, 2]\) ile kesişimidir. Bu kesişimin biçimi, \(-\sqrt{x}\)’in \(-1\)’in altına inip inmediğine bağlıdır; \(\sqrt{x}\) ise \(x < 4\) olduğu sürece \(2\)’yi aşmaz. Uzunluk yönteminin geometrisi bunu doğrudan gösterir: parabolün \(x\) düzeyinin altında kalan parçası, \(x\) küçükken \(\Omega\)’nın içinde iki yana uzanan bir aralıktır; \(x\) büyüyünce bu aralığın sol ucu \(\Omega\)’nın sınırı olan \(-1\)’de takılır.
\(x < 0\) için \((X \le x) = \varnothing\) ve \(F_X(x) = 0\).
\(0 \le x < 1\) için \(\sqrt{x} < 1\), dolayısıyla \(-1 < -\sqrt{x}\); aralığın tamamı \(\Omega\)’nın içindedir:
\[F_X(x) = P\big([-\sqrt{x}, \sqrt{x}\,]\big) = \frac{\sqrt{x} - (-\sqrt{x})}{3} = \frac{2\sqrt{x}}{3}.\]
\(1 \le x < 4\) için \(-\sqrt{x} \le -1\); aralığın sol ucu \(\Omega\)’nın dışına taşar ve kesişim \([-1, \sqrt{x}\,]\) olur:
\[F_X(x) = P\big([-1, \sqrt{x}\,]\big) = \frac{\sqrt{x} + 1}{3}.\]
\(x \ge 4\) için \((X \le x) = \Omega\) ve \(F_X(x) = 1\).
Sonuç:
\[F_X(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\[1mm] \dfrac{2\sqrt{x}}{3}, & 0 \le x < 1 \\[2mm] \dfrac{1 + \sqrt{x}}{3}, & 1 \le x < 4 \\[2mm] 1, & x \ge 4. \end{cases}\]
Birleşim noktalarını denetleyelim. \(x = 1\)’de birinci formül \(\frac{2}{3}\), ikincisi \(\frac{1+1}{3} = \frac{2}{3}\) verir; \(x = 4\)’te ikinci formül \(\frac{1+2}{3} = 1\) verir. \(F_X\) yine her yerde süreklidir. \(x = 1\) noktasında formülün değişmesi bir sıçrama değil, yalnızca eğimin değişmesidir: o ana kadar \((X \le x)\) olayı iki uçtan birden büyürken, \(x = 1\)’den sonra sol uç \(-1\)’e takılır ve olay yalnızca sağ uçtan büyür; bu yüzden \(F_X\) daha yavaş artar.
\(\blacksquare\)
Son örnekte \(X\) bir parabol olsun; \((X \le x)\) olayını belirlemek için önce paraboli tam kareye tamamlamak gerekir.
Örnek 9.5 (Parabolün Dağılım Fonksiyonu) \(\Omega = [-1, 2]\), \(\mathcal{U} = \mathcal{B}(\Omega)\) ve \(P(A) = \dfrac{A\text{'nın uzunluğu}}{3}\) olmak üzere \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) olasılık uzayı alınsın. \(X(\omega) = \omega^2 - 2\omega\) rastgele değişkeninin dağılım fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
Değer kümesi. Tam kareye tamamlayalım: \(X(\omega) = (\omega - 1)^2 - 1\). \(\omega \in [-1, 2]\) iken \(\omega - 1 \in [-2, 1]\) ve \((\omega - 1)^2 \in [0, 4]\)’tür; en küçük değer \(\omega = 1\)’de (\(X(1) = -1\)), en büyük değer \(\omega = -1\)’de (\(X(-1) = 3\)) alınır. Öyleyse \(D_X = [-1, 3]\).
\((X \le x)\) olayı. \(x \ge -1\) olsun ve \(r = \sqrt{x + 1} \ge 0\) yazalım. O zaman
\[X(\omega) \le x \iff (\omega - 1)^2 \le x + 1 \iff 1 - r \le \omega \le 1 + r\]
olur; yani \((X \le x)\), \([1 - r, 1 + r]\) aralığının \(\Omega = [-1, 2]\) ile kesişimidir. Bu aralığın merkezi \(1\)’dir; sağ ucu \(r \ge 1\) için \(\Omega\)’nın sağ sınırı olan \(2\)’ye ulaşır ya da onu aşar, sol ucu ise ancak \(r > 2\) için \(-1\)’in altına iner. Bu iki eşik \(x\) cinsinden \(x = 0\) ve \(x = 3\)’tür.
\(x < -1\) için \((X \le x) = \varnothing\) ve \(F_X(x) = 0\).
\(-1 \le x < 0\) için \(0 \le r < 1\); \(1 - r > 0\) ve \(1 + r < 2\) olduğundan aralık \(\Omega\)’nın içindedir:
\[F_X(x) = P\big([1 - r, 1 + r]\big) = \frac{2r}{3} = \frac{2\sqrt{x + 1}}{3}.\]
\(0 \le x < 3\) için \(1 \le r < 2\); sol uç \(1 - r \in (-1, 0]\) hâlâ \(\Omega\)’nın içindedir, ama sağ uç \(1 + r \ge 2\) olduğundan kesişim \([1 - r, 2]\) olur:
\[F_X(x) = P\big([1 - r, 2]\big) = \frac{2 - (1 - r)}{3} = \frac{1 + \sqrt{x + 1}}{3}.\]
\(x \ge 3\) için \(r \ge 2\); \([1 - r, 1 + r] \supseteq [-1, 2]\) olduğundan \((X \le x) = \Omega\) ve \(F_X(x) = 1\).
Sonuç:
\[F_X(x) = \begin{cases} 0, & x < -1 \\[1mm] \dfrac{2\sqrt{x + 1}}{3}, & -1 \le x < 0 \\[2mm] \dfrac{1 + \sqrt{x + 1}}{3}, & 0 \le x < 3 \\[2mm] 1, & x \ge 3. \end{cases}\]
Birleşim noktalarında \(x = 0\) için \(\frac{2\sqrt{1}}{3} = \frac{2}{3} = \frac{1 + \sqrt{1}}{3}\) ve \(x = 3\) için \(\frac{1 + \sqrt{4}}{3} = 1\) olduğundan \(F_X\) süreklidir.
Sonucun Örnek 9.4 ile benzerliği rastlantı değildir. \(X = Y - 1\) yazılırsa, burada \(Y(\omega) = (\omega - 1)^2\)’dir ve \(\omega \mapsto \omega - 1\) dönüşümü \([-1, 2]\)’yi \([-2, 1]\)’e taşır; \([-2, 1]\) üzerindeki kare fonksiyonu ise, \(\omega \mapsto -\omega\) yansımasıyla, \([-1, 2]\) üzerindeki kare fonksiyonuyla aynı dağılıma sahiptir. Dolayısıyla \(F_Y\), Örnek 9.4’deki fonksiyondur ve \(F_X(x) = P(Y - 1 \le x) = F_Y(x + 1)\) elde edilir; bu da \(F_Y\)’nin formüllerinde \(x\) yerine \(x + 1\) konmuş hâlidir.
\(\blacksquare\)
Buraya kadar iki uç gördük: olasılığın birkaç noktaya yığıldığı basamaklı \(F_X\) ve bir aralığa yayıldığı sürekli \(F_X\). İkisi aynı değişkende bir arada da bulunabilir.
Örnek 9.6 (Para ve Düzgün Sayı: Karma Bir Rastgele Değişken) Düzgün bir para atılıyor. Yazı gelirse \(X = 0\) alınıyor; tura gelirse \(X\), \((0, 1)\) aralığından uzunluk ölçüsüyle (düzgün olasılıkla) seçilen bir sayı oluyor. \(X\)’in dağılım fonksiyonunu bulunuz; \(P(X = 0)\), \(P\!\left(0 < X \le \frac{1}{2}\right)\) ve \(P\!\left(X = \frac{1}{2}\right)\) olasılıklarını hesaplayınız.
Çözüm
Model. \(Y\) (yazı) ve \(T\) (tura) olayları ayrık, \(P(Y) = P(T) = \frac{1}{2}\). Tura geldiğinde \(X\)’in \((0, 1)\) üzerinde düzgün seçilmesi, her \(0 \le x < 1\) için \(P(X \le x \mid T) = x\) demektir (Örnek 9.2 (a)); yazı geldiğinde ise \(X = 0\) kesin olduğundan \(x \ge 0\) için \(P(X \le x \mid Y) = 1\), \(x < 0\) için \(0\)’dır.
Dağılım fonksiyonu. \((X \le x)\) olayını \(Y\) ve \(T\)’ye göre parçalayalım (Koşullu Olasılık bölümündeki toplam olasılık kuralı):
\[F_X(x) = P(X \le x) = P(Y)\, P(X \le x \mid Y) + P(T)\, P(X \le x \mid T).\]
\(x < 0\) için iki koşullu olasılık da \(0\)’dır: \(F_X(x) = 0\).
\(0 \le x < 1\) için birincisi \(1\), ikincisi \(x\)’tir:
\[F_X(x) = \frac{1}{2} \cdot 1 + \frac{1}{2} \cdot x = \frac{1}{2} + \frac{x}{2}.\]
\(x \ge 1\) için ikisi de \(1\)’dir: \(F_X(x) = 1\). Sonuç:
\[F_X(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\[1mm] \dfrac{1}{2} + \dfrac{x}{2}, & 0 \le x < 1 \\[2mm] 1, & x \ge 1. \end{cases}\]
Olasılıklar. \(P(X = 0)\) için para yazı gelmeli ya da tura gelip düzgün sayı tam \(0\) çıkmalıdır; ikincisinin olasılığı tek bir noktanın uzunluğu, yani \(0\)’dır:
\[P(X = 0) = P(Y) \cdot 1 + P(T) \cdot 0 = \frac{1}{2}.\]
Bu değer grafikte \(x = 0\)’daki sıçramanın boyu olarak görünür: \(F_X\), \(0\)’ın hemen solunda \(0\), \(0\)’da ise \(\frac{1}{2}\)’dir. Aralık olasılığı dağılım fonksiyonundan okunur:
\[P\!\left(0 < X \le \tfrac{1}{2}\right) = F_X\!\left(\tfrac{1}{2}\right) - F_X(0) = \frac{3}{4} - \frac{1}{2} = \frac{1}{4};\]
denetim için doğrudan hesap: tura gelmeli (\(\frac{1}{2}\)) ve düzgün sayı \(\left(0, \frac{1}{2}\right]\)’ye düşmeli (\(\frac{1}{2}\)), çarpım \(\frac{1}{4}\). Son olarak \(X = \frac{1}{2}\) olması için tura gelip sayının tam \(\frac{1}{2}\) çıkması gerekir; bunun olasılığı \(\frac{1}{2} \cdot 0 = 0\)’dır. Grafikte de \(x = \frac{1}{2}\)’de sıçrama yoktur.
Sınıflandırma. \(F_X\) ne basamaklı ne de süreklidir: \(x = 0\)’da \(\frac{1}{2}\) boyunda bir sıçrama yapar (kesikli kütle), ardından \((0, 1)\) boyunca \(\frac{1}{2}\) eğimiyle düzgün yükselir (sürekli parça). Böyle bir \(X\)’e karma rastgele değişken denir; olasılığının yarısı tek bir noktada, öteki yarısı bir aralığa yayılmış durumdadır.
\(\blacksquare\)
Örnekler üç farklı davranış gösterdi. Sonlu değer kümeli \(X\)’in dağılım fonksiyonu basamaklıdır: değerler arasında sabittir, her değerde sıçrar. Bir aralık üzerinde değer alan \(\omega\), \(|\omega|\), \(\omega^2\) ve \(\omega^2 - 2\omega\)’nın dağılım fonksiyonları ise süreklidir ve olasılık bir aralığa yayılmıştır. Bu iki tür, sonraki iki bölümün konusu olan kesikli ve sürekli rastgele değişkenlerdir. Son örnekteki gibi ikisinin karışımı da mümkündür; Örnek 9.8’te bir karma örnek daha göreceğiz.
9.3 Dağılım Fonksiyonunun Temel Özellikleri
Bir fonksiyona bakınca onun bir rastgele değişkenin dağılım fonksiyonu olup olamayacağını söyleyebilmek isteriz; ayrıca ileride \(F_X\)’ten olasılık hesaplarken sol limitlerin varlığına ihtiyacımız olacak. Bunun için \(F_X\)’in her zaman taşıdığı yapısal özellikleri belirlemeliyiz. Bu özellikleri Olasılık Uzayı Örnekleri ve Geometrik Olasılık bölümünde, Borel olasılık ölçülerine karşılık gelen dağılım fonksiyonları için ispatlamıştık (Teorem 4.1); \(F_X\) de \(P_X\) ölçüsünün dağılım fonksiyonu olduğundan aynı sonuç ona da uygulanır. Aşağıda teoremi rastgele değişken diliyle yeniden ifade ediyor ve ispatı bu dile çeviriyoruz. İspatın motoru olasılık ölçüsünün sürekliliğidir (Teorem 3.5): iç içe olaylar dizisinin olasılığı, limit olayın olasılığına yakınsar.
Teorem 9.1 (Dağılım Fonksiyonunun Temel Özellikleri) \(X\) bir rastgele değişken ve \(F_X\) onun dağılım fonksiyonu olsun.
(a) \(F_X\) azalmayandır: \(x_1 < x_2 \implies F_X(x_1) \le F_X(x_2)\).
(b) \(F_X\) sağdan süreklidir: her \(x \in \mathbb{R}\) için \(\displaystyle\lim_{h \to 0^+} F_X(x + h) = F_X(x)\).
(c) \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} F_X(x) = 0\) ve \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} F_X(x) = 1\).
İspat
(a) \(x_1 < x_2\) olsun. \(X(\omega) \le x_1\) ise \(X(\omega) \le x_2\) de doğrudur; yani \((X \le x_1) \subseteq (X \le x_2)\). Olasılık ölçüsü monotondur (Teorem 3.1), dolayısıyla
\[F_X(x_1) = P(X \le x_1) \le P(X \le x_2) = F_X(x_2).\]
(b) \(x \in \mathbb{R}\) sabit olsun ve \(n = 1, 2, 3, \ldots\) için
\[A_n = \left( X \le x + \frac{1}{n} \right) = \left\{ \omega \in \Omega : X(\omega) \le x + \frac{1}{n} \right\}\]
olaylarını alalım. \(x + \frac{1}{n+1} < x + \frac{1}{n}\) olduğundan (a)’daki gerekçeyle \(A_1 \supseteq A_2 \supseteq A_3 \supseteq \cdots\) olur; dizi azalandır. Kesişimleri \((X \le x)\)’tir: \(X(\omega) \le x + \frac{1}{n}\) eşitsizliği her \(n\) için sağlanıyorsa \(n \to \infty\) alınarak \(X(\omega) \le x\) bulunur; tersine \(X(\omega) \le x\) ise her \(n\) için \(X(\omega) \le x + \frac{1}{n}\)’dir. Azalan diziler için süreklilik (Teorem 3.5) gereği
\[\lim_{n \to \infty} F_X\!\left( x + \frac{1}{n} \right) = \lim_{n \to \infty} P(A_n) = P\!\left( \bigcap_{n=1}^{\infty} A_n \right) = P(X \le x) = F_X(x).\]
Bu, sağdan limitin \(\frac{1}{n}\) dizisi boyunca \(F_X(x)\)’e eşit olduğunu gösterir; keyfî \(h \to 0^+\) için (a)’yı kullanırız. \(\varepsilon > 0\) verilsin; yukarıdaki limit gereği \(F_X\!\left( x + \frac{1}{N} \right) < F_X(x) + \varepsilon\) olacak biçimde bir \(N\) vardır. \(0 < h < \frac{1}{N}\) için azalmayanlıktan
\[F_X(x) \le F_X(x + h) \le F_X\!\left( x + \frac{1}{N} \right) < F_X(x) + \varepsilon\]
olur. Demek ki \(\lim_{h \to 0^+} F_X(x + h) = F_X(x)\).
(c) \(n = 1, 2, 3, \ldots\) için \(B_n = (X \le -n)\) olsun. \(B_1 \supseteq B_2 \supseteq \cdots\) azalan bir dizidir ve kesişimi boştur: \(X(\omega)\) bir reel sayı olduğundan her \(n\) için \(X(\omega) \le -n\) olamaz. Süreklilikten
\[\lim_{n \to \infty} F_X(-n) = \lim_{n \to \infty} P(B_n) = P(\varnothing) = 0.\]
Keyfî \(x \to -\infty\) için yine (a)’ya başvururuz: \(x \le -n\) ise \(0 \le F_X(x) \le F_X(-n)\) olur ve sağ taraf \(0\)’a gittiğinden \(\lim_{x \to -\infty} F_X(x) = 0\)’dır.
Şimdi \(C_n = (X \le n)\) olsun. \(C_1 \subseteq C_2 \subseteq \cdots\) artan bir dizidir ve birleşimi \(\Omega\)’dır: her \(\omega\) için \(X(\omega)\) bir reel sayıdır, dolayısıyla \(X(\omega) \le n\) olacak biçimde bir \(n\) vardır. Artan diziler için süreklilikten
\[\lim_{n \to \infty} F_X(n) = \lim_{n \to \infty} P(C_n) = P\!\left( \bigcup_{n=1}^{\infty} C_n \right) = P(\Omega) = 1.\]
\(x \ge n\) için \(F_X(n) \le F_X(x) \le 1\) olduğundan \(\lim_{x \to +\infty} F_X(x) = 1\) elde edilir.
\(\blacksquare\)
Teoremin üç özelliği birlikte, \(F_X\)’in grafiğinin nasıl göründüğünü söyler: soldan \(0\) düzeyinden gelir, hiç aşağı inmeden yükselir, sağda \(1\) düzeyine yaklaşır; yükselirken sıçrayabilir, ama her sıçramada değeri üst basamağa aittir. Bu özellikler yalnızca gerekli değil, aynı zamanda yeterlidir: (a), (b), (c)’yi sağlayan her fonksiyon bir rastgele değişkenin dağılım fonksiyonudur. Bunu Önerme 9.1’de göstereceğiz.
Örnek 9.1’ndaki dağılım fonksiyonunda \(x \to 1^-\) iken \(F_X(x) = \frac{1}{8}\), \(x \to 1^+\) iken \(F_X(x) = \frac{1}{2}\) ve \(F_X(1) = \frac{1}{2}\)’dir. Sağ limit fonksiyonun değerine eşittir, sol limit değildir. Sağdan sürekliliğin kaynağı, tanımdaki \((X \le x)\) olayının \(x\)’i içermesidir; \(x\)’e sağdan yaklaşırken \((X \le x + h)\) olayları \((X \le x)\)’e küçülür, ama soldan yaklaşırken \((X \le x - h)\) olayları \((X = x)\) olayını hiç yakalayamaz. Dağılım fonksiyonu \(P(X < x)\) diye tanımlansaydı soldan sürekli olurdu; bu bir gelenek seçimidir ve bu kitapta hep \(P(X \le x)\) kullanılır.
Sağdan sürekliliğin yanı sıra, her noktada sol limitin de var olduğunu bilmek gerekir; bu, sonraki teoremde kullanacağımız bir gösterimi tanımlamamıza olanak verir. \(F_X\) azalmayan ve \([0,1]\) içinde sınırlı olduğundan, her \(a \in \mathbb{R}\) için \(x \to a^-\) iken \(F_X(x)\)’in limiti vardır ve
\[F_X(a^-) = \lim_{h \to 0^+} F_X(a - h) = \sup\{F_X(x) : x < a\}\]
ile gösterilir. Azalmayanlıktan \(F_X(a^-) \le F_X(a)\)’dır; eşitlik tam olarak \(F_X\)’in \(a\)’da sürekli olduğu durumda sağlanır. \(F_X(a) - F_X(a^-)\) farkı, grafiğin \(a\) noktasındaki sıçramasıdır.
9.4 Dağılım Fonksiyonundan Olasılık Hesabı
Dağılım fonksiyonu tanım gereği yalnızca \((X \le x)\) biçimindeki olayların olasılığını verir. Uygulamada ise “\(X\)’in \(a\) ile \(b\) arasına düşme olasılığı”, “\(X\)’in tam olarak \(a\) olma olasılığı” gibi sorular sorulur. Aşağıdaki teorem bütün bu olasılıkların yalnızca \(F_X\)’in değerleri ve sol limitleriyle hesaplandığını gösterir; aynı formülleri Olasılık Uzayı Örnekleri ve Geometrik Olasılık bölümünde ölçü dilinde görmüştük (Önerme 4.4); şimdi onları rastgele değişken diliyle ve eksiksiz olarak ispatlıyoruz. İspatlarda üç araç yeter: olayları ayrık parçalara bölüp toplamsallığı (A3) kullanmak, tümleyene geçmek ve nokta olasılığı için ölçünün sürekliliğine başvurmak.
Teorem 9.2 (Dağılım Fonksiyonuyla Aralık ve Nokta Olasılıkları) \(X\) bir rastgele değişken, \(F = F_X\) onun dağılım fonksiyonu ve \(a < b\) reel sayılar olsun. O zaman aşağıdaki eşitlikler sağlanır:
(a) \(P(a < X \le b) = F(b) - F(a)\),
(b) \(P(X = a) = F(a) - F(a^-)\),
(c) \(P(X < a) = F(a^-)\),
(d) \(P(X > a) = 1 - F(a)\) ve \(P(X \ge a) = 1 - F(a^-)\),
(e) \(P(a \le X \le b) = F(b) - F(a^-)\),
(f) \(P(a < X < b) = F(b^-) - F(a)\),
(g) \(P(a \le X < b) = F(b^-) - F(a^-)\).
İspat
(a) \((X \le b)\) olayını, \(X\)’in \(a\)’yı aşıp aşmadığına göre ikiye bölelim:
\[(X \le b) = (X \le a) \cup (a < X \le b).\]
Sağdaki iki olay ayrıktır, çünkü \(X(\omega)\) aynı anda hem \(a\)’yı aşmayıp hem de \(a\)’dan büyük olamaz. Toplamsallık (A3) gereği
\[F(b) = P(X \le b) = P(X \le a) + P(a < X \le b) = F(a) + P(a < X \le b),\]
buradan \(P(a < X \le b) = F(b) - F(a)\).
(b) \(n = 1, 2, 3, \ldots\) için
\[A_n = \left( a - \frac{1}{n} < X \le a + \frac{1}{n} \right)\]
olaylarını alalım. \(n\) büyüdükçe aralık daralır; \(A_1 \supseteq A_2 \supseteq \cdots\) azalan bir dizidir. Kesişimi \((X = a)\)’dır: her \(n\) için \(a - \frac{1}{n} < X(\omega) \le a + \frac{1}{n}\) ise \(n \to \infty\) alınarak \(a \le X(\omega) \le a\), yani \(X(\omega) = a\) bulunur; tersine \(X(\omega) = a\) ise her \(n\) için \(a - \frac{1}{n} < a \le a + \frac{1}{n}\) sağlanır. Süreklilik (Teorem 3.5) ve (a) gereği
\[P(X = a) = \lim_{n \to \infty} P(A_n) = \lim_{n \to \infty} \left[ F\!\left( a + \frac{1}{n} \right) - F\!\left( a - \frac{1}{n} \right) \right].\]
Sağdan süreklilik (Teorem 9.1) gereği \(F\!\left( a + \frac{1}{n} \right) \to F(a)\); \(a - \frac{1}{n}\) dizisi \(a\)’ya soldan yaklaştığından ve sol limit var olduğundan \(F\!\left( a - \frac{1}{n} \right) \to F(a^-)\). İki limiti birleştirince \(P(X = a) = F(a) - F(a^-)\).
(c) \((X \le a) = (X < a) \cup (X = a)\) ayrık bir birleşimdir; (A3) ve (b) ile
\[P(X < a) = P(X \le a) - P(X = a) = F(a) - \big( F(a) - F(a^-) \big) = F(a^-).\]
(d) \((X > a)\) olayı \((X \le a)\) olayının tümleyenidir; Teorem 3.1 gereği \(P(X > a) = 1 - P(X \le a) = 1 - F(a)\). Benzer biçimde \((X \ge a) = (X < a)^c\) olduğundan (c) ile \(P(X \ge a) = 1 - F(a^-)\).
(e) \((a \le X \le b) = (X = a) \cup (a < X \le b)\) ayrık birleşiminden, (b) ve (a) ile
\[P(a \le X \le b) = \big( F(a) - F(a^-) \big) + \big( F(b) - F(a) \big) = F(b) - F(a^-).\]
(f) \((a < X \le b) = (a < X < b) \cup (X = b)\) ayrık birleşiminden, (a) ve (b) ile
\[P(a < X < b) = \big( F(b) - F(a) \big) - \big( F(b) - F(b^-) \big) = F(b^-) - F(a).\]
(g) \((a \le X < b) = (X = a) \cup (a < X < b)\) ayrık birleşiminden, (b) ve (f) ile
\[P(a \le X < b) = \big( F(a) - F(a^-) \big) + \big( F(b^-) - F(a) \big) = F(b^-) - F(a^-).\]
\(\blacksquare\)
Formülleri ezberlemek yerine kuralı akılda tutmak daha kolaydır. Sağ uç \(b\) aralığa dahilse \(F(b)\), hariçse \(F(b^-)\) alınır; sol uç \(a\) dahilse \(F(a^-)\), hariçse \(F(a)\) çıkarılır. Örneğin \([a, b)\) aralığında sağ uç hariç, sol uç dahildir; formül \(F(b^-) - F(a^-)\) olur.
Teoremin (b) maddesi bu bölümün en çok kullanılacak sonucudur: \(P(X = a)\), \(F_X\) grafiğinin \(a\) noktasındaki sıçrama boyudur. Bundan iki sonuç çıkar. Birincisi, \(F_X\) bir \(a\) noktasında sürekliyse \(P(X = a) = 0\)’dır; \(F_X\) her yerde sürekliyse hiçbir tek noktanın pozitif olasılığı yoktur. Örnek 9.3’de \(X(\omega) = \omega^2\) için \(P(X = 1) = 0\)’dır; oysa \(X\)’in \(1\) değerini alması (\(\omega = 1\)) mümkündür. Olasılığı sıfır olan olay imkânsız olay demek değildir. İkincisi, \(F_X\) sürekliyse (c)–(g)’deki bütün sol limitler fonksiyon değerlerine dönüşür ve \(\le\) ile \(<\) arasındaki fark kaybolur: \(P(a < X < b) = P(a \le X \le b) = F_X(b) - F_X(a)\). Sıçramalı dağılım fonksiyonlarında ise bu fark tam olarak uç noktaların olasılığı kadardır ve göz ardı edilemez.
Şimdi teoremi iki örnekte uygulayalım: önce sürekli bir dağılım fonksiyonunda, sonra sıçramalı bir dağılım fonksiyonunda.
Örnek 9.7 (Üstel Dağılım Fonksiyonuyla Olasılık Hesabı) \(X\) rastgele değişkeninin dağılım fonksiyonu
\[F_X(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\ 1 - e^{-x}, & x \ge 0 \end{cases}\]
olsun. \(P(X \le -1)\), \(P(X \le 0)\), \(P(X \le 1)\), \(P(X = 1)\), \(P(0 < X \le 1)\), \(P(0 < X < 1)\) ve \(P(X > 2)\) olasılıklarını hesaplayınız.
Çözüm
Önce fonksiyonu tanıyalım. \(x \ge 0\) için \(1 - e^{-x}\), \(0\)’dan başlayıp \(1\)’e yaklaşan, kesin artan bir fonksiyondur; \(x = 0\)’da değeri \(1 - e^{0} = 0\) olduğundan iki parça sürekli biçimde birleşir. Dolayısıyla \(F_X\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde süreklidir ve her \(a\) için \(F_X(a^-) = F_X(a)\)’dır; Teorem 9.2’nin (b) maddesi gereği her nokta olasılığı sıfırdır. Bu fonksiyon ileride üstel dağılım adıyla karşımıza çıkacaktır.
Şimdi teoremi maddeler hâlinde uygulayalım.
\(P(X \le -1) = F_X(-1) = 0\), çünkü \(-1 < 0\).
\(P(X \le 0) = F_X(0) = 1 - e^{0} = 0\).
\(P(X \le 1) = F_X(1) = 1 - e^{-1} \approx 0{,}632\).
\(P(X = 1) = F_X(1) - F_X(1^-) = 0\), çünkü \(F_X\) süreklidir.
\(P(0 < X \le 1) = F_X(1) - F_X(0) = (1 - e^{-1}) - 0 = 1 - e^{-1}\).
\(P(0 < X < 1) = F_X(1^-) - F_X(0) = F_X(1) - F_X(0) = 1 - e^{-1}\); süreklilik nedeniyle bir önceki olasılıkla aynıdır.
\(P(X > 2) = 1 - F_X(2) = 1 - (1 - e^{-2}) = e^{-2} \approx 0{,}135\).
İlk iki sonuç \(X\)’in negatif değer alma olasılığının sıfır olduğunu, hatta \(P(X \le 0) = 0\) olduğunu söyler: bütün olasılık \((0, \infty)\) aralığına yayılmıştır. Son sonuç ise \(X\)’in \(2\)’yi aşma olasılığının yalnızca \(e^{-2}\) olduğunu, yani kütlenin büyük bölümünün \(0\)’a yakın toplandığını gösterir.
\(\blacksquare\)
Örnek 9.8 (Sıçramalı Dağılım Fonksiyonundan Olasılık Hesabı) \(F : \mathbb{R} \to [0,1]\) fonksiyonu
\[F(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\[1mm] \dfrac{x + 1}{4}, & 0 \le x < 1 \\[2mm] \dfrac{3}{4}, & 1 \le x < 2 \\[2mm] 1, & x \ge 2 \end{cases}\]
ile verilsin. \(F\)’nin Teorem 9.1’ndeki üç özelliği taşıdığını doğrulayınız. \(F\)’yi dağılım fonksiyonu kabul eden bir \(X\) rastgele değişkeni için \(P(X = 0)\), \(P(X = 1)\), \(P(X = 2)\), \(P(X < 1)\), \(P(X \le 1)\), \(P(0 < X < 1)\), \(P\!\left( \frac{1}{2} < X \le \frac{3}{2} \right)\), \(P(X \ge 1)\) ve \(P(X > 1)\) olasılıklarını hesaplayınız. Son olarak aşağıdaki toplamı bulunuz:
\[\begin{aligned} &P(X = 0) + P(0 < X < 1) + P(X = 1) \\ &\qquad + P(1 < X < 2) + P(X = 2). \end{aligned}\]
Çözüm
Özelliklerin doğrulanması. Parçalar sırasıyla \(0\), \(\frac{1}{4}\)’ten \(\frac{1}{2}\)’ye artan doğru parçası, \(\frac{3}{4}\) sabiti ve \(1\) sabitidir; her parça bir öncekinin bittiği yerin üstünden ya da aynı düzeyden başlar, öyleyse \(F\) azalmayandır. Sağdan süreklilik yalnızca parça sınırlarında denetlenmelidir: \(x \to 0^+\) iken \(\frac{x+1}{4} \to \frac{1}{4} = F(0)\); \(x \to 1^+\) iken \(F(x) = \frac{3}{4} = F(1)\); \(x \to 2^+\) iken \(F(x) = 1 = F(2)\). Uç limitler açıktır: \(x < 0\) için \(F(x) = 0\), \(x \ge 2\) için \(F(x) = 1\). Öyleyse \(F\) bir dağılım fonksiyonudur (Önerme 9.1 bunu bir rastgele değişkenle gerçekleştirmenin mümkün olduğunu garanti edecek).
Sol limitler. \(F(0^-) = 0\), \(F(1^-) = \lim_{x \to 1^-} \frac{x+1}{4} = \frac{1}{2}\), \(F(2^-) = \frac{3}{4}\). Başka hiçbir noktada sıçrama yoktur.
Nokta olasılıkları. Teorem 9.2 (b) ile
\[P(X = 0) = F(0) - F(0^-) = \frac{1}{4}, \qquad P(X = 1) = F(1) - F(1^-) = \frac{3}{4} - \frac{1}{2} = \frac{1}{4}, \qquad P(X = 2) = F(2) - F(2^-) = 1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4}.\]
Öteki olasılıklar.
\(P(X < 1) = F(1^-) = \dfrac{1}{2}\) ve \(P(X \le 1) = F(1) = \dfrac{3}{4}\); aradaki fark \(P(X = 1) = \frac{1}{4}\)’tür.
\(P(0 < X < 1) = F(1^-) - F(0) = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{4}\).
\(P\!\left( \dfrac{1}{2} < X \le \dfrac{3}{2} \right) = F\!\left( \dfrac{3}{2} \right) - F\!\left( \dfrac{1}{2} \right) = \dfrac{3}{4} - \dfrac{3}{8} = \dfrac{3}{8}\).
\(P(X \ge 1) = 1 - F(1^-) = \dfrac{1}{2}\) ve \(P(X > 1) = 1 - F(1) = \dfrac{1}{4}\).
Toplam. \(P(1 < X < 2) = F(2^-) - F(1) = \frac{3}{4} - \frac{3}{4} = 0\); \(F\) bu aralıkta sabit olduğundan \(X\) oraya hiç düşmez. Böylece
\[P(X = 0) + P(0 < X < 1) + P(X = 1) + P(1 < X < 2) + P(X = 2) = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + 0 + \frac{1}{4} = 1.\]
Bu beş olay ayrık olup birleşimleri \((0 \le X \le 2)\)’dir; toplamın \(1\) çıkması, \(X\)’in bütün olasılığının \([0,2]\) aralığında olduğunu doğrular. Dağılımın yapısı da ortaya çıkmıştır: \(X\), \(0\), \(1\) ve \(2\) değerlerinin her birini \(\frac{1}{4}\) olasılıkla alır, geri kalan \(\frac{1}{4}\)’lük olasılık ise \((0,1)\) aralığına düzgün biçimde yayılmıştır. Bu \(X\) ne kesikli ne de süreklidir; karma türdendir.
\(\blacksquare\)
9.5 Dağılım Fonksiyonu Olasılık Dağılımını Belirler
Bölüme, \(P_X\)’in taşıdığı bilgiyi tek bir fonksiyona sıkıştırma vaadiyle başlamıştık. Teorem 9.2 bu vaadin aralıklar için tutulduğunu gösterdi. Ama Borel cebri aralıklardan çok daha zengindir; \(F_X\) bilinince \(P_X(B)\) her Borel kümesi \(B\) için belirlenmiş olur mu? Bu sorunun yanıtı Olasılık Uzayı Örnekleri ve Geometrik Olasılık bölümündeki Borel–Stieltjes teoreminde saklıdır: (a), (b), (c) özelliklerini taşıyan bir fonksiyon, Borel cebri üzerinde \(P((-\infty, x]) = F(x)\) koşulunu sağlayan bir tek olasılık ölçüsü belirler (Teorem 4.2). Bunu rastgele değişken diline çevirelim.
Önerme 9.1 (Dağılım Fonksiyonu Olasılık Dağılımını Tek Biçimde Belirler) (a) \(X\) ve \(Y\), aynı ya da farklı olasılık uzayları üzerinde tanımlı iki rastgele değişken olsun. \(F_X = F_Y\) ise \(P_X = P_Y\)’dir; yani her \(B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})\) için \(X\)’in \(B\)’ye düşme olasılığı ile \(Y\)’nin \(B\)’ye düşme olasılığı eşittir. Tersi de doğrudur.
(b) \(F : \mathbb{R} \to [0,1]\), Teorem 9.1’ndeki (a), (b), (c) özelliklerini taşıyan herhangi bir fonksiyon olsun. O zaman dağılım fonksiyonu \(F\) olan bir rastgele değişken vardır.
İspat
(a) Önce kolay yön: \(P_X = P_Y\) ise her \(x\) için \(F_X(x) = P_X((-\infty, x]) = P_Y((-\infty, x]) = F_Y(x)\)’tir.
Şimdi \(F_X = F_Y\) olsun. \(P_X\) ve \(P_Y\), \(\mathcal{B}(\mathbb{R})\) üzerinde birer olasılık ölçüsüdür (Teorem 8.1) ve her \(x\) için
\[P_X((-\infty, x]) = F_X(x) = F_Y(x) = P_Y((-\infty, x])\]
sağlanır. \(F_X\), Teorem 9.1 gereği (a), (b), (c) özelliklerini taşır; Teorem 4.2’e göre bu özellikleri taşıyan bir fonksiyon için \(P((-\infty, x]) = F_X(x)\) koşulunu sağlayan Borel olasılık ölçüsü tektir. \(P_X\) ve \(P_Y\) bu koşulu sağladığından \(P_X = P_Y\)’dir.
(b) Teorem 4.2, \(F\)’ye karşılık gelen bir \(P_F\) Borel olasılık ölçüsü verir: her \(x\) için \(P_F((-\infty, x]) = F(x)\). \((\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), P_F)\) olasılık uzayını alalım ve \(X : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(X(\omega) = \omega\) özdeşlik fonksiyonunu tanımlayalım. Her \(a\) için \((X \le a) = (-\infty, a] \in \mathcal{B}(\mathbb{R})\) olduğundan \(X\) bir rastgele değişkendir ve
\[F_X(x) = P_F(X \le x) = P_F((-\infty, x]) = F(x)\]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Önermenin (a) maddesi, “\(X\)’in dağılımını bilmek” ile “\(F_X\)’i bilmek” ifadelerinin eşanlamlı olduğunu söyler; bundan böyle bir rastgele değişkenin dağılımını verirken çoğunlukla dağılım fonksiyonunu ya da ondan türeyen daha kullanışlı bir nesneyi (kesikli durumda olasılık fonksiyonunu, sürekli durumda yoğunluk fonksiyonunu) vereceğiz. (b) maddesi ise tersini söyler: (a), (b), (c) özellikleri dağılım fonksiyonu olmak için gerekli ve yeterlidir. İki madde birlikte, bu üç özelliği taşıyan fonksiyonların kümesi ile \(\mathcal{B}(\mathbb{R})\) üzerindeki olasılık ölçülerinin kümesi arasında bire bir bir eşleme kurar: her dağılım fonksiyonuna bir tek Borel olasılık ölçüsü, her Borel olasılık ölçüsüne bir tek dağılım fonksiyonu karşılık gelir. Bir fonksiyonun bu üç özelliği taşıdığı doğrulanınca, “dağılım fonksiyonu şu olan bir \(X\) rastgele değişkeni” ifadesi meşrudur; Örnek 9.7 ve Örnek 9.8’te tam olarak bunu yaptık.
\(F_X = F_Y\) olması \(X = Y\) olması demek değildir. Üç para atışında \(X\) tura sayısı, \(Y = 3 - X\) yazı sayısı olsun. \(X \ne Y\)’dir; hatta hiçbir \(\omega\) için \(X(\omega) = Y(\omega)\) olmaz, çünkü toplamları tek sayı \(3\)’tür. Ama \(P(Y = k) = P(X = 3 - k) = P(X = k)\) olduğundan (\(k = 0, 3\) için \(\frac{1}{8}\), \(k = 1, 2\) için \(\frac{3}{8}\)) \(F_X = F_Y\)’dir. Böyle rastgele değişkenlere aynı dağılımlı denir. Olasılık teorisinin pek çok sonucu yalnızca dağılıma bağlıdır; bu yüzden bir rastgele değişkeni çoğu zaman üzerinde tanımlandığı \(\Omega\)’yı hiç anmadan, doğrudan dağılım fonksiyonuyla veririz.
9.6 Alıştırmalar
Alıştırma 9.1 (Dağılım Fonksiyonu Alıştırmaları) (a) Bir para bir kez atılıyor: \(\Omega = \{Y, T\}\), \(\mathcal{U} = \mathcal{P}(\Omega)\), \(P(\{Y\}) = P(\{T\}) = \frac{1}{2}\). \(X(Y) = 0\), \(X(T) = 1\) olsun. \(F_X\)’i bulunuz ve \(P(X = 0)\), \(P(X = 1)\) değerlerini \(F_X\)’in sıçramalarından okuyunuz.
(b) \(\Omega = [-1, 1]\), \(\mathcal{U} = \mathcal{B}(\Omega)\), \(P(A) = \dfrac{A\text{'nın uzunluğu}}{2}\) ve \(X(\omega) = \omega^2\) olsun. \(F_X\)’i bulunuz ve \(P\!\left( \frac{1}{4} < X \le \frac{1}{2} \right)\) olasılığını hesaplayınız.
(c) \(\Omega = [0, 2]\), \(\mathcal{U} = \mathcal{B}(\Omega)\), \(P(A) = \dfrac{A\text{'nın uzunluğu}}{2}\) ve \(X(\omega) = |\omega - 1|\) olsun. \(F_X\)’i bulunuz.
(d) \(X\) rastgele değişkeninin dağılım fonksiyonu \(x < 1\) için \(F_X(x) = 0\), \(x \ge 1\) için \(F_X(x) = 1 - \dfrac{1}{x^2}\) olsun. \(P(X \le 2)\), \(P(X > 3)\), \(P(2 < X \le 3)\), \(P(X = 2)\) ve \(P(X \ge 2)\) olasılıklarını hesaplayınız.
(e) Aşağıdaki fonksiyonlardan hangileri bir rastgele değişkenin dağılım fonksiyonudur? Olanlar için \(P(X = 1)\) ve \(P(X > 0)\) olasılıklarını bulunuz.
\[G_1(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\ \dfrac{x}{2}, & 0 \le x < 1 \\ 1, & x \ge 1, \end{cases} \qquad G_2(x) = \begin{cases} 0, & x \le 0 \\ 1, & x > 0, \end{cases}\]
\[G_3(x) = \frac{1}{1 + e^{-x}}, \qquad G_4(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\ 2x, & 0 \le x < 1 \\ 1, & x \ge 1. \end{cases}\]
(f) Örnek 9.1’ndaki dağılım fonksiyonunu kullanarak \(P(X < 2)\), \(P(1 \le X \le 2)\), \(P(X > 1)\) ve \(P(0{,}5 < X < 2{,}5)\) olasılıklarını hesaplayınız.
(g) Bir dağılım fonksiyonunun süreksiz olduğu noktaların kümesinin en çok sayılabilir olduğunu gösteriniz.
Çözüm
(a) \(D_X = \{0, 1\}\). \(x < 0\) için \((X \le x) = \varnothing\); \(0 \le x < 1\) için \((X \le x) = \{Y\}\); \(x \ge 1\) için \((X \le x) = \Omega\). Öyleyse
\[F_X(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\[1mm] \dfrac{1}{2}, & 0 \le x < 1 \\[2mm] 1, & x \ge 1. \end{cases}\]
Sıçramalar: \(P(X = 0) = F_X(0) - F_X(0^-) = \frac{1}{2} - 0 = \frac{1}{2}\) ve \(P(X = 1) = F_X(1) - F_X(1^-) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\).
(b) \(\omega \in [-1, 1]\) için \(\omega^2 \in [0, 1]\); \(D_X = [0, 1]\). \(0 \le x < 1\) için \(\omega^2 \le x \iff -\sqrt{x} \le \omega \le \sqrt{x}\) ve \(\sqrt{x} < 1\) olduğundan \([-\sqrt{x}, \sqrt{x}\,] \subseteq \Omega\); dolayısıyla
\[F_X(x) = P\big([-\sqrt{x}, \sqrt{x}\,]\big) = \frac{2\sqrt{x}}{2} = \sqrt{x}.\]
\(x < 0\) için \(F_X(x) = 0\), \(x \ge 1\) için \(F_X(x) = 1\) (\(x = 1\)’de \(\sqrt{1} = 1\) olduğundan \(F_X\) süreklidir). Teorem 9.2 (a) ile
\[P\!\left( \frac{1}{4} < X \le \frac{1}{2} \right) = F_X\!\left( \frac{1}{2} \right) - F_X\!\left( \frac{1}{4} \right) = \sqrt{\frac{1}{2}} - \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{2} - 1}{2} \approx 0{,}207.\]
(c) \(\omega \in [0, 2]\) için \(|\omega - 1| \in [0, 1]\); \(D_X = [0, 1]\). \(0 \le x < 1\) için
\[|\omega - 1| \le x \iff 1 - x \le \omega \le 1 + x\]
ve \(0 \le 1 - x\), \(1 + x \le 2\) olduğundan \([1 - x, 1 + x] \subseteq \Omega\)’dır:
\[F_X(x) = P\big([1 - x, 1 + x]\big) = \frac{2x}{2} = x.\]
Böylece
\[F_X(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\ x, & 0 \le x < 1 \\ 1, & x \ge 1. \end{cases}\]
\(X\), olasılığı \([0,1]\) aralığına düzgün yayan bir rastgele değişkendir: \(P(a < X \le b) = b - a\) olur (\(0 \le a < b \le 1\)).
(d) \(x \ge 1\) için \(1 - \frac{1}{x^2}\) sürekli ve artandır, \(x = 1\)’de \(0\) değerini alır, \(x \to \infty\) iken \(1\)’e yaklaşır; \(F_X\) her yerde süreklidir. O hâlde
\[P(X \le 2) = F_X(2) = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}, \qquad P(X > 3) = 1 - F_X(3) = \frac{1}{9},\]
\[P(2 < X \le 3) = F_X(3) - F_X(2) = \frac{8}{9} - \frac{3}{4} = \frac{32 - 27}{36} = \frac{5}{36},\]
\[P(X = 2) = F_X(2) - F_X(2^-) = 0, \qquad P(X \ge 2) = 1 - F_X(2^-) = 1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4}.\]
(e) Üç özelliği tek tek deneriz.
\(G_1\): \(0\)’dan \(\frac{1}{2}\)’ye artan bir doğru parçası, sonra \(1\) sabiti; azalmayandır. \(G_1(0) = 0 = \lim_{x \to 0^+} \frac{x}{2}\) ve \(G_1(1) = 1 = \lim_{x \to 1^+} G_1(x)\); sağdan süreklidir. Uç limitler \(0\) ve \(1\)’dir. Dağılım fonksiyonudur. \(P(X = 1) = G_1(1) - G_1(1^-) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\) ve \(P(X > 0) = 1 - G_1(0) = 1\).
\(G_2\): azalmayandır ve uç limitleri doğrudur, ama \(G_2(0) = 0\) iken \(\lim_{h \to 0^+} G_2(h) = 1\)’dir; \(0\)’da sağdan sürekli değildir. Dağılım fonksiyonu değildir. (Tanımı \(x < 0\) için \(0\), \(x \ge 0\) için \(1\) olarak değiştirilirse olur: bu, \(P(X = 0) = 1\) olan bir rastgele değişkenin dağılım fonksiyonudur.)
\(G_3\): her \(x\) için \(0 < G_3(x) < 1\); \(e^{-x}\) azalan olduğundan \(G_3\) artandır; sürekli olduğundan sağdan süreklidir; \(x \to -\infty\) iken \(e^{-x} \to \infty\) ve \(G_3(x) \to 0\), \(x \to +\infty\) iken \(e^{-x} \to 0\) ve \(G_3(x) \to 1\). Dağılım fonksiyonudur. Sürekli olduğundan \(P(X = 1) = 0\); \(P(X > 0) = 1 - G_3(0) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\).
\(G_4\): \(x \to 1^-\) iken \(2x \to 2 > 1 = G_4(1)\); fonksiyon \(1\)’de düşer, azalmayan değildir. Üstelik \(\frac{1}{2} < x < 1\) için \(G_4(x) > 1\) olduğundan değerleri \([0,1]\)’in dışına çıkar. Dağılım fonksiyonu değildir.
(f) \(F_X\) için Örnek 9.1’ndaki basamak fonksiyonunu ve sol limitleri \(F_X(1^-) = \frac{1}{8}\), \(F_X(2^-) = \frac{1}{2}\), \(F_X(2{,}5^-) = F_X(2{,}5) = \frac{7}{8}\) kullanırız.
\(P(X < 2) = F_X(2^-) = \dfrac{1}{2}\).
\(P(1 \le X \le 2) = F_X(2) - F_X(1^-) = \dfrac{7}{8} - \dfrac{1}{8} = \dfrac{3}{4}\).
\(P(X > 1) = 1 - F_X(1) = 1 - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}\).
\(P(0{,}5 < X < 2{,}5) = F_X(2{,}5^-) - F_X(0{,}5) = \dfrac{7}{8} - \dfrac{1}{8} = \dfrac{3}{4}\).
Sonuçlar doğrudan sayımla uyuşur: \(P(1 \le X \le 2) = P(X = 1) + P(X = 2) = \frac{3}{8} + \frac{3}{8} = \frac{3}{4}\) ve \((0{,}5 < X < 2{,}5) = (1 \le X \le 2)\)’dir.
(g) \(F\) bir dağılım fonksiyonu ve \(X\) dağılım fonksiyonu \(F\) olan bir rastgele değişken olsun (Önerme 9.1). \(F\) sağdan sürekli olduğundan, \(a\) noktasında süreksiz olması demek \(p_a = F(a) - F(a^-) > 0\) olması, yani Teorem 9.2 (b) gereği \(P(X = a) > 0\) olması demektir. \(n \in \mathbb{N}\) için
\[D_n = \left\{ a \in \mathbb{R} : p_a > \frac{1}{n} \right\}\]
kümesini alalım. \(D_n\) içinden birbirinden farklı \(a_1, \ldots, a_k\) noktaları seçilirse \((X = a_1), \ldots, (X = a_k)\) olayları ayrıktır ve toplamsallık ile
\[\frac{k}{n} < p_{a_1} + \cdots + p_{a_k} = P\big( X \in \{a_1, \ldots, a_k\} \big) \le 1\]
olur; yani \(k < n\). Demek ki \(D_n\) en çok \(n - 1\) elemanlıdır, sonludur. Süreksizlik noktalarının kümesi
\[D = \{a : p_a > 0\} = \bigcup_{n=1}^{\infty} D_n\]
sonlu kümelerin sayılabilir birleşimidir, dolayısıyla en çok sayılabilirdir. Sonuç olarak bir dağılım fonksiyonu en çok sayılabilir çoklukta noktada sıçrayabilir; geri kalan her noktada süreklidir.
\(\blacksquare\)
Dağılım fonksiyonu her rastgele değişken için vardır ve dağılımı tek biçimde belirler. Örneklerde onun iki temel biçimde ortaya çıktığını gördük: basamaklı ve sürekli. İkisinin karışımı da mümkündür. Bir sonraki bölümde birinci biçimi, yani sayılabilir çoklukta değer alan rastgele değişkenleri ele alıyor ve dağılım fonksiyonunun sıçramalarını bir tabloya dönüştüren olasılık fonksiyonunu tanımlıyoruz: Kesikli Rastgele Değişkenler ve Olasılık Fonksiyonu.