6 Koşullu Olasılık, Toplam Olasılık ve Bayes Teoremi
Sayma Teknikleri bölümünde Laplace uzayında olasılık hesabını uygun durumların sayılmasına indirgedik. Bu bölümde yeni bir soru soruyoruz: deney hakkında kısmi bir bilgi edinildiğinde olasılıklar nasıl değişir? İki zar atıldığını ve toplamın \(4\)’ten büyük olduğunu öğrendiğimizi düşünelim. Bu bilgi, toplamın çift olma olasılığını değiştirir mi? Hesabın yeniden yapılması gerekir: toplamı \(4\) ya da daha küçük olan sonuçlar artık olanaksızdır; olasılık, geriye kalan sonuçlar arasında hesaplanmalıdır.
Bu “yeniden hesap” fikrini kesinleştiren kavram koşullu olasılıktır. Önce tanımı vereceğiz ve \(B\) olayı sabit tutulduğunda \(A \mapsto P(A \mid B)\) eşlemesinin kendi başına bir olasılık ölçüsü olduğunu göstereceğiz; böylece olasılık ölçüleri için bildiğimiz her özellik koşullu olasılıklar için de geçerli olacak. Ardından tanımı tersine çevirip kesişimin olasılığını koşullu olasılıkların çarpımı olarak yazan çarpma teoremini ispatlayacağız.
Bölümün ikinci yarısında örnek uzayı parçalara ayırıp bir olayın olasılığını parçalar üzerinden toplayan toplam olasılık formülünü ve “sonuç gözlendiğinde nedenin olasılığı”nı veren Bayes teoremini ele alacağız. Bayes teoremi, olasılık teorisinin gündelik sezgiyle en çok çatıştığı yerlerden biridir; bunu bölümün sonundaki tıbbi test örneğinde açıkça göreceğiz.
6.1 Koşullu Olasılık
Önce fikri Laplace uzayında (Tanım 4.1) yakalayalım. \(\Omega\) sonlu ve bütün sonuçlar eşit olasılıklı olsun. \(B\) olayının gerçekleştiğini öğrendiğimizde \(B\)’nin dışındaki sonuçlar elenir; artık olabilecek sonuçların kümesi \(B\)’dir. Bu bilgi altında \(A\) olayı, ancak \(A \cap B\)’deki bir sonuç gerçekleşmişse gerçekleşir. Öyleyse “\(B\) biliniyorken \(A\)’nın olasılığı” için doğal aday, uygun durumların yeni örnek uzaydaki payıdır:
\[\frac{n(A \cap B)}{n(B)} = \frac{n(A \cap B)/n(\Omega)}{n(B)/n(\Omega)} = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}.\]
Sağdaki ifade yalnızca olasılıkları içerir; sayma yapılamayan uzaylarda da anlamlıdır. Genel tanımı bu ifadeyle veriyoruz.
Tanım 6.1 (Koşullu Olasılık) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) bir olasılık uzayı, \(B \in \mathcal{U}\) ve \(P(B) > 0\) olsun. \(A \in \mathcal{U}\) olayı için
\[P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}\]
sayısına \(A\) olayının \(B\) olayına göre koşullu olasılığı ya da \(B\) olayı biliniyorken \(A\) olayının gerçekleşme olasılığı denir.
Tanımda \(P(B) > 0\) koşulu zorunludur; \(P(B) = 0\) olan bir olaya göre koşullu olasılık tanımlanmaz. Gösterim olarak her zaman \(P(A \mid B)\) yazacağız; eğik çizgili \(P(A/B)\) yazımı bölme izlenimi verdiğinden kullanılmaz. Dik çizginin ters bölüyle karıştırılmaması da ayrıca önemlidir.
\(P(A \mid B)\) ifadesi koşullu olasılığı, \(P(A \setminus B)\) ifadesi ise fark kümesinin olasılığını gösterir. Bunlar birbirinden bütünüyle farklı sayılardır:
\[P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}, \qquad P(A \setminus B) = P(A \cap B^c) = P(A) - P(A \cap B).\]
Düzgün bir zar atılsın; \(A = \{1, 2, 3\}\) ve \(B = \{2, 3, 4\}\) olsun. \(A \cap B = \{2, 3\}\) olduğundan
\[P(A \mid B) = \frac{2/6}{3/6} = \frac{2}{3}, \qquad P(A \setminus B) = P(\{1\}) = \frac{1}{6}\]
bulunur. İlki “zar \(2\), \(3\) ya da \(4\) geldiyse \(3\) ya da daha küçük olma olasılığı”dır; ikincisi “zarın \(A\)’da olup \(B\)’de olmama olasılığı”dır. Dik çizgi \(\mid\) ile ters bölü \(\setminus\) birbirine karıştırılmamalıdır.
Tanımdan hemen çıkan birkaç gözlem:
- Tanım, \(P(A \cap B) = P(B)\, P(A \mid B)\) biçiminde de yazılabilir. Bu yazım, kesişimin olasılığını hesaplamanın en sık kullanılan yoludur ve birazdan çarpma teoremine genelleşecektir.
- \(A \cap B = \varnothing\) ise \(P(A \mid B) = 0\)’dır: \(B\) gerçekleştiyse \(B\) ile ayrık bir olay gerçekleşemez.
- \(B \subseteq A\) ise \(A \cap B = B\) olduğundan \(P(A \mid B) = 1\)’dir; özel olarak \(P(\Omega \mid B) = P(B \mid B) = 1\).
- Laplace uzayında Önerme 4.2 gereği \(P(A \mid B) = \dfrac{n(A \cap B)}{n(B)}\)’dir; yani koşullu olasılık, örnek uzayı \(B\)’ye daraltıp yeniden saymaktan ibarettir.
Koşullu Olasılık Bir Olasılık Ölçüsüdür
\(B\) sabit tutulduğunda \(A \mapsto P(A \mid B)\) eşlemesi, \(\mathcal{U}\) üzerinde tanımlı yeni bir fonksiyondur. Bu fonksiyonun bir olasılık ölçüsü olduğunu göstermek istiyoruz. Bunu neden istiyoruz? Çünkü olasılık ölçüleri için ispatladığımız her sonuç (tümleyen kuralı, toplama kuralı, Boole eşitsizliği, süreklilik) o zaman koşullu olasılıklar için de yeniden ispat gerektirmeden geçerli olur.
Teorem 6.1 (Koşullu Olasılık Bir Olasılık Ölçüsüdür) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) bir olasılık uzayı, \(B \in \mathcal{U}\) ve \(P(B) > 0\) olsun.
\[P(\,\cdot \mid B) : \mathcal{U} \to \mathbb{R}, \qquad A \mapsto P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}\]
fonksiyonu \(\mathcal{U}\) \(\sigma\)-cebiri üzerinde bir olasılık ölçüsüdür.
İspat
Tanım 3.1’ndaki üç aksiyomu doğrulayacağız. Önce fonksiyonun iyi tanımlı olduğuna dikkat edelim: \(A, B \in \mathcal{U}\) ise \(\mathcal{U}\) kesişime kapalı olduğundan (Teorem 2.1) \(A \cap B \in \mathcal{U}\)’dur; dolayısıyla \(P(A \cap B)\) tanımlıdır ve \(P(B) > 0\) olduğundan bölme yapılabilir.
(A1) Negatif olmama. Her \(A \in \mathcal{U}\) için \(P(A \cap B) \ge 0\) ve \(P(B) > 0\) olduğundan
\[P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} \ge 0\]
olur.
(A2) Normlama. \(\Omega \cap B = B\) olduğundan
\[P(\Omega \mid B) = \frac{P(\Omega \cap B)}{P(B)} = \frac{P(B)}{P(B)} = 1\]
bulunur.
(A3) Sayılabilir toplamsallık. \(A_1, A_2, \dots \in \mathcal{U}\) ikişer ikişer ayrık olaylar olsun. Her \(n\) için \(A_n \cap B \in \mathcal{U}\)’dur ve bu kümeler de ikişer ikişer ayrıktır: \(n \ne m\) için
\[(A_n \cap B) \cap (A_m \cap B) \subseteq A_n \cap A_m = \varnothing.\]
Kesişimin birleşim üzerine dağılma özelliğinden
\[\Big( \bigcup_{n=1}^{\infty} A_n \Big) \cap B = \bigcup_{n=1}^{\infty} (A_n \cap B)\]
yazılır. Şimdi \(P\) için (A3) uygulanabilir:
\[\begin{aligned} P\Big( \bigcup_{n=1}^{\infty} A_n \,\Big|\, B \Big) &= \frac{P\Big( \big( \bigcup_{n=1}^{\infty} A_n \big) \cap B \Big)}{P(B)} = \frac{P\Big( \bigcup_{n=1}^{\infty} (A_n \cap B) \Big)}{P(B)} \\ &= \frac{\sum_{n=1}^{\infty} P(A_n \cap B)}{P(B)} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{P(A_n \cap B)}{P(B)} = \sum_{n=1}^{\infty} P(A_n \mid B). \end{aligned}\]
Son adımda yakınsak bir seriyi sabit bir sayıya bölmenin terim terim yapılabildiğini kullandık. Üç aksiyom da sağlandığından \(P(\,\cdot \mid B)\) bir olasılık ölçüsüdür.
\(\blacksquare\)
Teorem 6.1 sayesinde Teorem 3.1, Teorem 3.2, Teorem 3.4 ve Teorem 3.5, \(P\) yerine \(P(\,\cdot \mid B)\) konularak aynen kullanılabilir. Örneğin \(P(B) > 0\) olan her \(B\) ve her \(A, C \in \mathcal{U}\) için
\[P(A^c \mid B) = 1 - P(A \mid B), \qquad P(A \cup C \mid B) = P(A \mid B) + P(C \mid B) - P(A \cap C \mid B)\]
ve \(A \subseteq C\) ise \(P(A \mid B) \le P(C \mid B)\) olur. Bunların hiçbirini yeniden ispatlamak gerekmez.
Koşullu Olasılık Uzayı
Koşullu olasılığa ikinci bir gözle de bakılabilir: örnek uzayı \(\Omega\)’dan \(B\)’ye daraltmak. Bunun için \(B\)’nin alt kümelerinden oluşan bir \(\sigma\)-cebir ve bu \(\sigma\)-cebir üzerinde bir olasılık ölçüsü gerekir. Doğal adaylar
\[\mathcal{U}_B = \{ A \cap B : A \in \mathcal{U} \}\]
sınıfı ile \(C \in \mathcal{U}_B\) için \(P_B(C) = P(C)/P(B)\) ölçüsüdür. \(\mathcal{U}_B\), \(\mathcal{U}\)’daki olayların \(B\)’ye “izleri”nden oluşur; \(\mathcal{U}\)’da olup \(B\)’nin içinde kalan kümelerin sınıfına eşittir. Gerçekten \(C \in \mathcal{U}\) ve \(C \subseteq B\) ise \(C = C \cap B \in \mathcal{U}_B\); tersine \(A \cap B\) hem \(\mathcal{U}\)’dadır hem de \(B\)’nin alt kümesidir.
Teorem 6.2 (Koşullu Olasılık Uzayı) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) bir olasılık uzayı, \(B \in \mathcal{U}\) ve \(P(B) > 0\) olsun. \(\mathcal{U}_B = \{ A \cap B : A \in \mathcal{U} \}\) ve
\[P_B : \mathcal{U}_B \to \mathbb{R}, \qquad C \mapsto P_B(C) = \frac{P(C)}{P(B)}\]
olmak üzere \((B, \mathcal{U}_B, P_B)\) bir olasılık uzayıdır. Ayrıca her \(A \in \mathcal{U}\) için \(P_B(A \cap B) = P(A \mid B)\)’dir.
İspat
Tanım 3.2’na göre üç şey gösterilmelidir: \(B \ne \varnothing\), \(\mathcal{U}_B\)’nin \(B\) üzerinde bir \(\sigma\)-cebir olduğu ve \(P_B\)’nin \(\mathcal{U}_B\) üzerinde bir olasılık ölçüsü olduğu. Son adımda da teoremin ikinci iddiasını doğrulayacağız.
Adım 1: \(B \ne \varnothing\). Teorem 3.1 gereği \(P(\varnothing) = 0\)’dır; oysa \(P(B) > 0\). Öyleyse \(B \ne \varnothing\).
Adım 2: \(\mathcal{U}_B\) bir \(\sigma\)-cebirdir. \(\mathcal{U}_B\), \(\mathcal{U}\)’nun \(B\) üzerindeki iz \(\sigma\)-cebiridir; bunun bir \(\sigma\)-cebir olduğu Önerme 2.4’nde gösterilmişti. Kısaca hatırlatalım. \(B = \Omega \cap B\) ve \(\Omega \in \mathcal{U}\) olduğundan \(B \in \mathcal{U}_B\)’dir. \(C = A \cap B \in \mathcal{U}_B\) ise \(C\)’nin \(B\)’ye göre tümleyeni
\[B \setminus C = B \cap (A \cap B)^c = B \cap (A^c \cup B^c) = A^c \cap B\]
olur ve \(A^c \in \mathcal{U}\) olduğundan \(B \setminus C \in \mathcal{U}_B\)’dir. Son olarak \(C_n = A_n \cap B \in \mathcal{U}_B\) (\(n = 1, 2, \dots\)) ise
\[\bigcup_{n=1}^{\infty} C_n = \Big( \bigcup_{n=1}^{\infty} A_n \Big) \cap B\]
ve \(\bigcup_n A_n \in \mathcal{U}\) olduğundan \(\bigcup_n C_n \in \mathcal{U}_B\)’dir. Böylece Tanım 2.2’in üç koşulu sağlanır.
Adım 3: \(P_B\) bir olasılık ölçüsüdür. Önce \(P_B\) iyi tanımlıdır: \(C = A \cap B \in \mathcal{U}_B\) ise \(C \in \mathcal{U}\)’dur, dolayısıyla \(P(C)\) tanımlıdır. Şimdi aksiyomlar:
(i) Her \(C \in \mathcal{U}_B\) için \(P(C) \ge 0\) ve \(P(B) > 0\) olduğundan \(P_B(C) = P(C)/P(B) \ge 0\).
(ii) \(B\), bu uzayın örnek uzayıdır ve \(P_B(B) = P(B)/P(B) = 1\).
(iii) \(C_1, C_2, \dots \in \mathcal{U}_B\) ikişer ikişer ayrık olsun. Adım 2 gereği \(\bigcup_n C_n \in \mathcal{U}_B\)’dir. Her \(C_n\) aynı zamanda \(\mathcal{U}\)’da olduğundan \(P\) için (A3) uygulanır:
\[P_B\Big( \bigcup_{n=1}^{\infty} C_n \Big) = \frac{P\Big( \bigcup_{n=1}^{\infty} C_n \Big)}{P(B)} = \frac{\sum_{n=1}^{\infty} P(C_n)}{P(B)} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{P(C_n)}{P(B)} = \sum_{n=1}^{\infty} P_B(C_n).\]
Demek ki \((B, \mathcal{U}_B, P_B)\) bir olasılık uzayıdır.
Adım 4: Koşullu olasılıkla bağ. \(A \in \mathcal{U}\) için \(A \cap B \in \mathcal{U}_B\) ve
\[P_B(A \cap B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = P(A \mid B)\]
olur.
\(\blacksquare\)
İki bakış açısı aynı bilgiyi taşır. \(P(\,\cdot \mid B)\) ölçüsü \(\Omega\) üzerinde tanımlıdır ve \(B\)’nin dışına sıfır olasılık verir; \(P_B\) ise doğrudan \(B\) üzerinde tanımlıdır. “\(B\) olayı gerçekleşti” bilgisi, olasılık uzayını \(B\)’ye daraltmak ve olasılıkları \(P(B)\) ile bölerek yeniden \(1\)’e ölçeklemek demektir.
Örnekler
Örnek 6.1 (Toplamı Dörtten Büyük Olan İki Zar) İki düzgün zar atılıyor. Üste gelen sayıların toplamının \(4\)’ten büyük olduğu biliniyorsa, toplamın çift sayı olması olasılığı nedir?
Çözüm
Örnek uzay \(\Omega = \{ (x, y) : x, y \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6\} \}\) ve \(n(\Omega) = 36\)’dır; zarlar düzgün olduğundan bu bir Laplace uzayıdır. \(A\) toplamın \(4\)’ten büyük olması, \(B\) toplamın çift olması olayı olsun. Aranan olasılık \(P(B \mid A)\)’dır.
Önce \(A\)’yı sayalım. Toplamı en çok \(4\) olan sonuçlar
\[A^c = \{ (1,1), (1,2), (2,1), (1,3), (2,2), (3,1) \}\]
olup \(n(A^c) = 6\); dolayısıyla \(n(A) = 30\) ve \(P(A) = \dfrac{30}{36} = \dfrac{5}{6}\)’dır.
Şimdi \(A \cap B\)’yi, yani toplamı \(4\)’ten büyük ve çift olan sonuçları sayalım. Olası toplamlar \(6, 8, 10, 12\)’dir:
| toplam | sonuçlar | sayı |
|---|---|---|
| \(6\) | \((1,5), (2,4), (3,3), (4,2), (5,1)\) | \(5\) |
| \(8\) | \((2,6), (3,5), (4,4), (5,3), (6,2)\) | \(5\) |
| \(10\) | \((4,6), (5,5), (6,4)\) | \(3\) |
| \(12\) | \((6,6)\) | \(1\) |
Toplam \(n(A \cap B) = 14\) ve \(P(A \cap B) = \dfrac{14}{36}\). Tanım 6.1 gereği
\[P(B \mid A) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)} = \frac{14/36}{30/36} = \frac{14}{30} = \frac{7}{15}.\]
Aynı sonuç, örnek uzayı \(A\)’ya daraltarak da görülür: \(A\)’daki \(30\) sonucun \(14\)’ü çift toplamlıdır, \(\dfrac{14}{30} = \dfrac{7}{15}\).
Sonucu koşulsuz olasılıkla karşılaştıralım: \(36\) sonucun \(18\)’i çift toplamlı olduğundan \(P(B) = \dfrac{1}{2}\)’dir. Bilgi, olasılığı \(\dfrac{1}{2}\)’den \(\dfrac{7}{15} \approx 0{,}467\)’ye düşürmüştür. Nedeni şudur: elenen \(6\) sonucun \(4\)’ü (\((1,1), (1,3), (2,2), (3,1)\)) çift toplamlıydı; eleme, çift toplamları tek toplamlardan daha çok azaltmıştır.
\(\blacksquare\)
Örnek 6.2 (Bölünebilme) \(1\)’den \(100\)’e kadar olan tam sayılardan biri rastgele seçiliyor. Seçilen sayının \(2\) ile bölünebildiği biliniyorsa, \(3\) veya \(5\) ile bölünebilmesi olasılığını bulunuz.
Çözüm
\(\Omega = \{1, 2, \dots, 100\}\) bir Laplace uzayıdır. \(A_2\), \(A_3\) ve \(A_5\) sırasıyla seçilen sayının \(2\), \(3\) ve \(5\) ile bölünebilmesi olayları olsun. Aranan olasılık \(P(A_3 \cup A_5 \mid A_2)\)’dir.
\(A_2 = \{2, 4, \dots, 100\}\) olduğundan \(n(A_2) = 50\) ve \(P(A_2) = \dfrac{50}{100}\)’dür. Kesişimin birleşim üzerine dağılmasıyla
\[(A_3 \cup A_5) \cap A_2 = (A_2 \cap A_3) \cup (A_2 \cap A_5)\]
yazılır; toplama kuralı (Teorem 3.2) ile
\[P\big( (A_3 \cup A_5) \cap A_2 \big) = P(A_2 \cap A_3) + P(A_2 \cap A_5) - P(A_2 \cap A_3 \cap A_5).\]
Buradaki olaylar sırasıyla \(6\) ile, \(10\) ile ve \(30\) ile bölünebilme olaylarıdır. \(1\) ile \(100\) arasında \(6\)’nın \(\lfloor 100/6 \rfloor = 16\), \(10\)’un \(10\) ve \(30\)’un \(3\) katı vardır. Öyleyse
\[P(A_3 \cup A_5 \mid A_2) = \frac{P\big( (A_3 \cup A_5) \cap A_2 \big)}{P(A_2)} = \frac{\dfrac{16}{100} + \dfrac{10}{100} - \dfrac{3}{100}}{\dfrac{50}{100}} = \frac{23}{50}.\]
Aynı hesabı Teorem 6.1’un gözüyle de yapabiliriz: \(P(\,\cdot \mid A_2)\) bir olasılık ölçüsü olduğundan toplama kuralı ona doğrudan uygulanır,
\[P(A_3 \cup A_5 \mid A_2) = P(A_3 \mid A_2) + P(A_5 \mid A_2) - P(A_3 \cap A_5 \mid A_2) = \frac{16}{50} + \frac{10}{50} - \frac{3}{50} = \frac{23}{50}.\]
Burada \(P(A_3 \mid A_2) = \dfrac{n(A_2 \cap A_3)}{n(A_2)} = \dfrac{16}{50}\) ve ötekiler de aynı biçimde hesaplanmıştır.
\(\blacksquare\)
Örnek 6.3 (İki Dersten Başarısızlık) Bir sınıftaki öğrencilerin \(\%45\)’i İstatistik, \(\%35\)’i Bilgisayar ve \(\%25\)’i hem İstatistik hem de Bilgisayar dersinde başarısızdır. Rastgele seçilen bir öğrencinin
a) Bilgisayardan başarısız olduğu biliniyorsa İstatistikten de başarısız olma,
b) İstatistikten başarısız olduğu biliniyorsa Bilgisayardan da başarısız olma,
c) bu iki dersten en az birinden başarısız olma
olasılığını bulunuz.
Çözüm
\(I\) İstatistikten, \(B\) Bilgisayardan başarısız olma olayı olsun. Verilenler
\[P(I) = 0{,}45, \qquad P(B) = 0{,}35, \qquad P(I \cap B) = 0{,}25.\]
a) \(P(I \mid B) = \dfrac{P(I \cap B)}{P(B)} = \dfrac{0{,}25}{0{,}35} = \dfrac{25}{35} = \dfrac{5}{7}\).
b) \(P(B \mid I) = \dfrac{P(I \cap B)}{P(I)} = \dfrac{0{,}25}{0{,}45} = \dfrac{25}{45} = \dfrac{5}{9}\).
c) Toplama kuralı (Teorem 3.2) ile
\[P(I \cup B) = P(I) + P(B) - P(I \cap B) = 0{,}45 + 0{,}35 - 0{,}25 = 0{,}55.\]
(a) ile (b) şıklarının farklı çıktığına dikkat edelim: \(P(I \mid B) \ne P(B \mid I)\). Koşullu olasılık, koşulun yönüne bağlıdır; pay her ikisinde de \(P(I \cap B)\)’dir ama payda koşul olayına göre değişir.
\(\blacksquare\)
6.2 Çarpma Teoremi
Koşullu olasılığın tanımı \(P(A \cap B) = P(B)\, P(A \mid B)\) biçiminde yazıldığında bir hesap aracına dönüşür. Art arda yapılan deneylerde koşullu olasılıklar çoğu zaman doğrudan bilinir: bir torbadan ilk top siyah çekildiyse ikincinin siyah çıkma olasılığı, torbanın yeni içeriğinden hemen okunur. Kesişimin olasılığına bu yoldan ulaşmak, sayma yapmaktan daha kolaydır. Üç olay için bu fikir
\[P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = P(A_1)\, P(A_2 \mid A_1)\, P(A_3 \mid A_1 \cap A_2)\]
eşitliğini verir; genel hâli aşağıdaki teoremdir.
Teorem 6.3 (Çarpma Teoremi) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) bir olasılık uzayı ve \(A_1, A_2, \dots, A_n \in \mathcal{U}\) (\(n \ge 2\)) olayları
\[P(A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_{n-1}) > 0\]
koşulunu sağlasın. O zaman
\[P\Big( \bigcap_{i=1}^{n} A_i \Big) = P(A_1)\, P(A_2 \mid A_1)\, P(A_3 \mid A_1 \cap A_2) \cdots P(A_n \mid A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_{n-1})\]
olur.
İspat
Önce sağ taraftaki koşullu olasılıkların hepsinin tanımlı olduğunu görelim. \(1 \le k \le n-1\) için
\[A_1 \cap \cdots \cap A_k \supseteq A_1 \cap \cdots \cap A_{n-1}\]
olduğundan, olasılığın monotonluğu (Teorem 3.1) gereği
\[P(A_1 \cap \cdots \cap A_k) \ge P(A_1 \cap \cdots \cap A_{n-1}) > 0\]
olur. Yani her koşul olayının olasılığı pozitiftir.
Şimdi \(n\) üzerinde tümevarım yapalım.
Temel adım (\(n = 2\)). \(P(A_1) > 0\) olduğundan Tanım 6.1 gereği
\[P(A_2 \mid A_1) = \frac{P(A_1 \cap A_2)}{P(A_1)}, \qquad \text{yani} \qquad P(A_1 \cap A_2) = P(A_1)\, P(A_2 \mid A_1).\]
Tümevarım adımı. \(n \ge 3\) olsun ve teoremin \(n - 1\) olay için doğru olduğunu varsayalım: \(P(B_1 \cap \cdots \cap B_{n-2}) > 0\) koşulunu sağlayan her \(B_1, \dots, B_{n-1}\) için
\[P(B_1 \cap \cdots \cap B_{n-1}) = P(B_1)\, P(B_2 \mid B_1) \cdots P(B_{n-1} \mid B_1 \cap \cdots \cap B_{n-2}).\]
\(A_1, \dots, A_n\) olayları \(P(A_1 \cap \cdots \cap A_{n-1}) > 0\) koşulunu sağlasın. \(C = A_1 \cap \cdots \cap A_{n-1}\) diyelim; \(P(C) > 0\)’dır. Temel adımı \(C\) ve \(A_n\) olaylarına uygularsak
\[P\Big( \bigcap_{i=1}^{n} A_i \Big) = P(C \cap A_n) = P(C)\, P(A_n \mid C).\]
Öte yandan \(A_1, \dots, A_{n-1}\) olayları \(P(A_1 \cap \cdots \cap A_{n-2}) \ge P(C) > 0\) koşulunu sağladığından tümevarım varsayımı bunlara uygulanır:
\[P(C) = P(A_1 \cap \cdots \cap A_{n-1}) = P(A_1)\, P(A_2 \mid A_1) \cdots P(A_{n-1} \mid A_1 \cap \cdots \cap A_{n-2}).\]
Bu ifadeyi bir önceki eşitlikte yerine koyunca
\[P\Big( \bigcap_{i=1}^{n} A_i \Big) = P(A_1)\, P(A_2 \mid A_1) \cdots P(A_{n-1} \mid A_1 \cap \cdots \cap A_{n-2})\, P(A_n \mid A_1 \cap \cdots \cap A_{n-1})\]
elde edilir. Tümevarım ilkesi gereği eşitlik her \(n \ge 2\) için doğrudur.
\(\blacksquare\)
Teoremde olayların yazılış sırası önemli değildir: ilk \(n-1\) olayın kesişiminin olasılığı pozitif kaldığı sürece teorem \(A_1, \dots, A_n\)’nin herhangi bir sıralanışına uygulanabilir. Uygulamada bu sıra deneyin zaman sırasıdır: önce ilk çekiliş, ardından ilkin sonucu biliniyorken ikinci çekiliş, sonra üçüncüsü.
Örnek 6.4 (İadesiz Üç Siyah Top) Bir torbada \(3\) siyah ve \(5\) beyaz top vardır. İadesiz olarak art arda \(3\) top çekiliyor. Çekilen üç topun da siyah olması olasılığı nedir?
Çözüm
\(S_i\), \(i\)-inci çekilen topun siyah olması olayı olsun (\(i = 1, 2, 3\)). Aranan olasılık \(P(S_1 \cap S_2 \cap S_3)\)’tür.
Koşullu olasılıklar torbanın içeriğinden okunur:
- İlk çekilişte \(8\) topun \(3\)’ü siyahtır: \(P(S_1) = \dfrac{3}{8}\).
- İlk top siyah çekildiyse torbada \(2\) siyah, \(5\) beyaz olmak üzere \(7\) top kalır: \(P(S_2 \mid S_1) = \dfrac{2}{7}\).
- İlk iki top siyah çekildiyse torbada \(1\) siyah, \(5\) beyaz olmak üzere \(6\) top kalır: \(P(S_3 \mid S_1 \cap S_2) = \dfrac{1}{6}\).
\(P(S_1 \cap S_2) = \dfrac{3}{8} \cdot \dfrac{2}{7} = \dfrac{3}{28} > 0\) olduğundan Teorem 6.3 uygulanabilir:
\[P(S_1 \cap S_2 \cap S_3) = P(S_1)\, P(S_2 \mid S_1)\, P(S_3 \mid S_1 \cap S_2) = \frac{3}{8} \cdot \frac{2}{7} \cdot \frac{1}{6} = \frac{6}{336} = \frac{1}{56}.\]
Sonucu sayarak doğrulayalım. İadesiz üç çekilişte \(8 \cdot 7 \cdot 6\) sıralı sonuç eşit olasılıklıdır ve her sırasız üçlü bunlardan \(3! = 6\) tanesine karşılık gelir; öyleyse sırasız üçlüler de eşit olasılıklıdır. Sıra gözetilmeden \(8\) toptan \(3\)’ünün seçilmesi \(\binom{8}{3} = 56\) yolla olur (Teorem 5.2); üçünün de siyah olması için \(3\) siyah topun tamamı seçilmelidir, bu \(\binom{3}{3} = 1\) yolla olur. Laplace formülü (Önerme 4.2) yine \(\dfrac{1}{56}\) verir. Çarpma teoremi, sayma yapmadan aynı sonuca daha kısa yoldan ulaştırmıştır.
\(\blacksquare\)
6.3 Sonlu Parçalanma ve Toplam Olasılık Formülü
Bir olayın olasılığını doğrudan hesaplamak çoğu zaman güçtür; ama deneyin hangi “durumda” olduğu bilindiğinde hesap kolaylaşır. Hangi torbanın seçildiği bilinirse beyaz top çekme olasılığı hemen yazılır; hangi paranın çekildiği bilinirse dört kez yazı gelme olasılığı hemen yazılır. Toplam olasılık formülü, bu koşullu olasılıkları durumların olasılıklarıyla ağırlıklandırıp toplar. Önce “durumlar”ın ne olduğunu kesinleştirelim.
Tanım 6.2 (Örnek Uzayın Sonlu Parçalanması) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) bir olasılık uzayı ve \(A_1, A_2, \dots, A_n \in \mathcal{U}\) olsun. Eğer
(a) her \(i = 1, 2, \dots, n\) için \(P(A_i) > 0\),
(b) \(1 \le i < j \le n\) için \(A_i \cap A_j = \varnothing\) (olaylar ikişer ikişer ayrık),
(c) \(A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n = \Omega\)
ise \(A_1, A_2, \dots, A_n\) olaylarına \(\Omega\) örnek uzayının bir sonlu parçalanması denir.
Parçalanmanın her \(\omega \in \Omega\) sonucunu tam olarak bir \(A_i\)’ye koyduğuna dikkat edelim: (c) gereği en az birine, (b) gereği en çok birine düşer. Ayrıca sonlu toplamsallık (Teorem 3.1) gereği
\[\sum_{i=1}^{n} P(A_i) = P\Big( \bigcup_{i=1}^{n} A_i \Big) = P(\Omega) = 1\]
olur. En basit parçalanma, \(0 < P(B) < 1\) olan bir \(B\) olayı için \(\{B, B^c\}\) ikilisidir. Aynı tanım, sayılabilir sonsuz bir \(A_1, A_2, \dots\) ailesi için de kelimesi kelimesine kurulur ve aşağıdaki iki teorem o durumda da geçerlidir; ispatlarda sonlu toplamsallık yerine (A3) kullanılır.
Teorem 6.4 (Toplam Olasılık Formülü) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) bir olasılık uzayı ve \(A_1, A_2, \dots, A_n\) olayları \(\Omega\)’nın bir sonlu parçalanması olsun. Her \(B \in \mathcal{U}\) için
\[P(B) = \sum_{i=1}^{n} P(A_i)\, P(B \mid A_i)\]
olur.
İspat
\(B = B \cap \Omega\) ve parçalanma tanımının (c) koşulu ile, kesişimin birleşim üzerine dağılmasından
\[B = B \cap \Big( \bigcup_{i=1}^{n} A_i \Big) = \bigcup_{i=1}^{n} (B \cap A_i) = (B \cap A_1) \cup (B \cap A_2) \cup \cdots \cup (B \cap A_n)\]
yazılır. \(B \cap A_i\) kümeleri \(\mathcal{U}\)’dadır ve ikişer ikişer ayrıktır: \(i \ne j\) için
\[(B \cap A_i) \cap (B \cap A_j) \subseteq A_i \cap A_j = \varnothing.\]
Sonlu toplamsallık (Teorem 3.1) gereği
\[P(B) = \sum_{i=1}^{n} P(B \cap A_i).\]
Parçalanma tanımının (a) koşulu \(P(A_i) > 0\) verir; dolayısıyla Tanım 6.1 gereği her \(i\) için \(P(B \cap A_i) = P(A_i)\, P(B \mid A_i)\)’dir. Yerine koyunca
\[P(B) = \sum_{i=1}^{n} P(A_i)\, P(B \mid A_i)\]
elde edilir.
\(\blacksquare\)
İki parçalı özel durum en sık kullanılanıdır: \(0 < P(A) < 1\) ise her \(B\) için
\[P(B) = P(A)\, P(B \mid A) + P(A^c)\, P(B \mid A^c).\]
Teoremde \(A_1 \cup \cdots \cup A_n = \Omega\) koşulu yerine daha zayıf olan \(\sum_{i=1}^{n} P(A_i) = 1\) koşulu da yeter. Gerçekten \(D = \bigcup_i A_i\) dersek \(P(D) = \sum_i P(A_i) = 1\), dolayısıyla \(P(D^c) = 0\)’dır. \(B = (B \cap D) \cup (B \cap D^c)\) ayrık birleşiminde ikinci parçanın olasılığı monotonluk gereği \(P(B \cap D^c) \le P(D^c) = 0\)’dır; öyleyse \(P(B) = P(B \cap D)\) ve ispat aynen sürer. Benzer biçimde, \(P(A_i) = 0\) olan parçalar toplamdan atılabilir; formül geri kalan parçalar üzerinden doğru kalır.
6.4 Bayes Teoremi
Toplam olasılık formülünde bilgi akışı “neden”den “sonuç”a doğrudur: parçalanmanın olasılıkları \(P(A_i)\) ile her durumda sonucun olasılığı \(P(B \mid A_i)\) biliniyorken \(P(B)\) hesaplanır. Uygulamada çoğu zaman tersi sorulur: sonuç \(B\) gözlenmiştir, hangi durumdan geldiğini merak ediyoruz; yani \(P(A_j \mid B)\) isteniyor. Koşullu olasılığın tanımı ile toplam olasılık formülü yan yana getirildiğinde yanıt hemen çıkar.
Teorem 6.5 (Bayes Teoremi) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) bir olasılık uzayı, \(A_1, A_2, \dots, A_n\) olayları \(\Omega\)’nın bir sonlu parçalanması ve \(B \in \mathcal{U}\), \(P(B) > 0\) olsun. Her \(j = 1, 2, \dots, n\) için
\[P(A_j \mid B) = \frac{P(A_j)\, P(B \mid A_j)}{P(B)} = \frac{P(A_j)\, P(B \mid A_j)}{\sum_{i=1}^{n} P(A_i)\, P(B \mid A_i)}\]
olur.
İspat
\(P(B) > 0\) olduğundan Tanım 6.1 gereği
\[P(A_j \mid B) = \frac{P(A_j \cap B)}{P(B)}.\]
Payı yeniden yazalım: parçalanma tanımı \(P(A_j) > 0\) verdiğinden, koşullu olasılığın tanımı (ya da Teorem 6.3’nin \(n = 2\) hâli) ile
\[P(A_j \cap B) = P(A_j)\, P(B \mid A_j).\]
Paydayı ise Teorem 6.4 ile açalım:
\[P(B) = \sum_{i=1}^{n} P(A_i)\, P(B \mid A_i).\]
İkisini yerine koyunca teoremdeki eşitlik elde edilir.
\(\blacksquare\)
Teoremdeki büyüklüklerin adları vardır. \(P(A_j)\) sayısına, \(B\) gözlenmeden önceki bilgiyi yansıttığından \(A_j\)’nin önsel olasılığı (a priori olasılık); \(P(A_j \mid B)\) sayısına, gözlemden sonraki bilgiyi yansıttığından sonsal olasılığı (a posteriori olasılık) denir. Bayes teoremi, önsel olasılıkları gözlem ışığında sonsal olasılıklara günceller. Sonsal olasılıkların toplamı \(1\)’dir. Bu, Teorem 6.1 ile parçalanma tanımından çıkar; doğrudan da görülür: \(j\) üzerinden toplandığında paylar tam paydayı verir.
\(P(B \mid A_j)\) ile \(P(A_j \mid B)\) farklı sayılardır ve gündelik dilde sürekli birbirine karıştırılır. “Hastaların \(\%99\)’unda test pozitif çıkar” cümlesi \(P(\text{pozitif} \mid \text{hasta})\) hakkındadır; “testi pozitif çıkan kişi \(\%99\) olasılıkla hastadır” cümlesi ise \(P(\text{hasta} \mid \text{pozitif})\) hakkındadır ve birincisinden çıkmaz. İkinciye ulaşmanın tek yolu Bayes teoremidir ve yanıt, önsel olasılığa güçlü biçimde bağlıdır.
Örnek 6.5 (Üç Torba) Üç torbada beyaz ve kırmızı toplar vardır: I. torbada \(1\) beyaz, \(3\) kırmızı; II. torbada \(2\) beyaz, \(2\) kırmızı; III. torbada \(3\) beyaz, \(1\) kırmızı top bulunmaktadır. Rastgele seçilen bir torbadan bir top çekiliyor. Çekilen top beyaz ise bu topun I. torbadan çekilmiş olma olasılığı nedir?
Çözüm
\(A_i\), seçilen torbanın \(i\)-inci torba olması olayı olsun (\(i = 1, 2, 3\)). Bu üç olay \(\Omega\)’nın bir sonlu parçalanmasıdır: tam olarak bir torba seçilir ve torba rastgele seçildiğinden
\[P(A_1) = P(A_2) = P(A_3) = \frac{1}{3}.\]
\(B\) çekilen topun beyaz olması olayı olsun. Hangi torbanın seçildiği bilinirse beyaz çekme olasılığı torbanın içeriğinden okunur:
\[P(B \mid A_1) = \frac{1}{4}, \qquad P(B \mid A_2) = \frac{2}{4}, \qquad P(B \mid A_3) = \frac{3}{4}.\]
Adım 1: \(P(B)\). Teorem 6.4 ile
\[P(B) = \sum_{i=1}^{3} P(A_i)\, P(B \mid A_i) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{4} + \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{4} + \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{4} = \frac{1}{3} \cdot \frac{6}{4} = \frac{1}{2}.\]
Adım 2: \(P(A_1 \mid B)\). Teorem 6.5 ile
\[P(A_1 \mid B) = \frac{P(A_1)\, P(B \mid A_1)}{P(B)} = \frac{\dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{4}}{\dfrac{1}{2}} = \frac{1/12}{1/2} = \frac{1}{6}.\]
Aynı yolla öteki sonsal olasılıklar da bulunur:
\[P(A_2 \mid B) = \frac{\dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{2}{4}}{\dfrac{1}{2}} = \frac{1}{3}, \qquad P(A_3 \mid B) = \frac{\dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{3}{4}}{\dfrac{1}{2}} = \frac{1}{2}.\]
Toplamları \(\dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2} = 1\)’dir. Top çekilmeden önce üç torba eşit olasılıklıydı; beyaz topun gözlenmesi, beyazı en çok olan III. torbayı en olası, en az olan I. torbayı en az olası duruma getirmiştir.
\(\blacksquare\)
Örnek 6.6 (İki Yüzü Yazı Olan Para) Bir çantada üç madeni para vardır: ilk ikisi düzgündür, üçüncüsünün ise iki yüzü de yazıdır. Çantadan rastgele bir para çekiliyor ve dört kez atılıyor. Dört atışın hepsinde yazı gelirse, çekilen paranın iki yüzü yazı olan para olma olasılığı nedir?
Çözüm
\(A_i\), \(i\)-inci paranın çekilmesi olayı olsun (\(i = 1, 2, 3\)). Bu olaylar \(\Omega\)’nın bir sonlu parçalanmasıdır ve para rastgele çekildiğinden
\[P(A_1) = P(A_2) = P(A_3) = \frac{1}{3}.\]
\(B\), dört atışın hepsinde yazı gelmesi olayı olsun. Düzgün bir para dört kez atıldığında yazı-tura dizilerinin sayısı \(2^4 = 16\)’dır ve bunlar eşit olasılıklıdır; hepsinin yazı olduğu tek bir dizi vardır. Öyleyse
\[P(B \mid A_1) = P(B \mid A_2) = \frac{1}{2^4} = \frac{1}{16}.\]
Üçüncü paranın her atışı yazı verir: \(P(B \mid A_3) = 1\).
Adım 1: \(P(B)\). Teorem 6.4 ile
\[P(B) = \sum_{i=1}^{3} P(A_i)\, P(B \mid A_i) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{16} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{16} + \frac{1}{3} \cdot 1 = \frac{1}{3} \cdot \frac{18}{16} = \frac{3}{8}.\]
Adım 2: \(P(A_3 \mid B)\). Teorem 6.5 ile
\[P(A_3 \mid B) = \frac{P(A_3)\, P(B \mid A_3)}{P(B)} = \frac{\dfrac{1}{3} \cdot 1}{\dfrac{3}{8}} = \frac{8}{9}.\]
Önsel olasılık \(\dfrac{1}{3}\) iken dört yazının gözlenmesi sonsal olasılığı \(\dfrac{8}{9}\)’a çıkarmıştır. Geriye kalan \(\dfrac{1}{9}\), iki düzgün para arasında eşit paylaşılır: \(P(A_1 \mid B) = P(A_2 \mid B) = \dfrac{1}{18}\).
\(\blacksquare\)
Örnek 6.7 (Tıbbi Test) Bir hastalık toplumun \(\%1\)’inde görülmektedir. Hastalığı saptamak için kullanılan bir test, hasta kişilerin \(\%99\)’unda pozitif sonuç vermektedir (testin duyarlılığı); sağlıklı kişilerin ise \(\%98\)’inde negatif sonuç vermektedir (testin özgüllüğü), yani sağlıklıların \(\%2\)’sinde yanlış pozitif çıkmaktadır. Toplumdan rastgele seçilen bir kişiye test uygulanıyor.
a) Test pozitif çıkarsa kişinin hasta olma olasılığı nedir?
b) Test negatif çıkarsa kişinin sağlıklı olma olasılığı nedir?
Çözüm
\(H\) kişinin hasta olması olayı olsun; \(\{H, H^c\}\) örnek uzayın bir sonlu parçalanmasıdır ve
\[P(H) = 0{,}01, \qquad P(H^c) = 0{,}99.\]
\(T\) testin pozitif çıkması olayı olsun. Verilenler koşullu olasılık diliyle
\[P(T \mid H) = 0{,}99, \qquad P(T^c \mid H^c) = 0{,}98\]
demektir. \(P(\,\cdot \mid H^c)\) ve \(P(\,\cdot \mid H)\) birer olasılık ölçüsü olduğundan (Teorem 6.1) tümleyen kuralı uygulanır:
\[P(T \mid H^c) = 1 - 0{,}98 = 0{,}02, \qquad P(T^c \mid H) = 1 - 0{,}99 = 0{,}01.\]
Birincisi yanlış pozitif, ikincisi yanlış negatif oranıdır; aşağıdaki hesapta yalnızca birincisi kullanılacaktır.
a) Önce Teorem 6.4 ile pozitif sonucun olasılığı:
\[P(T) = P(H)\, P(T \mid H) + P(H^c)\, P(T \mid H^c) = 0{,}01 \cdot 0{,}99 + 0{,}99 \cdot 0{,}02 = 0{,}0099 + 0{,}0198 = 0{,}0297.\]
Şimdi Teorem 6.5:
\[P(H \mid T) = \frac{P(H)\, P(T \mid H)}{P(T)} = \frac{0{,}0099}{0{,}0297} = \frac{1}{3}.\]
Test pozitif çıkan bir kişi ancak \(\dfrac{1}{3}\) olasılıkla hastadır; \(\dfrac{2}{3}\) olasılıkla sağlıklıdır.
b) \(P(T^c) = 1 - P(T) = 0{,}9703\). Teorem 6.5 ile
\[P(H^c \mid T^c) = \frac{P(H^c)\, P(T^c \mid H^c)}{P(T^c)} = \frac{0{,}99 \cdot 0{,}98}{0{,}9703} = \frac{0{,}9702}{0{,}9703} \approx 0{,}9999.\]
Negatif sonuç neredeyse kesin olarak sağlıklı demektir.
(a) şıkkındaki sonuç ilk bakışta şaşırtıcıdır: duyarlılığı \(\%99\), özgüllüğü \(\%98\) olan bir test pozitif çıktığında hasta olma olasılığı yalnızca \(\dfrac{1}{3}\)’tür. Nedeni, hastalığın önsel olasılığının küçüklüğüdür. \(10\,000\) kişilik bir toplulukta düşünelim: \(100\) kişi hastadır ve bunların \(99\)’unda test pozitif çıkar; \(9\,900\) kişi sağlıklıdır ve bunların \(\%2\)’sinde, yani \(198\)’inde test yanlış pozitif çıkar. Pozitif çıkan \(99 + 198 = 297\) kişinin yalnızca \(99\)’u hastadır: \(\dfrac{99}{297} = \dfrac{1}{3}\). Yanlış pozitiflerin oranı küçük olsa da sağlıklı kitle hasta kitleden çok büyük olduğundan yanlış pozitiflerin sayısı doğru pozitiflerin sayısını aşar. Bu olgu, önsel olasılığı göz ardı ederek \(P(T \mid H)\) ile \(P(H \mid T)\)’yi karıştırmanın ne kadar yanıltıcı olabileceğini gösterir.
\(\blacksquare\)
6.5 Alıştırmalar
Alıştırma 6.1 (Koşullu Olasılık, Toplam Olasılık ve Bayes Teoremi Üzerine) a) Düzgün bir zar atılıyor. \(A\) üste gelen sayının çift olması, \(B\) üste gelen sayının en az \(3\) olması olayı olsun. \(P(A \mid B)\), \(P(B \mid A)\) ve \(P(A \setminus B)\) sayılarını hesaplayınız ve karşılaştırınız.
b) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) bir olasılık uzayı, \(A, B \in \mathcal{U}\) ve \(P(B) > 0\) olsun. Teorem 6.1’a başvurmadan, doğrudan Tanım 6.1 ve Teorem 3.1 ile şunları gösteriniz: (i) \(A \cap B = \varnothing\) ise \(P(A \mid B) = 0\); (ii) \(B \subseteq A\) ise \(P(A \mid B) = 1\); (iii) \(A \subseteq B\) ise \(P(A \mid B) = \dfrac{P(A)}{P(B)} \ge P(A)\); (iv) \(P(A^c \mid B) = 1 - P(A \mid B)\).
c) İyi karıştırılmış \(52\) kartlık bir desteden iadesiz olarak art arda üç kart çekiliyor. Üçünün de kupa olması olasılığını çarpma teoremiyle bulunuz ve sonucu sayma yoluyla doğrulayınız. (Destede \(13\) kupa vardır.)
d) I. torbada \(2\) beyaz, \(3\) siyah; II. torbada \(4\) beyaz, \(1\) siyah top vardır. I. torbadan rastgele bir top çekilip bakılmadan II. torbaya atılıyor, ardından II. torbadan bir top çekiliyor. II. torbadan çekilen topun beyaz olma olasılığı nedir?
e) Bir fabrikada üretimin \(\%50\)’si birinci, \(\%30\)’u ikinci, \(\%20\)’si üçüncü makineden çıkmaktadır. Bu makinelerin ürettiği parçaların sırasıyla \(\%1\)’i, \(\%2\)’si ve \(\%5\)’i kusurludur. Üretimden rastgele seçilen bir parça kusurlu bulunuyor. Bu parçanın üçüncü makineden çıkmış olma olasılığı nedir? Kusurlu parçanın en olası kaynağı hangi makinedir?
f) Örnek 6.6’daki çantadan çekilen para \(n\) kez atılıyor ve hepsinde yazı geliyor. Çekilen paranın iki yüzü yazı olan para olma olasılığını \(n\) cinsinden bulunuz; \(n = 4\) için sonucu örnekle karşılaştırınız ve \(n \to \infty\) iken limiti yorumlayınız.
g) \(P(A) > 0\) ve \(P(B) > 0\) olsun. \(P(A \mid B) > P(A)\) olması için gerek ve yeter koşulun \(P(B \mid A) > P(B)\) olduğunu gösteriniz. (\(B\) bilgisi \(A\)’yı daha olası kılıyorsa \(A\) bilgisi de \(B\)’yi daha olası kılar.)
Çözüm
a) \(\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\) Laplace uzayında \(A = \{2, 4, 6\}\), \(B = \{3, 4, 5, 6\}\) ve \(A \cap B = \{4, 6\}\)’dır.
\[P(A \mid B) = \frac{2/6}{4/6} = \frac{1}{2}, \qquad P(B \mid A) = \frac{2/6}{3/6} = \frac{2}{3}, \qquad P(A \setminus B) = P(\{2\}) = \frac{1}{6}.\]
Üç sayı da farklıdır: iki koşullu olasılık koşulun yönüne göre değişir, fark kümesinin olasılığı ise bambaşka bir olayın olasılığıdır. Öte yandan \(P(A) = \dfrac{1}{2}\) ve \(P(B) = \dfrac{2}{3}\) olduğundan \(P(A \mid B) = P(A)\) ve \(P(B \mid A) = P(B)\)’dir: burada \(B\) bilgisi \(A\)’nın olasılığını hiç değiştirmemiştir. Bu durumun adı bir sonraki bölümün konusudur.
b) (i) \(A \cap B = \varnothing\) ise \(P(A \cap B) = P(\varnothing) = 0\), dolayısıyla \(P(A \mid B) = 0 / P(B) = 0\).
(ii) \(B \subseteq A\) ise \(A \cap B = B\), dolayısıyla \(P(A \mid B) = P(B)/P(B) = 1\).
(iii) \(A \subseteq B\) ise \(A \cap B = A\), dolayısıyla \(P(A \mid B) = P(A)/P(B)\). \(0 < P(B) \le 1\) olduğundan \(P(A)/P(B) \ge P(A)\).
(iv) \(A^c \cap B = B \setminus (A \cap B)\) ve \(A \cap B \subseteq B\) olduğundan Teorem 3.1’nin fark kuralıyla \(P(A^c \cap B) = P(B) - P(A \cap B)\). Buradan
\[P(A^c \mid B) = \frac{P(B) - P(A \cap B)}{P(B)} = 1 - \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = 1 - P(A \mid B).\]
c) \(K_i\), \(i\)-inci kartın kupa olması olayı olsun. \(P(K_1) = \dfrac{13}{52}\); ilk kart kupaysa \(51\) kartın \(12\)’si kupadır, \(P(K_2 \mid K_1) = \dfrac{12}{51}\); ilk ikisi kupaysa \(50\) kartın \(11\)’i kupadır, \(P(K_3 \mid K_1 \cap K_2) = \dfrac{11}{50}\). \(P(K_1 \cap K_2) = \dfrac{13 \cdot 12}{52 \cdot 51} > 0\) olduğundan Teorem 6.3 ile
\[P(K_1 \cap K_2 \cap K_3) = \frac{13}{52} \cdot \frac{12}{51} \cdot \frac{11}{50} = \frac{1716}{132\,600} = \frac{11}{850}.\]
Sayma ile doğrulama: sırasız üç kart \(\binom{52}{3} = 22\,100\) yolla, üç kupa \(\binom{13}{3} = 286\) yolla seçilir; \(\dfrac{286}{22\,100} = \dfrac{11}{850}\).
d) \(W\) I. torbadan çekilen topun beyaz olması, \(B\) II. torbadan çekilen topun beyaz olması olayı olsun. \(\{W, W^c\}\) bir parçalanmadır: \(P(W) = \dfrac{2}{5}\), \(P(W^c) = \dfrac{3}{5}\). Aktarılan top beyazsa II. torbada \(5\) beyaz, \(1\) siyah; siyahsa \(4\) beyaz, \(2\) siyah top olur:
\[P(B \mid W) = \frac{5}{6}, \qquad P(B \mid W^c) = \frac{4}{6}.\]
Teorem 6.4 ile
\[P(B) = \frac{2}{5} \cdot \frac{5}{6} + \frac{3}{5} \cdot \frac{4}{6} = \frac{10}{30} + \frac{12}{30} = \frac{22}{30} = \frac{11}{15}.\]
e) \(M_1, M_2, M_3\) parçanın ilgili makineden çıkması olayları olsun; bunlar bir sonlu parçalanmadır, \(P(M_1) = 0{,}5\), \(P(M_2) = 0{,}3\), \(P(M_3) = 0{,}2\). \(D\) parçanın kusurlu olması olayı için \(P(D \mid M_1) = 0{,}01\), \(P(D \mid M_2) = 0{,}02\), \(P(D \mid M_3) = 0{,}05\). Teorem 6.4 ile
\[P(D) = 0{,}5 \cdot 0{,}01 + 0{,}3 \cdot 0{,}02 + 0{,}2 \cdot 0{,}05 = 0{,}005 + 0{,}006 + 0{,}010 = 0{,}021.\]
Teorem 6.5 ile
\[P(M_3 \mid D) = \frac{0{,}2 \cdot 0{,}05}{0{,}021} = \frac{0{,}010}{0{,}021} = \frac{10}{21}.\]
Ötekiler \(P(M_1 \mid D) = \dfrac{0{,}005}{0{,}021} = \dfrac{5}{21}\) ve \(P(M_2 \mid D) = \dfrac{0{,}006}{0{,}021} = \dfrac{6}{21}\)’dir; toplam \(1\)’dir. Üretimin yalnızca beşte birini yapmasına karşın kusurlu parçanın en olası kaynağı üçüncü makinedir, çünkü kusur oranı ötekilerden çok daha yüksektir.
f) \(B_n\), \(n\) atışın hepsinde yazı gelmesi olayı olsun. Düzgün para için \(2^n\) eşit olasılıklı dizinin yalnızca biri tümüyle yazıdır: \(P(B_n \mid A_1) = P(B_n \mid A_2) = 2^{-n}\); ayrıca \(P(B_n \mid A_3) = 1\). Teorem 6.4 ile
\[P(B_n) = \frac{1}{3} \cdot 2^{-n} + \frac{1}{3} \cdot 2^{-n} + \frac{1}{3} \cdot 1 = \frac{2 \cdot 2^{-n} + 1}{3} = \frac{2 + 2^n}{3 \cdot 2^n}.\]
Teorem 6.5 ile
\[P(A_3 \mid B_n) = \frac{\dfrac{1}{3} \cdot 1}{\dfrac{2 + 2^n}{3 \cdot 2^n}} = \frac{2^n}{2^n + 2}.\]
\(n = 4\) için \(\dfrac{16}{18} = \dfrac{8}{9}\), örnekteki sonuçtur. \(n \to \infty\) iken \(\dfrac{2^n}{2^n + 2} = \dfrac{1}{1 + 2^{1-n}} \to 1\): art arda gelen yazılar uzadıkça hileli paranın sonsal olasılığı \(1\)’e yaklaşır; düzgün bir paranın çok uzun bir yazı dizisi üretmesi giderek daha az inandırıcı olur. Buna karşın hiçbir sonlu \(n\) için olasılık tam \(1\) olmaz, çünkü düzgün para da ilkece \(n\) yazı üretebilir.
g) \(P(B) > 0\) olduğundan \(P(A \mid B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}\); her iki taraf \(P(B)\) ile çarpılırsa
\[P(A \mid B) > P(A) \iff P(A \cap B) > P(A)\, P(B).\]
Aynı biçimde \(P(A) > 0\) olduğundan
\[P(B \mid A) > P(B) \iff P(A \cap B) > P(A)\, P(B).\]
İki denklik aynı koşula bağlandığından \(P(A \mid B) > P(A) \iff P(B \mid A) > P(B)\). Aynı akıl yürütme “\(>\)” yerine “\(<\)” ve “\(=\)” için de geçerlidir; özellikle \(P(A \mid B) = P(A)\) olması \(P(A \cap B) = P(A)\, P(B)\) olmasına denktir. Bu son eşitlik, bir sonraki bölümün konusudur.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde \(B\) bilgisinin \(A\)’nın olasılığını nasıl değiştirdiğini inceledik. Sıradaki bölümde bu bilginin hiçbir şey değiştirmediği, yani \(P(A \mid B) = P(A)\) olan durumu ele alıyoruz: Bağımsız Olaylar.