12 Rastgele Değişkenin Fonksiyonunun Dağılımı
Sürekli Rastgele Değişkenler ve Yoğunluk Fonksiyonu bölümünde bir rastgele değişkenin dağılımını iki biçimde tanımayı öğrendik: kesikli değişkende olasılık fonksiyonu \(f_X\), sürekli değişkende olasılık yoğunluk fonksiyonu \(f_X\) ve her iki durumda da dağılım fonksiyonu \(F_X\). Uygulamada çoğu zaman elimizdeki değişkenin kendisi değil, ondan türetilmiş bir büyüklük ilgimizi çeker: bir ölçümün karesi, bir sıcaklığın başka bir birime çevrilmiş hâli, bir bekleme süresinin logaritması, rastgele bir açının tanjantı. Bunların hepsi \(Y = g(X)\) biçimindedir.
Bu bölümde iki soruya yanıt vereceğiz. Birincisi kuramsal: \(g(X)\) gerçekten bir rastgele değişken midir, yani \((g(X) \le a)\) kümeleri olay mıdır? Yanıtın “evet” olması için \(g\)’nin Borel-ölçülebilir olması yeter; sürekli, monoton ya da parçalı sürekli her fonksiyon bu koşulu sağlar. İkincisi hesaba dönük: \(X\)’in dağılımı biliniyorken \(Y = g(X)\)’in dağılımı nasıl bulunur? Kesikli durumda yanıt bir toplamdır. Yoğunluğu olan sürekli durumda iki yol vardır: her zaman işleyen dağılım fonksiyonu tekniği ve \(g\) parçalı monoton olduğunda doğrudan bir formül veren dönüşüm teoremi.
Yol boyunca kare, doğrusal, üstel, tam değer ve tanjant dönüşümlerini tek tek işleyeceğiz; sürekli bir değişkenin dönüşümünün kesikli çıkabileceğini, kesikli bir değişkenin dönüşümününse asla sürekli olamayacağını göreceğiz. Tanjant dönüşümü bizi olasılık teorisinin ünlü dağılımlarından birine, Cauchy dağılımına götürecek.
12.1 Rastgele Değişkenin Fonksiyonu
Rastgele değişkenin tanımını hatırlayalım (Tanım 8.1): \(X : \Omega \to \mathbb{R}\) fonksiyonu, her \(a \in \mathbb{R}\) için \((X \le a) = \{\omega \in \Omega : X(\omega) \le a\}\) kümesi \(\mathcal{U}\)’da bir olay olduğunda rastgele değişkendir; bu koşul, her Borel kümesi \(B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})\) için \(X^{-1}(B) \in \mathcal{U}\) olmasına denktir. Şimdi \(g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) herhangi bir fonksiyon olsun ve
\[Y = g \circ X : \Omega \to \mathbb{R}, \qquad Y(\omega) = g\bigl(X(\omega)\bigr)\]
bileşkesini alalım. Bir \(\omega\) sonucu önce \(X\) ile \(X(\omega)\) sayısına, sonra \(g\) ile \(g(X(\omega))\) sayısına gider. \(Y\)’nin rastgele değişken olması için \((Y \le a)\) kümelerinin olay olması gerekir. Bunu \(X\)’e değil, \(g\)’ye bir koşul koyarak garanti edeceğiz: \(g\), Borel kümelerinin ters görüntüsünü Borel kümesine götürsün. Neden bu koşul? Çünkü \((Y \le a)\) kümesini \(X\)’in bir ters görüntüsü olarak yazabiliyoruz ve \(X\) yalnızca Borel kümelerinin ters görüntüsünü olay yapmayı taahhüt eder.
Teorem 12.1 (Rastgele Değişkenin Fonksiyonu Rastgele Değişkendir) \(X\), \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) olasılık uzayında bir rastgele değişken ve \(g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), her Borel kümesi \(B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})\) için
\[g^{-1}(B) = \{x \in \mathbb{R} : g(x) \in B\} \in \mathcal{B}(\mathbb{R})\]
koşulunu sağlayan bir fonksiyon olsun (böyle bir \(g\)’ye Borel-ölçülebilir fonksiyon denir). O zaman \(Y = g \circ X = g(X)\) de \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) uzayında bir rastgele değişkendir. Ayrıca \(Y\)’nin olasılık dağılımı, her \(B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})\) için
\[P_Y(B) = P(Y \in B) = P\bigl(X \in g^{-1}(B)\bigr) = P_X\bigl(g^{-1}(B)\bigr)\]
ile verilir.
İspat
\(a \in \mathbb{R}\) sabit olsun. \(Y(\omega) \le a\) olması \(g(X(\omega)) \le a\), yani \(g(X(\omega)) \in (-\infty, a]\) demektir; bu da \(X(\omega) \in g^{-1}((-\infty, a])\) ile aynı şeydir. Öyleyse
\[(Y \le a) = \{\omega \in \Omega : g(X(\omega)) \le a\} = \{\omega \in \Omega : X(\omega) \in g^{-1}((-\infty, a])\} = X^{-1}\Bigl(g^{-1}\bigl((-\infty, a]\bigr)\Bigr).\]
\((-\infty, a]\) bir Borel kümesidir (Önerme 2.5). \(g\) üzerindeki koşul gereği \(C = g^{-1}((-\infty, a])\) de bir Borel kümesidir. \(X\) rastgele değişken olduğundan \(X^{-1}(C) \in \mathcal{U}\) olur. Böylece her \(a \in \mathbb{R}\) için \((Y \le a) \in \mathcal{U}\); Tanım 8.1 gereği \(Y\) bir rastgele değişkendir.
Aynı hesap \((-\infty, a]\) yerine herhangi bir \(B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})\) ile yapılırsa
\[(Y \in B) = \{\omega : g(X(\omega)) \in B\} = \{\omega : X(\omega) \in g^{-1}(B)\} = \bigl(X \in g^{-1}(B)\bigr)\]
bulunur. İki tarafın olasılığı alınınca, olasılık dağılımının tanımıyla (Tanım 8.3), \(P_Y(B) = P(Y \in B) = P(X \in g^{-1}(B)) = P_X(g^{-1}(B))\) elde edilir.
\(\blacksquare\)
Pratikte karşılaşılan her fonksiyon bu koşulu sağlar. Sürekli her \(g\) Borel-ölçülebilirdir: açık kümenin sürekli fonksiyon altındaki ters görüntüsü açıktır, açık kümeler Borel cebrini ürettiğinden (Tanım 2.4) koşul bütün Borel kümelerine taşınır. Monoton her \(g\) Borel-ölçülebilirdir: \(g^{-1}((-\infty, a])\) her zaman bir aralık ya da boş kümedir. Sonlu ya da sayılabilir parçada sürekli fonksiyonlar, tam değer fonksiyonu \(\lfloor x \rfloor\), bir aralığın gösterge fonksiyonu da bu sınıftadır. Borel-ölçülebilir fonksiyonların toplamı, çarpımı ve bileşkesi yine Borel-ölçülebilirdir. Bu kitapta kullanacağımız her \(g\) bu sınıftadır; bundan sonra koşulu her seferinde anmayacağız.
Teoremin ikinci kısmı bu bölümün bütün hesaplarının ortak ilkesidir; ona ters görüntü ilkesi diyelim: \(Y\) ile ilgili her olasılık, \(X\) ile ilgili bir olasılığa çevrilir; \(Y\)’nin \(B\)’ye düşmesi, \(X\)’in \(g^{-1}(B)\)’ye düşmesidir. Bölümün geri kalanı bu tek cümlenin kesikli ve sürekli durumda somutlaştırılmasından ibarettir.
12.2 Kesikli Rastgele Değişkenin Dönüşümü
\(X\) kesikli olsun (Tanım 10.1): değer kümesi \(D_X\) sayılabilir, \(P(X \in D_X) = 1\) ve olasılık fonksiyonu \(f_X(x) = P(X = x)\), \(x \in D_X\) (Tanım 10.2). Bu durumda \(g\)’nin yalnızca \(D_X\) üzerinde tanımlı olması yeter. \(Y = g(X)\)’in \(y\) değerini alması, \(X\)’in \(g(x) = y\) olan \(x\) değerlerinden birini alması demektir; öyleyse \(Y\)’nin olasılık fonksiyonu \(X\)’in olasılık fonksiyonunun “aynı görüntüye giden değerler üzerinden toplanmasıyla” bulunur.
Önerme 12.1 (Kesikli Dönüşümün Olasılık Fonksiyonu) \(X\), değer kümesi \(D_X\) ve olasılık fonksiyonu \(f_X\) olan kesikli bir rastgele değişken, \(g : D_X \to \mathbb{R}\) herhangi bir fonksiyon olsun. O zaman \(Y = g(X)\) kesikli bir rastgele değişkendir; değer kümesi
\[D_Y = g(D_X) = \{g(x) : x \in D_X\}\]
ve olasılık fonksiyonu
\[f_Y(y) = P(Y = y) = \sum_{x \in D_X : \, g(x) = y} f_X(x), \qquad y \in D_Y\]
dir.
İspat
Önce \(Y\)’nin bir rastgele değişken olduğunu görelim. \(D_X\) sayılabilir olduğundan bir Borel kümesidir (Önerme 2.5). \(g\)’yi \(D_X\) dışında \(0\) olarak genişletelim; her \(B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})\) için \(g^{-1}(B)\), ya \(D_X\)’in sayılabilir bir alt kümesidir ya da böyle bir kümeyle \(\mathbb{R} \setminus D_X\)’in birleşimidir; iki durumda da Borel kümesidir. Teorem 12.1 gereği \(Y\) rastgele değişkendir.
Şimdi \(y \in \mathbb{R}\) sabit olsun ve \(A_y = \{x \in D_X : g(x) = y\}\) yazalım. Her \(\omega\) için \(X(\omega) \in D_X\) olduğundan, \(Y(\omega) = y\) olması \(X(\omega) \in A_y\) olması demektir; yani
\[(Y = y) = (X \in A_y) = \bigcup_{x \in A_y} (X = x).\]
Sağdaki birleşim, \(A_y \subseteq D_X\) sayılabilir olduğundan sayılabilir, farklı \(x\)’ler için \((X = x)\) olayları ayrık olduğundan ayrık bir birleşimdir. Sayılabilir toplamsallıkla (Tanım 3.1)
\[P(Y = y) = \sum_{x \in A_y} P(X = x) = \sum_{x \in D_X : \, g(x) = y} f_X(x).\]
\(y \notin D_Y\) ise \(A_y = \varnothing\) ve \(P(Y = y) = 0\)’dır. \(Y\)’nin değer kümesi \(D_Y = Y(\Omega) = g(X(\Omega)) = g(D_X)\), sayılabilir bir kümenin görüntüsü olarak sayılabilirdir; öyleyse \(Y\) kesiklidir (Tanım 10.1) ve \(f_Y\) onun olasılık fonksiyonudur (Tanım 10.2). Sağlama olarak toplamın \(1\) olduğunu görelim: \(A_y\) kümeleri (\(y \in D_Y\)) \(D_X\)’i parçaladığından
\[\sum_{y \in D_Y} f_Y(y) = \sum_{y \in D_Y} \sum_{x \in A_y} f_X(x) = \sum_{x \in D_X} f_X(x) = 1,\]
yani \(P(Y \in D_Y) = 1\); bir olasılık fonksiyonundan beklenen budur.
\(\blacksquare\)
Toplamın anlamı şudur: \(g\), \(D_X\) üzerinde birebir ise her \(y \in D_Y\) için toplamda tek terim vardır ve \(f_Y(g(x)) = f_X(x)\) olur; tablo yalnızca yeniden etiketlenir. \(g\) birebir değilse aynı görüntüye giden değerlerin olasılıkları toplanır. İkisini de aynı örnekte görelim.
Örnek 12.1 (Kesikli Bir Değişkenin Karesi, Doğrusal Dönüşümü ve Küpü) \(X\) rastgele değişkeninin olasılık fonksiyonu
\[f_X(x) = \frac{1}{5}, \qquad x \in \{-2, -1, 0, 1, 2\}\]
olsun. \(Y = X^2\), \(Z = 3X + 1\) ve \(W = X^3\) rastgele değişkenlerinin olasılık fonksiyonlarını bulunuz.
Çözüm
\(Y = X^2\). \(g(x) = x^2\) fonksiyonu \(D_X\)’i \(\{0, 1, 4\}\) kümesine götürür; \(D_Y = \{0, 1, 4\}\). Önerme 12.1 ile
\[f_Y(0) = f_X(0) = \frac{1}{5}, \qquad f_Y(1) = f_X(-1) + f_X(1) = \frac{2}{5}, \qquad f_Y(4) = f_X(-2) + f_X(2) = \frac{2}{5}.\]
| \(y\) | \(0\) | \(1\) | \(4\) |
|---|---|---|---|
| \(f_Y(y) = P(Y = y)\) | \(\frac{1}{5}\) | \(\frac{2}{5}\) | \(\frac{2}{5}\) |
Toplam \(\frac{1}{5} + \frac{2}{5} + \frac{2}{5} = 1\)’dir. \(1\) ve \(4\) değerlerinin olasılığı ikiye katlanmıştır, çünkü kare fonksiyonu \(\pm 1\)’i ve \(\pm 2\)’yi aynı noktaya götürür.
\(Z = 3X + 1\). \(g(x) = 3x + 1\) birebirdir; \(D_Z = \{-5, -2, 1, 4, 7\}\) ve her \(z \in D_Z\) için \(f_Z(z) = f_X\bigl(\tfrac{z-1}{3}\bigr) = \frac{1}{5}\):
| \(z\) | \(-5\) | \(-2\) | \(1\) | \(4\) | \(7\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(f_Z(z) = P(Z = z)\) | \(\frac{1}{5}\) | \(\frac{1}{5}\) | \(\frac{1}{5}\) | \(\frac{1}{5}\) | \(\frac{1}{5}\) |
\(W = X^3\). \(g(x) = x^3\) de \(D_X\) üzerinde birebirdir (kare fonksiyonundan farklı olarak işareti korur); \(D_W = \{-8, -1, 0, 1, 8\}\) ve her \(w \in D_W\) için \(f_W(w) = \frac{1}{5}\). Doğrusal dönüşümde olduğu gibi tablo yalnızca yeniden etiketlenmiştir.
\(\blacksquare\)
12.3 Dağılım Fonksiyonu Tekniği
\(X\), olasılık yoğunluk fonksiyonu \(f_X\) olan sürekli bir rastgele değişken olsun (Tanım 11.1, Tanım 11.2). Bu durumda her \(x\) için \(P(X = x) = 0\)’dır (Önerme 11.1); kesikli durumdaki toplam formülü işe yaramaz, çünkü toplanacak her terim sıfırdır. Yoğunluk fonksiyonu noktaların değil aralıkların olasılığını verir; öyleyse \(Y\)’nin dağılımına aralık olasılıkları üzerinden, yani dağılım fonksiyonu üzerinden ulaşmalıyız. Ters görüntü ilkesi burada şu biçimi alır:
\[F_Y(y) = P(Y \le y) = P\bigl(g(X) \le y\bigr) = P\bigl(X \in \{x : g(x) \le y\}\bigr).\]
Sağ taraf \(X\)’e ilişkin bir olasılıktır ve \(f_X\)’in \(\{x : g(x) \le y\}\) kümesi üzerindeki integraliyle hesaplanır. \(F_Y\) bulunduktan sonra türev alarak \(f_Y\) elde edilir (Teorem 11.2).
Tanım 12.1 (Dağılım Fonksiyonu Tekniği) \(X\), olasılık yoğunluk fonksiyonu \(f_X\) olan sürekli bir rastgele değişken, \(D_X \subseteq A\) ve \(g : A \to \mathbb{R}\) olsun. \(Y = g(X)\)’in dağılımını aşağıdaki üç adımla bulmaya dağılım fonksiyonu tekniği denir.
1. Değer kümesi. \(D_Y = g(D_X)\) belirlenir; \(D_Y\) alttan ya da üstten sınırlıysa \(F_Y\), bu kümenin solunda \(0\), sağında \(1\) değerini alır.
2. Dağılım fonksiyonu. Her \(y \in D_Y\) için
\[F_Y(y) = P\bigl(g(X) \le y\bigr) = \int_{\{x : \, g(x) \le y\}} f_X(x)\,dx\]
hesaplanır; bunun için \(g(x) \le y\) eşitsizliği \(x\) için çözülür.
3. Türev. \(F_Y\) sürekli ve sonlu sayıda nokta dışında türevlenebilir çıkarsa \(Y\)’nin bir olasılık yoğunluk fonksiyonu vardır ve
\[f_Y(y) = F_Y'(y), \qquad y \in D_Y\]
(diğer durumlarda \(f_Y(y) = 0\)) alınır. \(F_Y\) sıçrama yapıyorsa \(Y\)’nin yoğunluğu yoktur; sıçrama noktaları \(Y\)’nin pozitif olasılıklı değerleridir.
Tekniğin özü ikinci adımdaki eşitsizliği çözmektir. \(g\) artan ise \(g(x) \le y \iff x \le g^{-1}(y)\) ve \(F_Y(y) = F_X(g^{-1}(y))\); \(g\) azalan ise \(g(x) \le y \iff x \ge g^{-1}(y)\) ve \(F_Y(y) = 1 - F_X(g^{-1}(y))\) olur (\(F_X\) sürekli olduğundan uç noktanın dahil olup olmaması fark etmez). Birebir olmayan \(g\)’de ters görüntü birden çok parçadan oluşur; kare dönüşümünde bunu göreceğiz.
Örnek 12.2 (Doğrusal Dönüşüm) \(X\) rastgele değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[f_X(x) = \begin{cases} 2x, & 0 < x < 1 \\ 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
olsun. \(Y = 3X + 1\) rastgele değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
Değer kümesi. \(0 < x < 1\) iken \(1 < 3x + 1 < 4\); öyleyse \(D_Y = (1, 4)\). \(y \le 1\) için \(F_Y(y) = 0\), \(y \ge 4\) için \(F_Y(y) = 1\)’dir.
Dağılım fonksiyonu. \(1 < y < 4\) için \(3X + 1 \le y\) eşitsizliği \(X \le \frac{y-1}{3}\) ile aynıdır ve \(0 < \frac{y-1}{3} < 1\) olduğundan
\[F_Y(y) = P(3X + 1 \le y) = P\Bigl(X \le \frac{y-1}{3}\Bigr) = \int_0^{\frac{y-1}{3}} 2x\,dx = \Bigl[x^2\Bigr]_0^{\frac{y-1}{3}} = \frac{(y-1)^2}{9}.\]
Türev. \(1 < y < 4\) için \(f_Y(y) = F_Y'(y) = \frac{2(y-1)}{9}\). Böylece
\[f_Y(y) = \begin{cases} \dfrac{2(y-1)}{9}, & 1 < y < 4 \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda.} \end{cases}\]
Sağlama: \(\displaystyle\int_1^4 \frac{2(y-1)}{9}\,dy = \Bigl[\frac{(y-1)^2}{9}\Bigr]_1^4 = 1\).
Aynı hesap genel olarak \(a > 0\) için \(Y = aX + b\) dönüşümüne \(f_Y(y) = \frac{1}{a} f_X\bigl(\frac{y-b}{a}\bigr)\) verir: yoğunluğun grafiği \(a\) kat genişler, \(b\) kadar kayar ve alanı \(1\)’de tutmak için \(\frac{1}{a}\) ile çarpılır.
\(\blacksquare\)
Örnek 12.3 (Üstel Dönüşüm) \(X\), önceki örnekteki gibi \(f_X(x) = 2x\) (\(0 < x < 1\)) yoğunluklu rastgele değişken olsun. \(Y = e^{-X}\) rastgele değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
Değer kümesi. \(x \mapsto e^{-x}\) azalandır; \(0 < x < 1\) iken \(e^{-1} < e^{-x} < 1\). Öyleyse \(D_Y = (e^{-1}, 1)\); \(y \le e^{-1}\) için \(F_Y(y) = 0\), \(y \ge 1\) için \(F_Y(y) = 1\).
Dağılım fonksiyonu. \(e^{-1} < y < 1\) olsun. Her iki tarafın logaritması alınırsa (logaritma artan olduğundan eşitsizliğin yönü korunur) \(e^{-X} \le y \iff -X \le \ln y \iff X \ge -\ln y\) bulunur; ayrıca \(0 < -\ln y < 1\)’dir. Buna göre
\[F_Y(y) = P(e^{-X} \le y) = P(X \ge -\ln y) = \int_{-\ln y}^{1} 2x\,dx = \Bigl[x^2\Bigr]_{-\ln y}^{1} = 1 - (\ln y)^2.\]
Uçlarda süreklilik kontrolü: \(y \to e^{-1}\) iken \(1 - (-1)^2 = 0\), \(y \to 1\) iken \(1 - 0 = 1\); beklendiği gibi.
Türev. \(e^{-1} < y < 1\) için
\[f_Y(y) = F_Y'(y) = -2 \ln y \cdot \frac{1}{y} = -\frac{2 \ln y}{y}.\]
Bu aralıkta \(\ln y < 0\) olduğundan \(f_Y(y) > 0\)’dır. Böylece
\[f_Y(y) = \begin{cases} -\dfrac{2 \ln y}{y}, & e^{-1} < y < 1 \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda.} \end{cases}\]
Sağlama: \(u = \ln y\) dönüşümüyle \(\displaystyle\int_{e^{-1}}^{1} -\frac{2 \ln y}{y}\,dy = \int_{-1}^{0} -2u\,du = \Bigl[-u^2\Bigr]_{-1}^{0} = 1\).
\(\blacksquare\)
Şimdi birebir olmayan bir dönüşüme geçelim. Kare fonksiyonu \(x\) ile \(-x\)’i aynı noktaya götürür; \(Y = X^2\)’nin dağılımına ters görüntünün iki dalından, negatif ve pozitif karekök dallarından katkı gelir.
Örnek 12.4 (Simetrik Aralıkta Kare Dönüşümü) \(X\) rastgele değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[f_X(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{4}, & -2 \le x \le 2 \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
olsun. \(Y = X^2\) rastgele değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
Değer kümesi. \(-2 \le x \le 2\) iken \(0 \le x^2 \le 4\); \(D_Y = [0, 4]\).
Dağılım fonksiyonu. \(0 < y < 4\) için \(X^2 \le y \iff -\sqrt{y} \le X \le \sqrt{y}\); ters görüntü tek bir aralıktır ama iki daldan gelir. \([-\sqrt{y}, \sqrt{y}] \subseteq [-2, 2]\) olduğundan
\[F_Y(y) = P(X^2 \le y) = P(-\sqrt{y} \le X \le \sqrt{y}) = \int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}} \frac{1}{4}\,dx = \frac{2\sqrt{y}}{4} = \frac{\sqrt{y}}{2}.\]
\(y \le 0\) için \(F_Y(y) = 0\), \(y \ge 4\) için \(F_Y(y) = 1\)’dir; \(y = 4\)’te \(\frac{\sqrt{4}}{2} = 1\) ile uyumludur.
Türev. \(0 < y < 4\) için \(f_Y(y) = \dfrac{d}{dy}\dfrac{\sqrt{y}}{2} = \dfrac{1}{4\sqrt{y}}\). Böylece
\[f_Y(y) = \begin{cases} \dfrac{1}{4\sqrt{y}}, & 0 < y < 4 \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda.} \end{cases}\]
Sağlama: \(\displaystyle\int_0^4 \frac{1}{4\sqrt{y}}\,dy = \Bigl[\frac{\sqrt{y}}{2}\Bigr]_0^4 = 1\). Yoğunluk \(y \to 0^+\) iken sınırsız büyür; bir olasılık yoğunluk fonksiyonu sınırlı olmak zorunda değildir, integralinin \(1\) olması yeter. Sınırsızlığın nedeni, kare fonksiyonunun \(0\) yakınında \(x\) eksenindeki geniş bir aralığı \(y\) ekseninde çok dar bir aralığa sıkıştırmasıdır.
\(\blacksquare\)
Simetrik aralıkta \(\pm\sqrt{y}\) dalları eşit katkı verdi. Aralık simetrik değilse büyük \(y\) değerleri için dallardan biri tanım bölgesinin dışına düşer ve toplama yalnızca bir dal katkı verir; aşağıdaki gibi düzgün bir yoğunlukta bu, yoğunluğun yarıya inmesi demektir.
Örnek 12.5 (Simetrik Olmayan Aralıkta Kare Dönüşümü) \(X\) rastgele değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[f_X(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{3}, & -1 \le x \le 2 \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
olsun. \(Y = X^2\) rastgele değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
Değer kümesi. \(-1 \le x \le 2\) iken \(0 \le x^2 \le 4\); \(D_Y = [0, 4]\).
Dağılım fonksiyonu. \(0 < y < 4\) için yine \(X^2 \le y \iff -\sqrt{y} \le X \le \sqrt{y}\), ama bu aralığın \([-1, 2]\) ile kesişimi \(y\)’ye bağlıdır.
Durum \(0 < y \le 1\): \(-1 \le -\sqrt{y}\) olduğundan \([-\sqrt{y}, \sqrt{y}] \subseteq [-1, 2]\) ve
\[F_Y(y) = \int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}} \frac{1}{3}\,dx = \frac{2\sqrt{y}}{3}.\]
Durum \(1 < y < 4\): \(-\sqrt{y} < -1\) olduğundan \(X \ge -\sqrt{y}\) koşulu kendiliğinden sağlanır; \((X^2 \le y) = (-1 \le X \le \sqrt{y})\) ve
\[F_Y(y) = \int_{-1}^{\sqrt{y}} \frac{1}{3}\,dx = \frac{\sqrt{y} + 1}{3}.\]
Süreklilik kontrolü: \(y = 1\)’de iki ifade de \(\frac{2}{3}\) verir; \(y \to 4\) iken \(\frac{2 + 1}{3} = 1\).
Türev. Parçalara ayrı ayrı türev alınır:
\[f_Y(y) = \begin{cases} \dfrac{1}{3\sqrt{y}}, & 0 < y < 1 \\[2mm] \dfrac{1}{6\sqrt{y}}, & 1 < y < 4 \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda.} \end{cases}\]
(\(F_Y\), \(y = 1\)’de sürekli ama türevlenemez; sol türev \(\frac{1}{3}\), sağ türev \(\frac{1}{6}\)’dır. Tek bir noktadaki değer yoğunluğu değiştirmez.) Sağlama:
\[\int_0^1 \frac{1}{3\sqrt{y}}\,dy + \int_1^4 \frac{1}{6\sqrt{y}}\,dy = \Bigl[\frac{2\sqrt{y}}{3}\Bigr]_0^1 + \Bigl[\frac{\sqrt{y}}{3}\Bigr]_1^4 = \frac{2}{3} + \frac{2 - 1}{3} = 1.\]
\(1 < y < 4\) için yoğunluğun yarıya inmesinin nedeni açıktır: \(X\) hiçbir zaman \(-1\)’in altına düşmediğinden \(x = -\sqrt{y}\) dalı katkı vermez, yalnızca \(x = \sqrt{y}\) dalı kalır.
\(\blacksquare\)
12.4 Dönüşüm Kesikli mi, Sürekli mi?
Buraya kadar kesikli \(X\)’in dönüşümü kesikli çıktı; yoğunluğu olan \(X\)’in dönüşümünün de yoğunluğu çıktı. İlki her zaman doğrudur; ikincisi değildir. Bu farkı açıkça kaydedelim. Bunun için kesikli (değer kümesi sayılabilir) ile sürekli (değer kümesi sayılamaz) ayrımını, yoğunluğun var olup olmamasından ayrı tutmak gerekir.
Önerme 12.2 (Dönüşümün Türü) (i) Kesikli bir rastgele değişkenin herhangi bir fonksiyonu yine kesiklidir; kesikli bir değişkenin dönüşümü hiçbir zaman sürekli bir rastgele değişken vermez.
(ii) Yoğunluğu olan bir rastgele değişkenin fonksiyonu yoğunluğu olan bir değişken olabilir, kesikli olabilir ya da değer kümesi sayılamaz olduğu hâlde yoğunluğu olmayabilir.
İspat
(i) Önerme 12.1’da gösterildi: \(D_Y = g(D_X)\) sayılabilirdir, dolayısıyla \(Y\) kesiklidir. Sürekli bir rastgele değişkenin değer kümesi sayılamaz olduğundan (Tanım 11.1) \(Y\) sürekli olamaz. Daha fazlası da söylenebilir: \(Y\)’nin yoğunluğu da olamaz. Yoğunluğu olan bir değişken için sayılabilir bir kümenin olasılığı, tek noktalı olayların olasılıklarının toplamı olarak \(0\)’dır (Önerme 11.1); oysa \(P(Y \in D_Y) = 1\)’dir.
(ii) Her üç durum için birer örnek yeter. Önceki örneklerde yoğunluğu olan \(X\)’in dönüşümlerinin yoğunluğu çıktı. Aşağıdaki Örnek 12.6’nde yoğunluğu olan \(X\)’in tam değeri kesikli çıkacak. Üçüncü durum için \(X\), \((-1, 1)\) üzerinde \(f_X(x) = \frac{1}{2}\) yoğunluklu olsun ve \(Y = \max(X, 0)\) alınsın. \(Y\)’nin değer kümesi \([0, 1)\) sayılamaz olduğundan \(Y\) süreklidir, kesikli değildir. Öte yandan \(P(Y = 0) = P(X \le 0) = \frac{1}{2}\)’dir; yoğunluğu olan bir değişkende her noktanın olasılığı \(0\) olduğundan (Önerme 11.1) \(Y\)’nin yoğunluğu yoktur. Dağılım fonksiyonu bunu açıkça gösterir: \(F_Y(y) = 0\) (\(y < 0\)), \(F_Y(y) = P(X \le y) = \frac{y+1}{2}\) (\(0 \le y < 1\)), \(F_Y(y) = 1\) (\(y \ge 1\)); \(F_Y\), \(0\)’da \(\frac{1}{2}\) kadar sıçrar, sonra eğik bir doğru parçası boyunca artar.
\(\blacksquare\)
Dağılım fonksiyonu tekniğinin üçüncü adımı bu yüzden “türev al” değil, “önce \(F_Y\)’ye bak” der. \(F_Y\) sürekli ve parçalı türevlenebilir ise \(Y\)’nin yoğunluğu vardır ve türev onu verir; \(F_Y\) basamaklı ise \(Y\) kesiklidir ve sıçramalar olasılık fonksiyonunu verir; ikisi karışıksa \(Y\) kesikli değildir ama yoğunluğu da yoktur. \(g\)’nin bir aralığı tek bir noktaya çökertmesi (sabit kalması) kesikliliğin tipik kaynağıdır.
Örnek 12.6 (Tam Değer Dönüşümü) \(X\) rastgele değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[f_X(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{5}, & 0 \le x \le 5 \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
olsun. \(Y = \lfloor X \rfloor\) (\(X\)’in tam değeri, yani \(X\)’i aşmayan en büyük tam sayı) rastgele değişkeninin dağılımını bulunuz.
Çözüm
\(X\), \(1\) olasılıkla \([0, 5]\) içinde değer aldığından \(Y\)’nin alabileceği değerler \(0, 1, 2, 3, 4, 5\) tam sayılarıdır; \(Y\) kesikli bir rastgele değişkendir. Her \(k\) için \(\lfloor X \rfloor = k \iff k \le X < k + 1\) olduğundan, \(k = 0, 1, 2, 3, 4\) için
\[P(Y = k) = P(k \le X < k + 1) = \int_k^{k+1} \frac{1}{5}\,dx = \frac{1}{5}.\]
\(k = 5\) için ise \((5 \le X < 6) = (X = 5)\) ve \(X\)’in yoğunluğu olduğundan (Önerme 11.1)
\[P(Y = 5) = P(X = 5) = 0.\]
Demek ki \(5\) değeri olasılık taşımaz; olasılık taşıyan değerler kümesi \(\{0, 1, 2, 3, 4\}\) ve olasılık fonksiyonu
\[f_Y(y) = P(Y = y) = \frac{1}{5}, \qquad y \in \{0, 1, 2, 3, 4\}\]
dir. Toplam \(5 \cdot \frac{1}{5} = 1\)’dir. \(Y\)’nin dağılım fonksiyonu, \(0, 1, 2, 3, 4\) noktalarının her birinde \(\frac{1}{5}\) sıçrayan bir basamak fonksiyonudur (Önerme 10.2): \(F_Y(y) = 0\) (\(y < 0\)), \(F_Y(y) = \frac{k+1}{5}\) (\(k \le y < k+1\), \(k = 0, \dots, 3\)), \(F_Y(y) = 1\) (\(y \ge 4\)). Sürekli bir değişkenden kesikli bir değişken elde ettik: tam değer fonksiyonu her \([k, k+1)\) aralığını tek bir noktaya çökertir ve o aralığın olasılığı o noktada birikir.
\(\blacksquare\)
12.5 Dönüşüm Teoremi
Dağılım fonksiyonu tekniği her zaman işler ama her seferinde \(g(x) \le y\) eşitsizliğini çözmeyi, integrali kurmayı ve türev almayı gerektirir. Örneklere geri bakınca hesabın hep aynı iskelete oturduğu görülür: \(g\) monoton parçalara ayrılır, her parçada ters fonksiyon alınır, zincir kuralıyla türev, \(f_X(g_i^{-1}(y))\) ile ters fonksiyonun türevinin çarpımı olarak çıkar. Bu iskeleti bir kez ispatlayıp sonra doğrudan formül olarak kullanmak çok zaman kazandırır. Formülü önce sezgisel olarak görelim: \(g\) artan ve türevlenebilir olsun. \(y\) ile \(y + dy\) arasına düşme olasılığı \(f_Y(y)\,dy\)’dir; bu olay, \(X\)’in ters görüntü aralığı \([x, x + dx]\)’e düşmesiyle aynıdır (\(x = g^{-1}(y)\), \(dx = (g^{-1})'(y)\,dy\)), olasılığı \(f_X(x)\,dx\)’tir. Öyleyse \(f_Y(y)\,dy = f_X(x)\,dx\), yani \(f_Y(y) = f_X(g^{-1}(y))\,\frac{dx}{dy}\). Azalan \(g\)’de \(dx\) negatif çıkar, mutlak değer gerekir. Birebir olmayan \(g\)’de her monoton parça kendi katkısını getirir ve katkılar toplanır.
Teorem 12.2 (Dönüşüm Teoremi) \(X\), olasılık yoğunluk fonksiyonu \(f_X\) olan sürekli bir rastgele değişken olsun; \(f_X\), \((a, b)\) aralığının dışında sıfır ve \((a, b)\) üzerinde sonlu sayıda nokta dışında sürekli olsun. \((a_1, b_1), (a_2, b_2), \dots, (a_k, b_k)\) ikişer ikişer ayrık açık aralıkları \((a, b)\)’yi sonlu sayıda nokta dışında örtsün. \(g : (a, b) \to \mathbb{R}\) fonksiyonunun her \((a_i, b_i)\) aralığına kısıtlanışı \(g_i\) için şunlar sağlansın:
- \(g_i\) sürekli ve kesin monotondur (artan ya da azalan); dolayısıyla \((a_i, b_i)\)’yi bir \((c_i, d_i)\) açık aralığına birebir ve örten biçimde götürür,
- ters fonksiyonu \(g_i^{-1} : (c_i, d_i) \to (a_i, b_i)\) sürekli türevlenebilirdir.
O zaman \(Y = g(X)\)’in bir olasılık yoğunluk fonksiyonu vardır ve bu fonksiyon
\[f_Y(y) = \sum_{i : \, c_i < y < d_i} f_X\bigl(g_i^{-1}(y)\bigr) \left| \frac{d g_i^{-1}(y)}{dy} \right|\]
dir; toplam, \(y\)’yi görüntü aralığında bulunduran \(i\)’ler üzerindendir ve hiçbir \((c_i, d_i)\)’ye düşmeyen \(y\) için \(f_Y(y) = 0\)’dır. Özel olarak bütün \(g_i\)’ler aynı \((c, d)\) aralığına örten ise, \(c < y < d\) için
\[f_Y(y) = \sum_{i=1}^{k} f_X\bigl(g_i^{-1}(y)\bigr) \left| \frac{d g_i^{-1}(y)}{dy} \right|\]
olur.
İspat
İspat, her parçaya dağılım fonksiyonu tekniğini uygulayıp zincir kuralıyla türev almaktan ibarettir.
Adım 1: \(F_Y\)’yi parçalara ayırma. \(N\), \((a, b)\)’nin \(\bigcup_i (a_i, b_i)\) dışında kalan sonlu sayıdaki noktasının kümesi olsun. \(X\)’in yoğunluğu olduğundan \(P(X \in N) = 0\) (Önerme 11.1) ve \(f_X\), \((a, b)\) dışında sıfır olduğundan \(P(X \notin (a, b)) = \int_{\mathbb{R} \setminus (a, b)} f_X(x)\,dx = 0\)’dır. \((a_i < X < b_i)\) olayları ayrıktır ve olasılıkları toplamı \(1\)’dir. Öyleyse her \(y \in \mathbb{R}\) için
\[F_Y(y) = P\bigl(g(X) \le y\bigr) = \sum_{i=1}^{k} P\bigl(a_i < X < b_i,\ g_i(X) \le y\bigr) = \sum_{i=1}^{k} H_i(y), \qquad H_i(y) = P\bigl(a_i < X < b_i,\ g_i(X) \le y\bigr).\]
Adım 2: Her \(H_i\)’nin hesabı. \(g_i\)’nin görüntüsü \((c_i, d_i)\) olduğundan üç durum vardır.
- \(y \le c_i\) ise \(g_i(X) \le y\) olayı imkânsızdır: \(H_i(y) = 0\).
- \(y \ge d_i\) ise \(g_i(X) \le y\) kesindir: \(H_i(y) = P(a_i < X < b_i) = F_X(b_i) - F_X(a_i)\).
- \(c_i < y < d_i\) ise ters fonksiyon devreye girer. \(g_i\) artan olduğunda \(x \in (a_i, b_i)\) için \(g_i(x) \le y \iff x \le g_i^{-1}(y)\); Teorem 9.2 ile
\[H_i(y) = P\bigl(a_i < X \le g_i^{-1}(y)\bigr) = F_X\bigl(g_i^{-1}(y)\bigr) - F_X(a_i).\]
\(g_i\) azalan olduğunda \(g_i(x) \le y \iff x \ge g_i^{-1}(y)\); sürekli değişkende uç noktalar olasılık taşımadığından
\[H_i(y) = P\bigl(g_i^{-1}(y) \le X < b_i\bigr) = F_X(b_i) - F_X\bigl(g_i^{-1}(y)\bigr).\]
Adım 3: \(F_Y\) süreklidir. \(X\)’in yoğunluğu olduğundan \(F_X\) süreklidir (Teorem 11.1), \(g_i^{-1}\) süreklidir ve \(y \to c_i^{+}\) ya da \(y \to d_i^{-}\) iken \(g_i^{-1}(y)\) ilgili uca yaklaşır (\(g_i\) artansa \(c_i^{+}\) için \(a_i\)’ye, \(d_i^{-}\) için \(b_i\)’ye; azalansa tersi). Bu yüzden Adım 2’deki üç parça \(c_i\) ve \(d_i\)’de birbirine eklenir ve \(H_i\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde süreklidir. Sonlu toplam olan \(F_Y\) de süreklidir; demek ki \(Y\)’nin pozitif olasılıklı noktası yoktur.
Adım 4: Zincir kuralı. \(c_i < y < d_i\) olsun ve \(f_X\), \(g_i^{-1}(y)\) noktasında sürekli olsun (bu koşul sonlu sayıda \(y\) dışında sağlanır, çünkü \(f_X\)’in süreksizlik noktaları sonludur ve \(g_i^{-1}\) birebirdir). Teorem 11.2 gereği \(F_X'\bigl(g_i^{-1}(y)\bigr) = f_X\bigl(g_i^{-1}(y)\bigr)\) ve zincir kuralıyla, artan durumda
\[H_i'(y) = f_X\bigl(g_i^{-1}(y)\bigr)\,\frac{d g_i^{-1}(y)}{dy}, \qquad \text{azalan durumda} \qquad H_i'(y) = -f_X\bigl(g_i^{-1}(y)\bigr)\,\frac{d g_i^{-1}(y)}{dy}.\]
Artan fonksiyonun tersi artan, azalanın tersi azalan olduğundan ilk durumda \(\frac{d g_i^{-1}}{dy} \ge 0\), ikincide \(\frac{d g_i^{-1}}{dy} \le 0\)’dır. İki durumda da
\[H_i'(y) = f_X\bigl(g_i^{-1}(y)\bigr) \left| \frac{d g_i^{-1}(y)}{dy} \right|.\]
\(y \notin [c_i, d_i]\) için \(H_i\) sabittir ve türevi \(0\)’dır.
Adım 5: Toplama. Adım 4’ü \(i\) üzerinden toplayınca, sonlu sayıda \(y\) dışında
\[F_Y'(y) = \sum_{i : \, c_i < y < d_i} f_X\bigl(g_i^{-1}(y)\bigr) \left| \frac{d g_i^{-1}(y)}{dy} \right|\]
bulunur. \(F_Y\) sürekli, sonlu sayıda nokta dışında türevlenebilir ve türevi sonlu sayıda nokta dışında sürekli olduğundan (her terim, sürekli fonksiyonların çarpımıdır) \(F_Y(y) = \int_{-\infty}^{y} F_Y'(t)\,dt\) sağlanır. Ayrıca \(F_Y' \ge 0\)’dır ve \(\int_{-\infty}^{\infty} F_Y'(t)\,dt = \lim_{y \to \infty} F_Y(y) = 1\)’dir. Demek ki \(f_Y = F_Y'\), \(Y\)’nin bir olasılık yoğunluk fonksiyonudur (Tanım 11.2). Hiçbir \((c_i, d_i)\)’ye düşmeyen \(y\)’de bütün \(H_i\)’ler sabit olduğundan \(f_Y(y) = 0\)’dır.
\(\blacksquare\)
\(g\), \(D_X = (a, b)\) üzerinde kesin monoton ve \(g^{-1}\) sürekli türevlenebilir ise, \(y \in g\bigl((a, b)\bigr)\) için
\[f_Y(y) = f_X\bigl(g^{-1}(y)\bigr) \left| \frac{d g^{-1}(y)}{dy} \right| = \frac{f_X(x)}{|g'(x)|}, \qquad x = g^{-1}(y)\]
olur; ikinci eşitlik \(g'(x) \ne 0\) olduğunda ters fonksiyonun türev kuralından gelir. Doğrusal ve üstel dönüşüm örnekleri bu formülle tek satırda çözülür. Örnek 12.2’de \(g^{-1}(y) = \frac{y-1}{3}\), türevi \(\frac{1}{3}\): \(f_Y(y) = 2 \cdot \frac{y-1}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2(y-1)}{9}\). Örnek 12.3’de \(g^{-1}(y) = -\ln y\), türevi \(-\frac{1}{y}\), mutlak değeri \(\frac{1}{y}\): \(f_Y(y) = 2(-\ln y) \cdot \frac{1}{y} = -\frac{2 \ln y}{y}\). Her iki sonuç da dağılım fonksiyonu tekniğiyle bulduğumuzla aynıdır.
Formülün asıl gücü birebir olmayan dönüşümlerde ortaya çıkar. Kare dönüşümünü şimdi formülle yeniden ele alalım; simetrik durumda sonucun Örnek 12.4 ile örtüştüğünü göreceğiz, sonra aynı tekniği daha geniş bir aralığa uygulayacağız.
Örnek 12.7 (Kare Dönüşümü Dönüşüm Teoremiyle) (a) \(X\)’in olasılık yoğunluk fonksiyonu \(f_X(x) = \frac{1}{4}\) (\(-2 < x < 2\); diğer durumlarda \(0\)) olsun. \(Y = X^2\)’nin olasılık yoğunluk fonksiyonunu Teorem 12.2 ile bulunuz.
(b) \(X\)’in olasılık yoğunluk fonksiyonu \(f_X(x) = \frac{1}{5}\) (\(-2 < x < 3\); diğer durumlarda \(0\)) olsun. \(Y = X^2\)’nin olasılık yoğunluk fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
(a) \(g(x) = x^2\), \((-2, 2)\) üzerinde monoton değildir; ama \(0\) noktası çıkarılınca \((-2, 0)\) üzerinde azalan, \((0, 2)\) üzerinde artandır (\(P(X = 0) = 0\) olduğundan noktanın çıkarılması bir şey değiştirmez). Parçaları ve terslerini yazalım:
\[g_1 : (-2, 0) \to (0, 4),\ g_1(x) = x^2, \qquad g_1^{-1} : (0, 4) \to (-2, 0),\ g_1^{-1}(y) = -\sqrt{y}, \qquad \frac{d g_1^{-1}(y)}{dy} = -\frac{1}{2\sqrt{y}};\]
\[g_2 : (0, 2) \to (0, 4),\ g_2(x) = x^2, \qquad g_2^{-1} : (0, 4) \to (0, 2),\ g_2^{-1}(y) = \sqrt{y}, \qquad \frac{d g_2^{-1}(y)}{dy} = \frac{1}{2\sqrt{y}}.\]
İki parça da aynı \((0, 4)\) aralığına örtendir; \(0 < y < 4\) için
\[f_Y(y) = f_X(-\sqrt{y}) \left| -\frac{1}{2\sqrt{y}} \right| + f_X(\sqrt{y}) \left| \frac{1}{2\sqrt{y}} \right| = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2\sqrt{y}} + \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2\sqrt{y}} = \frac{1}{4\sqrt{y}}.\]
Böylece
\[f_Y(y) = \begin{cases} \dfrac{1}{4\sqrt{y}}, & 0 < y < 4 \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
olur; Örnek 12.4 ile aynıdır, ama integral kurmadan ve türev almadan bulunmuştur.
(b) Şimdi \((-2, 3)\) aralığı \(0\) noktasıyla \((-2, 0)\) ve \((0, 3)\) parçalarına ayrılır:
\[g_1 : (-2, 0) \to (0, 4),\ g_1^{-1}(y) = -\sqrt{y}; \qquad g_2 : (0, 3) \to (0, 9),\ g_2^{-1}(y) = \sqrt{y}.\]
Görüntü aralıkları farklıdır: \((c_1, d_1) = (0, 4)\), \((c_2, d_2) = (0, 9)\). Formüldeki toplam, \(y\)’yi içeren görüntü aralıkları üzerindendir.
\(0 < y < 4\): iki parça da katkı verir:
\[f_Y(y) = \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{2\sqrt{y}} + \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{2\sqrt{y}} = \frac{1}{5\sqrt{y}}.\]
\(4 < y < 9\): yalnızca \(g_2\) katkı verir, çünkü \(-\sqrt{y} < -2\) artık \(X\)’in tanım bölgesinin dışındadır:
\[f_Y(y) = \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{2\sqrt{y}} = \frac{1}{10\sqrt{y}}.\]
Sonuç:
\[f_Y(y) = \begin{cases} \dfrac{1}{5\sqrt{y}}, & 0 < y < 4 \\[2mm] \dfrac{1}{10\sqrt{y}}, & 4 < y < 9 \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda.} \end{cases}\]
Sağlama:
\[\int_0^4 \frac{dy}{5\sqrt{y}} + \int_4^9 \frac{dy}{10\sqrt{y}} = \Bigl[\frac{2\sqrt{y}}{5}\Bigr]_0^4 + \Bigl[\frac{\sqrt{y}}{5}\Bigr]_4^9 = \frac{4}{5} + \frac{3 - 2}{5} = 1.\]
İlk parçanın olasılığı \(\frac{4}{5} = P(-2 < X < 2)\), ikincininki \(\frac{1}{5} = P(2 < X < 3)\)’tür; beklendiği gibi.
\(\blacksquare\)
Son olarak, monoton bir dönüşümün bizi yepyeni bir dağılıma götürdüğü bir örnek görelim. \((-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})\) aralığında düzgün dağılan bir açının tanjantı, bütün gerçel eksene yayılan, kuyrukları çok ağır bir dağılım verir.
Örnek 12.8 (Tanjant Dönüşümü ve Cauchy Dağılımı) \(X\) rastgele değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[f_X(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{\pi}, & -\dfrac{\pi}{2} < x < \dfrac{\pi}{2} \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
olsun. \(Y = \tan X\) rastgele değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
Dönüşüm teoremiyle. \(g(x) = \tan x\), \((-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})\) üzerinde sürekli ve kesin artandır; \(x \to -\frac{\pi}{2}^{+}\) iken \(-\infty\)’a, \(x \to \frac{\pi}{2}^{-}\) iken \(+\infty\)’a gittiğinden bu aralığı \(\mathbb{R} = (-\infty, \infty)\)’a birebir ve örten biçimde götürür. Ters fonksiyonu
\[g^{-1}(y) = \arctan y, \qquad \frac{d g^{-1}(y)}{dy} = \frac{1}{1 + y^2}\]
her yerde sürekli türevlenebilirdir. Tek parça vardır (\(k = 1\)); her \(y \in \mathbb{R}\) için
\[f_Y(y) = f_X(\arctan y) \left| \frac{1}{1 + y^2} \right| = \frac{1}{\pi} \cdot \frac{1}{1 + y^2} = \frac{1}{\pi (1 + y^2)}.\]
Burada \(-\frac{\pi}{2} < \arctan y < \frac{\pi}{2}\) olduğundan \(f_X(\arctan y) = \frac{1}{\pi}\)’dir.
Dağılım fonksiyonu tekniğiyle sağlama. \(\tan\) artan olduğundan \(\tan X \le y \iff X \le \arctan y\) ve
\[F_Y(y) = P(X \le \arctan y) = \int_{-\pi/2}^{\arctan y} \frac{1}{\pi}\,dx = \frac{1}{\pi}\Bigl(\arctan y + \frac{\pi}{2}\Bigr) = \frac{1}{2} + \frac{\arctan y}{\pi}, \qquad y \in \mathbb{R}.\]
Türevi \(\frac{1}{\pi(1 + y^2)}\)’dir; iki yol örtüşür. Toplam olasılık:
\[\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dy}{\pi(1 + y^2)} = \frac{1}{\pi}\Bigl[\arctan y\Bigr]_{-\infty}^{\infty} = \frac{1}{\pi}\Bigl(\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2}\Bigr) = 1.\]
Bulduğumuz
\[f_Y(y) = \frac{1}{\pi(1 + y^2)}, \qquad y \in \mathbb{R}, \qquad F_Y(y) = \frac{1}{2} + \frac{\arctan y}{\pi}\]
dağılımına Cauchy dağılımı denir. Yoğunluk \(0\) etrafında simetrik ve çan biçimlidir, ama kuyrukları \(\frac{1}{\pi y^2}\) gibi, yani çok yavaş söner: \(\arctan 1 = \frac{\pi}{4}\) olduğundan \(P(Y > 1) = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}\) ve simetriyle \(P(|Y| > 1) = \frac{1}{2}\); \(P(|Y| > 10) = 1 - \frac{2}{\pi}\arctan 10 \approx 0{,}064\). Geometrik yorumu şudur: \((0, 1)\) noktasındaki bir ışık kaynağı düşeyle rastgele bir \(X\) açısı yaparak bir ışın gönderirse, ışın \(x\) eksenini \(\tan X\) noktasında keser; kesim noktası Cauchy dağılımlıdır. Ağır kuyruklar, kaynağın neredeyse yatay gönderdiği ışınların eksenin çok uzağına düşmesinden gelir.
\(\blacksquare\)
12.6 Bir Yoğunluğun Baştan Sona İncelenmesi
Bölümün araçlarını bir arada kullanan iki örnekle bitirelim. İlkinde bir yoğunluk fonksiyonu doğrulanacak, koşullu olasılık hesaplanacak, doğrusal dönüşümün yoğunluğu bulunacak ve \(X\)’in dağılım fonksiyonu kurulacak. İkincisinde parçalı bir yoğunluktaki bilinmeyen sabit belirlenecek ve dağılım fonksiyonu kurulacak.
Örnek 12.9 (Yoğunluk, Koşullu Olasılık ve Doğrusal Dönüşüm) \(X\) rastgele değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[f_X(x) = \begin{cases} \dfrac{x}{2}, & 0 < x < 2 \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
olsun.
(a) \(f_X\)’in bir olasılık yoğunluk fonksiyonu olup olmadığını inceleyiniz.
(b) \(P(X < 1)\) ve \(P\bigl(\tfrac{1}{2} < X < \tfrac{3}{2} \mid X < 1\bigr)\) olasılıklarını hesaplayınız.
(c) \(Y = 3X + 2\) rastgele değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonunu bulunuz.
(d) \(X\)’in dağılım fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
(a) Yoğunluk fonksiyonu olmanın iki koşulu vardır (Tanım 11.2): \(f_X \ge 0\) ve toplam integral \(1\). \(0 < x < 2\) için \(\frac{x}{2} > 0\), diğer durumlarda \(f_X = 0\); ilk koşul sağlanır. İkincisi:
\[\int_{-\infty}^{\infty} f_X(x)\,dx = \int_0^2 \frac{x}{2}\,dx = \Bigl[\frac{x^2}{4}\Bigr]_0^2 = 1.\]
Demek ki \(f_X\) bir olasılık yoğunluk fonksiyonudur.
(b) \(P(X < 1) = \displaystyle\int_0^1 \frac{x}{2}\,dx = \Bigl[\frac{x^2}{4}\Bigr]_0^1 = \frac{1}{4}\).
Koşullu olasılık için (Tanım 6.1) kesişim olayına bakalım: \(\bigl(\tfrac{1}{2} < X < \tfrac{3}{2}\bigr) \cap (X < 1) = \bigl(\tfrac{1}{2} < X < 1\bigr)\) ve
\[P\Bigl(\frac{1}{2} < X < 1\Bigr) = \int_{1/2}^{1} \frac{x}{2}\,dx = \Bigl[\frac{x^2}{4}\Bigr]_{1/2}^{1} = \frac{1}{4} - \frac{1}{16} = \frac{3}{16}.\]
Böylece
\[P\Bigl(\frac{1}{2} < X < \frac{3}{2} \mid X < 1\Bigr) = \frac{P\bigl(\frac{1}{2} < X < 1\bigr)}{P(X < 1)} = \frac{3/16}{1/4} = \frac{3}{4}.\]
(c) \(0 < x < 2\) iken \(2 < 3x + 2 < 8\); \(D_Y = (2, 8)\). \(g(x) = 3x + 2\) artan, \(g^{-1}(y) = \frac{y-2}{3}\), türevi \(\frac{1}{3}\). Dönüşüm teoremiyle (\(k = 1\)), \(2 < y < 8\) için
\[f_Y(y) = f_X\Bigl(\frac{y-2}{3}\Bigr) \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{2} \cdot \frac{y-2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{y-2}{18}.\]
Dağılım fonksiyonu tekniğiyle de aynı sonuç çıkar: \(F_Y(y) = P\bigl(X \le \frac{y-2}{3}\bigr) = \frac{1}{4}\bigl(\frac{y-2}{3}\bigr)^2 = \frac{(y-2)^2}{36}\), türevi \(\frac{y-2}{18}\). Demek ki
\[f_Y(y) = \begin{cases} \dfrac{y-2}{18}, & 2 < y < 8 \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda.} \end{cases}\]
Sağlama: \(\displaystyle\int_2^8 \frac{y-2}{18}\,dy = \Bigl[\frac{(y-2)^2}{36}\Bigr]_2^8 = \frac{36}{36} = 1\).
(d) \(F_X(x) = \displaystyle\int_{-\infty}^{x} f_X(t)\,dt\) (Tanım 9.1). \(x < 0\) için integral \(0\)’dır. \(0 \le x < 2\) için \(F_X(x) = \displaystyle\int_0^x \frac{t}{2}\,dt = \frac{x^2}{4}\). \(x \ge 2\) için \(F_X(x) = 1\). Böylece
\[F_X(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\[1mm] \dfrac{x^2}{4}, & 0 \le x < 2 \\[2mm] 1, & x \ge 2. \end{cases}\]
\(F_X\) süreklidir, \(0\)’dan \(1\)’e artar ve türevi \(f_X\)’tir (Teorem 9.1, Teorem 11.2). (b)’deki \(P(X < 1) = F_X(1) = \frac{1}{4}\) değeri buradan da okunur.
\(\blacksquare\)
Örnek 12.10 (Parçalı Yoğunlukta Sabitin Belirlenmesi ve Dağılım Fonksiyonu) \(X\) rastgele değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[f_X(x) = \begin{cases} x + 1, & -1 < x < 0 \\[1mm] 2x - 6, & 3 < x < c \\[1mm] 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
olsun.
(a) \(c\) sabitini bulunuz.
(b) \(P(X = 2)\) olasılığını hesaplayınız.
(c) \(F_X\) dağılım fonksiyonunu oluşturunuz.
Çözüm
(a) Önce işaret koşulu: \(-1 < x < 0\) için \(x + 1 > 0\); \(c > 3\) olmak üzere \(3 < x < c\) için \(2x - 6 > 0\). Toplam integral \(1\) olmalıdır:
\[\int_{-1}^{0} (x + 1)\,dx = \Bigl[\frac{(x+1)^2}{2}\Bigr]_{-1}^{0} = \frac{1}{2}, \qquad \int_{3}^{c} (2x - 6)\,dx = \Bigl[x^2 - 6x\Bigr]_{3}^{c} = c^2 - 6c + 9 = (c - 3)^2.\]
\(\frac{1}{2} + (c - 3)^2 = 1\) denkleminden \((c - 3)^2 = \frac{1}{2}\), \(c > 3\) olduğundan
\[c = 3 + \frac{1}{\sqrt{2}} = 3 + \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 3{,}71.\]
(b) \(X\)’in yoğunluğu vardır; Önerme 11.1 gereği \(P(X = 2) = 0\). (Burada ayrıca \(f_X(2) = 0\)’dır, ama sonucun nedeni bu değildir: \(P(X = x) = 0\) eşitliği \(f_X(x) > 0\) olan noktalarda da geçerlidir.)
(c) \(F_X(x) = \displaystyle\int_{-\infty}^{x} f_X(t)\,dt\)’yi parça parça hesaplayalım.
- \(x < -1\): \(F_X(x) = 0\).
- \(-1 \le x < 0\): \(F_X(x) = \displaystyle\int_{-1}^{x} (t + 1)\,dt = \frac{(x + 1)^2}{2}\).
- \(0 \le x < 3\): bu aralıkta \(f_X = 0\) olduğundan \(F_X\) sabittir; \(F_X(x) = F_X(0) = \frac{1}{2}\).
- \(3 \le x < c\): \(F_X(x) = \frac{1}{2} + \displaystyle\int_{3}^{x} (2t - 6)\,dt = \frac{1}{2} + (x - 3)^2\).
- \(x \ge c\): \(F_X(x) = 1\).
Yani
\[F_X(x) = \begin{cases} 0, & x < -1 \\[1mm] \dfrac{(x+1)^2}{2}, & -1 \le x < 0 \\[2mm] \dfrac{1}{2}, & 0 \le x < 3 \\[2mm] \dfrac{1}{2} + (x - 3)^2, & 3 \le x < 3 + \dfrac{\sqrt{2}}{2} \\[2mm] 1, & x \ge 3 + \dfrac{\sqrt{2}}{2}. \end{cases}\]
Süreklilik kontrolü: \(x = 0\)’da \(\frac{1}{2}\), \(x = 3\)’te \(\frac{1}{2}\), \(x = c\)’de \(\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\); parçalar birbirine eklenir. \([0, 3]\) üzerindeki yatay basamak, \(P(0 \le X \le 3) = 0\) olduğunu söyler: yoğunluğun sıfır olduğu bölgede dağılım fonksiyonu yerinde sayar.
\(\blacksquare\)
12.7 Alıştırmalar
Alıştırma 12.1 (Dönüşümler) (a) \(X\), hilesiz bir zarın gösterdiği sayı olsun. \(Y = (X - 3)^2\) rastgele değişkeninin olasılık fonksiyonunu bulunuz.
(b) \(X\)’in olasılık yoğunluk fonksiyonu \(f_X(x) = 2x\) (\(0 < x < 1\)) olsun. \(Y = X^2\)’nin \((0, 1)\) üzerinde düzgün dağıldığını, yani \(f_Y(y) = 1\) (\(0 < y < 1\)) olduğunu gösteriniz.
(c) \(X\)’in olasılık yoğunluk fonksiyonu \(f_X(x) = e^{-x}\) (\(x > 0\)) olsun. \(Y = 1 - e^{-X}\)’in \((0, 1)\) üzerinde düzgün dağıldığını gösteriniz.
(d) \(X\)’in olasılık yoğunluk fonksiyonu \(f_X(x) = \frac{1}{2}\) (\(-1 < x < 1\)) olsun. \(Y = |X|\)’in olasılık yoğunluk fonksiyonunu dönüşüm teoremiyle bulunuz.
(e) \(X\), \((0, 1)\) üzerinde düzgün dağılsın: \(f_X(x) = 1\) (\(0 < x < 1\)). \(Y = -2 \ln X\)’in olasılık yoğunluk fonksiyonunu bulunuz.
(f) \(X\)’in olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[f_X(x) = \begin{cases} x + 1, & -1 < x < 0 \\[1mm] 3x, & c < x \le 3 \\[1mm] 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
olsun. \(c\) sabitini ve \(F_X\) dağılım fonksiyonunu bulunuz.
(g) \(X\), \((0, 1)\) üzerinde düzgün dağılsın. \(Y = \lfloor 4X \rfloor\) rastgele değişkeni kesikli midir? Olasılık fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
(a) \(D_X = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\), her değer \(\frac{1}{6}\) olasılıklı. \(g(x) = (x - 3)^2\) değerleri: \(1 \mapsto 4\), \(2 \mapsto 1\), \(3 \mapsto 0\), \(4 \mapsto 1\), \(5 \mapsto 4\), \(6 \mapsto 9\). \(D_Y = \{0, 1, 4, 9\}\) ve Önerme 12.1 ile
| \(y\) | \(0\) | \(1\) | \(4\) | \(9\) |
|---|---|---|---|---|
| \(f_Y(y)\) | \(\frac{1}{6}\) | \(\frac{1}{3}\) | \(\frac{1}{3}\) | \(\frac{1}{6}\) |
Toplam \(\frac{1}{6} + \frac{2}{6} + \frac{2}{6} + \frac{1}{6} = 1\).
(b) \(D_Y = (0, 1)\). \(X > 0\) olduğundan \(X^2 \le y \iff X \le \sqrt{y}\) ve \(0 < y < 1\) için
\[F_Y(y) = P(X \le \sqrt{y}) = \int_0^{\sqrt{y}} 2x\,dx = y.\]
\(f_Y(y) = F_Y'(y) = 1\) (\(0 < y < 1\)). Dönüşüm teoremiyle de: \(g^{-1}(y) = \sqrt{y}\), türevi \(\frac{1}{2\sqrt{y}}\), \(f_Y(y) = 2\sqrt{y} \cdot \frac{1}{2\sqrt{y}} = 1\).
(c) \(X > 0\) iken \(0 < e^{-X} < 1\), dolayısıyla \(0 < 1 - e^{-X} < 1\); \(D_Y = (0, 1)\). \(0 < y < 1\) için
\[1 - e^{-X} \le y \iff e^{-X} \ge 1 - y \iff -X \ge \ln(1 - y) \iff X \le -\ln(1 - y)\]
ve \(-\ln(1 - y) > 0\) olduğundan
\[F_Y(y) = \int_0^{-\ln(1-y)} e^{-x}\,dx = 1 - e^{\ln(1-y)} = 1 - (1 - y) = y.\]
Öyleyse \(f_Y(y) = 1\) (\(0 < y < 1\)): \(Y\) düzgün dağılır. Burada \(g(x) = 1 - e^{-x}\) tam olarak \(X\)’in dağılım fonksiyonu \(F_X\)’tir; dağılım fonksiyonu sürekli olan her \(X\) için \(F_X(X)\)’in \((0, 1)\) üzerinde düzgün dağılması genel bir olgudur.
(d) \(g(x) = |x|\), \((-1, 0)\) üzerinde azalan (\(g_1^{-1}(y) = -y\), türevi \(-1\)), \((0, 1)\) üzerinde artandır (\(g_2^{-1}(y) = y\), türevi \(1\)); her ikisi de \((0, 1)\)’e örtendir. \(0 < y < 1\) için
\[f_Y(y) = f_X(-y) \cdot |{-1}| + f_X(y) \cdot |1| = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1.\]
\(Y = |X|\), \((0, 1)\) üzerinde düzgün dağılır.
(e) \(g(x) = -2 \ln x\), \((0, 1)\) üzerinde kesin azalandır ve \((0, \infty)\)’a örtendir; \(g^{-1}(y) = e^{-y/2}\), türevi \(-\frac{1}{2} e^{-y/2}\). \(y > 0\) için
\[f_Y(y) = f_X\bigl(e^{-y/2}\bigr) \cdot \Bigl| -\frac{1}{2} e^{-y/2} \Bigr| = \frac{1}{2} e^{-y/2}.\]
Sağlama: \(F_Y(y) = P(-2 \ln X \le y) = P\bigl(X \ge e^{-y/2}\bigr) = 1 - e^{-y/2}\), türevi \(\frac{1}{2} e^{-y/2}\). Bu, parametresi \(\frac{1}{2}\) olan üstel dağılımdır.
(f) İşaret koşulu için \(3x \ge 0\), yani \(c \ge 0\) gerekir. İlk parçanın integrali \(\displaystyle\int_{-1}^{0} (x + 1)\,dx = \frac{1}{2}\), ikincininki \(\displaystyle\int_{c}^{3} 3x\,dx = \frac{3}{2}(9 - c^2)\). \(\frac{1}{2} + \frac{3}{2}(9 - c^2) = 1\) denkleminden \(9 - c^2 = \frac{1}{3}\), \(c^2 = \frac{26}{3}\) ve \(c \ge 0\) ile
\[c = \sqrt{\frac{26}{3}} = \frac{\sqrt{78}}{3} \approx 2{,}94.\]
Dağılım fonksiyonu: \(x < -1\) için \(0\); \(-1 \le x < 0\) için \(\frac{(x+1)^2}{2}\); \(0 \le x \le c\) için \(\frac{1}{2}\); \(c < x \le 3\) için
\[F_X(x) = \frac{1}{2} + \int_c^x 3t\,dt = \frac{1}{2} + \frac{3}{2}\Bigl(x^2 - \frac{26}{3}\Bigr) = \frac{3x^2 - 25}{2};\]
\(x > 3\) için \(1\). Kontrol: \(F_X(c) = \frac{26 - 25}{2} = \frac{1}{2}\), \(F_X(3) = \frac{27 - 25}{2} = 1\).
(g) \(0 < X < 1\) iken \(0 < 4X < 4\), dolayısıyla \(\lfloor 4X \rfloor \in \{0, 1, 2, 3\}\); \(Y\) kesiklidir. \(k = 0, 1, 2, 3\) için
\[P(Y = k) = P(k \le 4X < k + 1) = P\Bigl(\frac{k}{4} \le X < \frac{k+1}{4}\Bigr) = \frac{1}{4}.\]
\(Y\), \(\{0, 1, 2, 3\}\) üzerinde düzgün dağılan kesikli bir rastgele değişkendir; sürekli bir değişkenden kesikli bir değişken elde edilmiştir.
\(\blacksquare\)
Buraya kadar hep tek bir rastgele değişkenle çalıştık. Bundan sonra aynı deneyde birden çok rastgele değişkenin birlikte davranışını, yani ortak dağılımlarını inceleyeceğiz: Rastgele Vektörler ve Ortak Dağılımlar.