15 Rastgele Vektörlerin Dönüşümleri
Bağımsız Rastgele Değişkenler ve Koşullu Dağılımlar bölümünde bir rastgele vektörün ortak dağılımından koşullu dağılımlara nasıl geçildiğini gördük. Bu bölümde soruyu bir adım ileri taşıyoruz: \((X_1, X_2)\) rastgele vektörünün ortak dağılımı biliniyorsa, \(X_1 + X_2\), \(X_1 X_2\), \(X_1 / X_2\) gibi bileşenlerin fonksiyonlarının dağılımı nasıl bulunur? Daha genel olarak, \(Y_1 = u_1(X_1, X_2)\) ve \(Y_2 = u_2(X_1, X_2)\) ile tanımlanan yeni \((Y_1, Y_2)\) vektörünün ortak dağılımı nedir?
Tek bir rastgele değişkenin fonksiyonu için bu soruyu Rastgele Değişkenin Fonksiyonunun Dağılımı bölümünde yanıtlamıştık: kesikli durumda olasılıklar toplanır, sürekli durumda ya dağılım fonksiyonu tekniği kullanılır ya da birebir dönüşümler için \(f_Y(y) = f_X\big(h(y)\big)\,|h'(y)|\) formülü uygulanır (Teorem 12.2). Burada aynı iki yöntemi iki boyuta taşıyacağız. Kesikli durum yine bir toplama işidir. Sürekli durumda ise \(|h'(y)|\) çarpanının yerini, ters dönüşümün kısmi türevlerinden oluşan Jacobian matrisinin determinantının mutlak değeri alır. Bu, bölümün ana teoremidir ve arkasındaki fikir, çok katlı integralde değişken değiştirme formülünden başka bir şey değildir.
Bölümde ayrıca iki pratik konuya değineceğiz. Birincisi, yalnızca tek bir fonksiyonun, örneğin \(Y = X_1 + X_2\)’nin dağılımı istendiğinde ne yapılacağı: ya yapay bir ikinci değişken ekleyip Jacobian yöntemini kullanır ve sonra bu değişkeni integralle atarız ya da doğrudan dağılım fonksiyonu tekniğini uygularız. İkincisi, bağımsız iki değişkenin toplamının yoğunluğunu veren konvolüsyon formülüdür. Bütün bu araçlar, bir sonraki kısımda beklenen değeri ve momentleri incelerken ve daha sonra önemli dağılımların toplamlarını hesaplarken sürekli karşımıza çıkacaktır.
15.1 Kesikli Rastgele Vektörlerin Dönüşümleri
Kesikli bir rastgele vektörün fonksiyonu yine kesiklidir ve olasılık fonksiyonu, tek değişkenli durumda olduğu gibi, aynı görüntüyü veren bütün noktaların olasılıklarının toplanmasıyla bulunur. Bunu bir önerme olarak yazalım; ispat, kesikli rastgele vektör tanımı (Tanım 13.3) ile olasılık ölçüsünün sayılabilir toplamsallığından ibarettir.
Önerme 15.1 (Kesikli Rastgele Vektörün Dönüşümü) \((X_1, X_2)\), değer kümesi \(D_{(X_1, X_2)}\) ve ortak olasılık fonksiyonu \(f_{X_1, X_2}\) olan kesikli bir rastgele vektör olsun. \(u_1, u_2 : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\) fonksiyonları için
\[Y_1 = u_1(X_1, X_2), \qquad Y_2 = u_2(X_1, X_2)\]
olsun. Bu durumda \((Y_1, Y_2)\) de kesikli bir rastgele vektördür; değer kümesi
\[D_{(Y_1, Y_2)} = \Big\{ \big(u_1(x_1, x_2),\, u_2(x_1, x_2)\big) : (x_1, x_2) \in D_{(X_1, X_2)} \Big\}\]
ve ortak olasılık fonksiyonu, \((y_1, y_2) \in D_{(Y_1, Y_2)}\) için
\[f_{Y_1, Y_2}(y_1, y_2) = \sum_{\substack{(x_1, x_2) \in D_{(X_1, X_2)} \\ u_1(x_1, x_2) = y_1,\; u_2(x_1, x_2) = y_2}} f_{X_1, X_2}(x_1, x_2)\]
ile verilir. Özel olarak, tek bir \(Y = u(X_1, X_2)\) fonksiyonu için
\[f_Y(y) = \sum_{\substack{(x_1, x_2) \in D_{(X_1, X_2)} \\ u(x_1, x_2) = y}} f_{X_1, X_2}(x_1, x_2), \qquad y \in D_Y\]
olur.
İspat
\(D_{(X_1, X_2)}\) sayılabilir bir kümedir; \(D_{(Y_1, Y_2)}\) bu kümenin \((u_1, u_2)\) altındaki görüntüsü olduğundan o da sayılabilirdir. \(P\big((X_1, X_2) \in D_{(X_1, X_2)}\big) = 1\) olduğundan ve her \((x_1, x_2) \in D_{(X_1, X_2)}\) noktası \((u_1, u_2)\) altında \(D_{(Y_1, Y_2)}\)’nin bir noktasına gittiğinden \(P\big((Y_1, Y_2) \in D_{(Y_1, Y_2)}\big) = 1\) olur. Demek ki \((Y_1, Y_2)\) kesiklidir.
Şimdi \((y_1, y_2) \in D_{(Y_1, Y_2)}\) sabit olsun ve
\[A = \big\{ (x_1, x_2) \in D_{(X_1, X_2)} : u_1(x_1, x_2) = y_1,\; u_2(x_1, x_2) = y_2 \big\}\]
kümesini tanımlayalım. \((Y_1 = y_1, Y_2 = y_2)\) olayı ile \(\big( (X_1, X_2) \in A \big)\) olayı, \((X_1, X_2)\)’nin \(D_{(X_1, X_2)}\) dışına düştüğü sıfır olasılıklı \(N\) olayı bir yana, aynıdır:
\[\big(Y_1 = y_1,\, Y_2 = y_2\big) = \big( (X_1, X_2) \in A \big) \cup N, \qquad N \subseteq \big( (X_1, X_2) \notin D_{(X_1, X_2)} \big), \quad P(N) = 0.\]
\(A\) sayılabilir olduğundan, \(A\)’daki tek noktalı olaylar ayrıktır ve olasılık ölçüsünün sayılabilir toplamsallığıyla
\[f_{Y_1, Y_2}(y_1, y_2) = P\big( (X_1, X_2) \in A \big) = \sum_{(x_1, x_2) \in A} P\big( X_1 = x_1, X_2 = x_2 \big) = \sum_{(x_1, x_2) \in A} f_{X_1, X_2}(x_1, x_2)\]
elde edilir. Tek fonksiyonlu durum, \(u_2\)’nin hiç kısıt koymadığı (\(Y_2\)’nin göz ardı edildiği) özel hâldir; aynı akıl yürütme \(A = \{(x_1, x_2) \in D_{(X_1, X_2)} : u(x_1, x_2) = y\}\) kümesiyle geçerlidir.
\(\blacksquare\)
Formülün söylediği şudur: \((Y_1, Y_2) = (y_1, y_2)\) olayının olasılığı, bu değeri üreten bütün \((x_1, x_2)\) çiftlerinin olasılıklarının toplamıdır. Uygulamada değer kümesi küçükse en güvenli yol, \((X_1, X_2)\)’nin bütün noktalarını tek tek dolaşıp her birini gittiği \((y_1, y_2)\) hücresine eklemektir.
Örnek 15.1 (İki Kesikli Değişkenin Toplamı) \(X\) ve \(Y\) rastgele değişkenlerinin ortak olasılık fonksiyonu
\[f(x, y) = \frac{xy}{36}, \qquad x \in \{1, 2, 3\},\; y \in \{1, 2, 3\}\]
olsun. \(Z = X + Y\) rastgele değişkeninin olasılık fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
Önce \(f\)’nin gerçekten bir olasılık fonksiyonu olduğunu görelim: \(\sum_{x, y} \frac{xy}{36} = \frac{(1 + 2 + 3)(1 + 2 + 3)}{36} = 1\). Ayrıca \(f(x, y) = \frac{x}{6} \cdot \frac{y}{6}\) biçiminde çarpanlara ayrıldığından \(X\) ile \(Y\) bağımsızdır ve marjinal olasılık fonksiyonları \(f_X(x) = \frac{x}{6}\), \(f_Y(y) = \frac{y}{6}\)’dır.
\(Z\)’nin değer kümesi \(D_Z = \{2, 3, 4, 5, 6\}\)’dır. Önerme 15.1’na göre her \(z\) için \(x + y = z\) olan çiftlerin olasılıkları toplanır:
\[\begin{aligned} P(Z = 2) &= f(1, 1) = \frac{1}{36}, \\ P(Z = 3) &= f(1, 2) + f(2, 1) = \frac{2}{36} + \frac{2}{36} = \frac{4}{36}, \\ P(Z = 4) &= f(1, 3) + f(2, 2) + f(3, 1) = \frac{3}{36} + \frac{4}{36} + \frac{3}{36} = \frac{10}{36}, \\ P(Z = 5) &= f(2, 3) + f(3, 2) = \frac{6}{36} + \frac{6}{36} = \frac{12}{36}, \\ P(Z = 6) &= f(3, 3) = \frac{9}{36}. \end{aligned}\]
| \(z\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) | \(5\) | \(6\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(P(Z = z)\) | \(\frac{1}{36}\) | \(\frac{4}{36}\) | \(\frac{10}{36}\) | \(\frac{12}{36}\) | \(\frac{9}{36}\) |
Toplam \(\frac{1 + 4 + 10 + 12 + 9}{36} = 1\) olduğundan sonuç tutarlıdır.
\(\blacksquare\)
İkinci örnekte iki fonksiyonu birlikte alıp \((Y_1, Y_2)\) vektörünün ortak olasılık fonksiyonunu tablo hâlinde çıkaracağız.
Örnek 15.2 (Toplam ve Fark Dönüşümü) \((X_1, X_2)\) rastgele vektörünün ortak olasılık fonksiyonu
\[f(x_1, x_2) = \left( \frac{2}{3} \right)^{x_1 + x_2} \left( \frac{1}{3} \right)^{2 - x_1 - x_2}, \qquad x_1 \in \{0, 1\},\; x_2 \in \{0, 1\}\]
olsun.
a) \(Y_1 = X_1 + X_2\) rastgele değişkeninin olasılık fonksiyonunu bulunuz.
b) \(Y_1 = X_1 + X_2\) ve \(Y_2 = X_1 - X_2\) ise \((Y_1, Y_2)\) rastgele vektörünün ortak olasılık fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
Önce \(f\)’nin dört değerini yazalım:
\[f(0, 0) = \frac{1}{9}, \qquad f(0, 1) = f(1, 0) = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{9}, \qquad f(1, 1) = \frac{4}{9}.\]
Toplam \(\frac{1 + 2 + 2 + 4}{9} = 1\)’dir. Ayrıca
\[f(x_1, x_2) = \left[ \left( \tfrac{2}{3} \right)^{x_1} \left( \tfrac{1}{3} \right)^{1 - x_1} \right] \left[ \left( \tfrac{2}{3} \right)^{x_2} \left( \tfrac{1}{3} \right)^{1 - x_2} \right]\]
olduğundan \(X_1\) ile \(X_2\) bağımsızdır (Tanım 14.1) ve her biri \(\frac{2}{3}\) olasılıkla \(1\), \(\frac{1}{3}\) olasılıkla \(0\) değerini alır.
a) \(Y_1 = X_1 + X_2 \in \{0, 1, 2\}\). Her değeri üreten çiftleri toplayalım:
\[P(Y_1 = 0) = f(0, 0) = \frac{1}{9}, \qquad P(Y_1 = 1) = f(0, 1) + f(1, 0) = \frac{4}{9}, \qquad P(Y_1 = 2) = f(1, 1) = \frac{4}{9}.\]
| \(y_1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
|---|---|---|---|
| \(P(Y_1 = y_1)\) | \(\frac{1}{9}\) | \(\frac{4}{9}\) | \(\frac{4}{9}\) |
b) \((x_1, x_2)\) çiftlerinin \((y_1, y_2) = (x_1 + x_2,\, x_1 - x_2)\) altındaki görüntüleri:
\[(0, 0) \mapsto (0, 0), \qquad (0, 1) \mapsto (1, -1), \qquad (1, 0) \mapsto (1, 1), \qquad (1, 1) \mapsto (2, 0).\]
Dört nokta dört farklı görüntüye gittiğinden dönüşüm birebirdir ve her hücreye tek bir olasılık düşer; öteki hücreler sıfırdır. Satırlarda \(y_2\), sütunlarda \(y_1\) olmak üzere ortak olasılık fonksiyonu ve marjinaller şöyledir:
| \(y_2 \setminus y_1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(P(Y_2 = y_2)\) |
|---|---|---|---|---|
| \(-1\) | \(0\) | \(\frac{2}{9}\) | \(0\) | \(\frac{2}{9}\) |
| \(0\) | \(\frac{1}{9}\) | \(0\) | \(\frac{4}{9}\) | \(\frac{5}{9}\) |
| \(1\) | \(0\) | \(\frac{2}{9}\) | \(0\) | \(\frac{2}{9}\) |
| \(P(Y_1 = y_1)\) | \(\frac{1}{9}\) | \(\frac{4}{9}\) | \(\frac{4}{9}\) | \(1\) |
Sütun toplamları a şıkkındaki tabloyu verir; bu, marjinal olasılık fonksiyonu tanımının (Tanım 13.5) beklediği şeydir. Dikkat edilirse \(X_1\) ile \(X_2\) bağımsız olduğu hâlde \(Y_1\) ile \(Y_2\) bağımsız değildir: örneğin \(P(Y_1 = 0, Y_2 = -1) = 0\), ama \(P(Y_1 = 0)\,P(Y_2 = -1) = \frac{1}{9} \cdot \frac{2}{9} \neq 0\). Bağımsız değişkenlerin fonksiyonları bağımsız kalmak zorunda değildir.
\(\blacksquare\)
15.2 Sürekli Rastgele Vektörler: Jacobian Yöntemi
Sürekli durumda toplama yerine integral, “aynı görüntüyü veren noktalar” yerine ise dönüşümün tersi ve onun alanı nasıl ölçeklediği devreye girer. Tek değişkenli formülü hatırlayalım: \(Y = u(X)\) birebir ve \(X = h(Y)\) türevlenebilir ise \(f_Y(y) = f_X\big(h(y)\big)\,|h'(y)|\) (Teorem 12.2). Buradaki \(|h'(y)|\) çarpanı, \(y\) ekseninde küçük bir \(dy\) uzunluğunun \(x\) ekseninde \(|h'(y)|\,dy\) uzunluğuna karşılık gelmesinden doğar. İki boyutta küçük bir \(dy_1\,dy_2\) dikdörtgeni, ters dönüşüm altında alanı \(|J|\,dy_1\,dy_2\) olan küçük bir paralelkenara gider; \(J\), ters dönüşümün kısmi türevlerinden oluşan matrisin determinantıdır. Teorem tam olarak bunu söyler.
Teorem 15.1 (Jacobian Dönüşüm Teoremi) \((X_1, X_2)\), ortak olasılık yoğunluk fonksiyonu \(f_{X_1, X_2}\) olan sürekli bir rastgele vektör ve \(D \subseteq \mathbb{R}^2\), dışında \(f_{X_1, X_2}\)’nin sıfır olduğu (yani \(P\big((X_1, X_2) \in D\big) = 1\) olan) açık bir küme olsun.
\[Y_1 = u_1(X_1, X_2), \qquad Y_2 = u_2(X_1, X_2)\]
dönüşümü \(D\) üzerinde birebir olsun ve \(D\)’yi \(E = \{(u_1(x_1, x_2), u_2(x_1, x_2)) : (x_1, x_2) \in D\}\) kümesine götürsün. Ters dönüşüm
\[X_1 = h_1(Y_1, Y_2), \qquad X_2 = h_2(Y_1, Y_2)\]
ile gösterilsin ve \(h_1, h_2\) fonksiyonları \(E\) üzerinde sürekli birinci mertebe kısmi türevlere sahip olsun. Jacobian,
\[J = \frac{\partial (h_1, h_2)}{\partial (y_1, y_2)} = \det \begin{bmatrix} \dfrac{\partial h_1}{\partial y_1} & \dfrac{\partial h_1}{\partial y_2} \\[3mm] \dfrac{\partial h_2}{\partial y_1} & \dfrac{\partial h_2}{\partial y_2} \end{bmatrix}\]
determinantı olsun ve \(E\) üzerinde \(J \neq 0\) olsun. Bu durumda \((Y_1, Y_2)\) sürekli bir rastgele vektördür ve ortak olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[g(y_1, y_2) = \begin{cases} f_{X_1, X_2}\big( h_1(y_1, y_2),\, h_2(y_1, y_2) \big)\, |J|, & (y_1, y_2) \in E \\ 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
ile verilir.
İspat
İspatın özü, çok katlı integralde değişken değiştirme formülüdür. Bu formül şunu söyler: \(h = (h_1, h_2) : E \to D\) birebir, sürekli kısmi türevlere sahip ve Jacobian’ı sıfırdan farklı ise, \(E\)’nin her Borel alt kümesi \(B\) ve integrallenebilir her \(\varphi\) için
\[\iint_{h(B)} \varphi(x_1, x_2)\, dx_1\, dx_2 = \iint_{B} \varphi\big( h_1(y_1, y_2), h_2(y_1, y_2) \big)\, |J(y_1, y_2)|\, dy_1\, dy_2\]
olur. Burada \(h(B) = \{ h(y_1, y_2) : (y_1, y_2) \in B \} \subseteq D\), \(B\)’nin ters dönüşüm altındaki görüntüsüdür. Formülün geometrik anlamı yukarıda anlatılan alan ölçeklemesidir: \(|J|\), \(h\)’nin bir noktanın küçük komşuluğundaki alanı kaç kat büyüttüğünü ölçer.
Şimdi \(B \subseteq E\) bir Borel kümesi olsun. Dönüşüm \(D\) üzerinde birebir olduğundan, \((Y_1, Y_2) \in B\) olayı ile \((X_1, X_2) \in h(B)\) olayının \((X_1, X_2) \in D\) olayıyla kesişimleri aynıdır; \(P\big((X_1, X_2) \in D\big) = 1\) olduğundan
\[P\big( (Y_1, Y_2) \in B \big) = P\big( (X_1, X_2) \in h(B) \big) = \iint_{h(B)} f_{X_1, X_2}(x_1, x_2)\, dx_1\, dx_2\]
olur (Teorem 13.1 ve Tanım 13.6). Değişken değiştirme formülünü \(\varphi = f_{X_1, X_2}\) ile uygularsak
\[P\big( (Y_1, Y_2) \in B \big) = \iint_{B} f_{X_1, X_2}\big( h_1(y_1, y_2), h_2(y_1, y_2) \big)\, |J|\, dy_1\, dy_2 = \iint_B g(y_1, y_2)\, dy_1\, dy_2\]
elde ederiz. \(E\) dışındaki Borel kümeleri için iki taraf da sıfırdır, çünkü \(P\big((Y_1, Y_2) \in E\big) = P\big((X_1, X_2) \in D\big) = 1\)’dir. Demek ki \((Y_1, Y_2)\)’nin her Borel kümesine düşme olasılığı, negatif olmayan \(g\) fonksiyonunun o küme üzerindeki integralidir; bu, \((Y_1, Y_2)\)’nin sürekli olduğu ve yoğunluğunun \(g\) olduğu anlamına gelir. \(B = E\) alınırsa \(\iint_E g(y_1, y_2)\, dy_1\, dy_2 = 1\) olduğu da görülür.
\(\blacksquare\)
Teoremi uygularken izlenecek adımlar şunlardır:
1. \(f\)’nin sıfırdan farklı olduğu \(D\) bölgesini yazın.
2. \(y_1 = u_1(x_1, x_2)\), \(y_2 = u_2(x_1, x_2)\) denklemlerini \(x_1, x_2\) için çözerek \(h_1, h_2\)’yi bulun; dönüşümün \(D\) üzerinde birebir olduğundan emin olun.
3. \(D\)’yi tanımlayan eşitsizliklerde \(x_1 = h_1(y_1, y_2)\), \(x_2 = h_2(y_1, y_2)\) yazarak görüntü bölgesi \(E\)’yi belirleyin. En çok hata bu adımda yapılır.
4. Jacobian’ı hesaplayın, mutlak değerini alın.
5. \(g(y_1, y_2) = f\big(h_1, h_2\big)\,|J|\) yazın; \(E\) üzerindeki integralinin \(1\) olduğunu kontrol edin.
Bazen \(y_1, y_2\)’yi \(x_1, x_2\) cinsinden yazmak kolay, ama tersini çözmek zahmetlidir. Ters fonksiyon teoremine göre, \(h\)’nin Jacobian matrisi, \(u = (u_1, u_2)\)’nin Jacobian matrisinin ters matrisidir:
\[\begin{bmatrix} \dfrac{\partial h_1}{\partial y_1} & \dfrac{\partial h_1}{\partial y_2} \\[3mm] \dfrac{\partial h_2}{\partial y_1} & \dfrac{\partial h_2}{\partial y_2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \dfrac{\partial u_1}{\partial x_1} & \dfrac{\partial u_1}{\partial x_2} \\[3mm] \dfrac{\partial u_2}{\partial x_1} & \dfrac{\partial u_2}{\partial x_2} \end{bmatrix}^{-1} \Bigg|_{(x_1, x_2) = (h_1(y_1, y_2),\, h_2(y_1, y_2))}.\]
Bir matrisin tersinin determinantı determinantın tersi olduğundan
\[J = \frac{\partial (h_1, h_2)}{\partial (y_1, y_2)} = \frac{1}{\dfrac{\partial (u_1, u_2)}{\partial (x_1, x_2)}}\]
olur; sağ taraf \(x_1 = h_1(y_1, y_2)\), \(x_2 = h_2(y_1, y_2)\) noktasında hesaplanır. Yani Jacobian’ı ileri dönüşümün determinantını alıp tersini çevirerek de bulabiliriz. Örneğin \(y_1 = x_1 + x_2\), \(y_2 = x_1\) için \(\frac{\partial (u_1, u_2)}{\partial (x_1, x_2)} = \det \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} = -1\), dolayısıyla \(J = -1\) ve \(|J| = 1\)’dir.
İlk örneğimizde dönüşüm doğrusaldır ve görüntü bölgesini çizmek, teoremin “alan ölçekleme” yorumunu doğrudan görmemizi sağlar.
Örnek 15.3 (Birim Kare Üzerinde Toplam ve Birinci Bileşen) \((X_1, X_2)\) rastgele vektörünün ortak olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[f_{X_1, X_2}(x_1, x_2) = \begin{cases} 1, & 0 < x_1 < 1,\; 0 < x_2 < 1 \\ 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
olsun. \(Y_1 = X_1 + X_2\), \(Y_2 = X_1\) dönüşümü ile tanımlanan \((Y_1, Y_2)\) rastgele vektörünün ortak olasılık yoğunluk fonksiyonunu bulunuz. Ardından \(Y_1 = X_1 + X_2\)’nin marjinal yoğunluğunu hesaplayınız.
Çözüm
Bölge ve ters dönüşüm. \(D = \{(x_1, x_2) : 0 < x_1 < 1,\; 0 < x_2 < 1\}\) birim karedir. \(y_1 = x_1 + x_2\), \(y_2 = x_1\) denklemlerinden
\[x_1 = h_1(y_1, y_2) = y_2, \qquad x_2 = h_2(y_1, y_2) = y_1 - y_2\]
bulunur. Her \((y_1, y_2)\) için tek bir \((x_1, x_2)\) elde edildiğinden dönüşüm birebirdir.
Görüntü bölgesi. \(D\)’nin eşitsizliklerinde \(x_1 = y_2\), \(x_2 = y_1 - y_2\) yazalım:
\[0 < y_2 < 1, \qquad 0 < y_1 - y_2 < 1 \iff y_2 < y_1 < y_2 + 1.\]
Demek ki \(E = \{(y_1, y_2) : 0 < y_2 < 1,\; y_2 < y_1 < y_2 + 1\}\)’dir. Bu, köşeleri \((0, 0)\), \((1, 0)\), \((2, 1)\) ve \((1, 1)\) olan bir paralelkenardır: birim karenin köşeleri sırasıyla \((0,0) \mapsto (0,0)\), \((1,0) \mapsto (1,1)\), \((0,1) \mapsto (1,0)\), \((1,1) \mapsto (2,1)\) noktalarına gider.
Jacobian.
\[J = \det \begin{bmatrix} \dfrac{\partial h_1}{\partial y_1} & \dfrac{\partial h_1}{\partial y_2} \\[3mm] \dfrac{\partial h_2}{\partial y_1} & \dfrac{\partial h_2}{\partial y_2} \end{bmatrix} = \det \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} = 0 \cdot (-1) - 1 \cdot 1 = -1, \qquad |J| = 1.\]
Yoğunluk. Teorem 15.1’a göre
\[g(y_1, y_2) = f_{X_1, X_2}(y_2,\, y_1 - y_2)\, |J| = \begin{cases} 1, & 0 < y_2 < 1,\; y_2 < y_1 < y_2 + 1 \\ 0, & \text{diğer durumlarda.} \end{cases}\]
Paralelkenarın tabanı \(1\), yüksekliği \(1\) olduğundan alanı \(1\)’dir ve \(\iint_E g(y_1, y_2)\, dy_1\, dy_2 = 1\) sağlanır; \(|J| = 1\) olması alanın korunduğunu söyler.
\(Y_1\)’in marjinal yoğunluğu. Marjinal yoğunluk tanımına (Tanım 13.8) göre \(g_{Y_1}(y_1) = \int_{-\infty}^{\infty} g(y_1, y_2)\, dy_2\)’dir. Sabit bir \(y_1\) için \(g\)’nin \(1\) olduğu \(y_2\) değerleri, \(0 < y_2 < 1\) ve \(y_1 - 1 < y_2 < y_1\) koşullarını birlikte sağlayanlardır.
- \(0 < y_1 < 1\) ise \(y_1 - 1 < 0\) olduğundan alt sınır \(0\), \(y_1 < 1\) olduğundan üst sınır \(y_1\) olur; koşul \(0 < y_2 < y_1\)’e iner: \(g_{Y_1}(y_1) = \int_0^{y_1} 1\, dy_2 = y_1\).
- \(1 \le y_1 < 2\) ise \(y_1 - 1 \ge 0\) olduğundan alt sınır \(y_1 - 1\), \(y_1 \ge 1\) olduğundan üst sınır \(1\) olur; koşul \(y_1 - 1 < y_2 < 1\)’e iner: \(g_{Y_1}(y_1) = \int_{y_1 - 1}^{1} 1\, dy_2 = 2 - y_1\).
Böylece
\[g_{Y_1}(y_1) = \begin{cases} y_1, & 0 < y_1 < 1 \\ 2 - y_1, & 1 \le y_1 < 2 \\ 0, & \text{diğer durumlarda.} \end{cases}\]
Bu, grafiği \((0, 0)\), \((1, 1)\), \((2, 0)\) köşeli bir üçgen olan üçgen yoğunluktur; \(\int_0^1 y_1\, dy_1 + \int_1^2 (2 - y_1)\, dy_1 = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\).
\(\blacksquare\)
15.3 Tek Bir Dönüşüm: Yapay Değişken ve Dağılım Fonksiyonu Tekniği
Çoğu zaman elimizde tek bir fonksiyon vardır: \(Y = u(X_1, X_2)\). Jacobian teoremi iki boyuttan iki boyuta birebir dönüşümler için yazıldığından doğrudan uygulanamaz. Bunun iki yolu vardır; son örnekte aslında birincisini kullandık: \(Y_1 = X_1 + X_2\) istiyorduk, \(Y_2 = X_1\)’i biz ekledik, ortak yoğunluğu bulduk ve sonra \(Y_2\)’yi integralle attık.
Önerme 15.2 (Tek Bir Dönüşümün Yoğunluğu) \((X_1, X_2)\), ortak olasılık yoğunluk fonksiyonu \(f\) olan sürekli bir rastgele vektör ve \(Y = u(X_1, X_2)\) olsun. \(Y\)’nin yoğunluğu aşağıdaki iki yoldan biriyle bulunur.
(1) Yapay değişken yöntemi. \((Y, W)\) dönüşümü Teorem 15.1’un koşullarını sağlayacak biçimde bir \(W = v(X_1, X_2)\) yardımcı değişkeni seçilir (çoğunlukla \(W = X_1\) ya da \(W = X_2\)). Teoremle \((Y, W)\)’nin ortak yoğunluğu \(g(y, w)\) bulunur ve
\[f_Y(y) = \int_{-\infty}^{\infty} g(y, w)\, dw\]
hesaplanır.
(2) Dağılım fonksiyonu tekniği. Her \(y \in \mathbb{R}\) için
\[F_Y(y) = P\big( u(X_1, X_2) \le y \big) = \iint_{\{(x_1, x_2) :\, u(x_1, x_2) \le y\}} f(x_1, x_2)\, dx_1\, dx_2\]
hesaplanır; \(F_Y\) sürekli ve sonlu sayıda nokta dışında türevlenebilir çıkarsa \(Y\) süreklidir ve türevlenebildiği noktalarda \(f_Y(y) = F_Y'(y)\) alınır.
İspat
(1) Teorem 15.1, \((Y, W)\)’nin sürekli olduğunu ve yoğunluğunun \(g\) olduğunu verir. Sürekli bir rastgele vektörün birinci bileşeninin yoğunluğu, ortak yoğunluğun ikinci değişkene göre integralidir (Tanım 13.8); bu tam olarak yazılan formüldür.
(2) \((Y \le y)\) olayı, \((X_1, X_2)\)’nin \(A_y = \{(x_1, x_2) : u(x_1, x_2) \le y\}\) kümesine düşmesi olayıdır; sürekli rastgele vektör tanımına göre bu olasılık \(f\)’nin \(A_y\) üzerindeki integralidir (Teorem 13.1). Böylece \(F_Y\) elde edilir. \(F_Y\) sürekli ve sonlu sayıda nokta dışında türevlenebilir çıktığında türevinin bir yoğunluk olduğu Teorem 11.2’den bilinmektedir; Tanım 12.1’nde tek değişken için yapılan akıl yürütme aynen geçerlidir.
\(\blacksquare\)
Hangi yolun kolay olduğu probleme bağlıdır. Dönüşüm doğrusal ya da çarpım/oran biçimindeyse yapay değişken yöntemi genellikle daha mekaniktir; \(\{u(x_1, x_2) \le y\}\) bölgesi kolay çiziliyorsa dağılım fonksiyonu tekniği daha kısa olabilir. Aşağıda birini birinci, ötekini ikinci yolla çözüyoruz; ikinci örnekte sonucu her iki yolla da doğruluyoruz.
Örnek 15.4 (Üçgen Bölge Üzerinde Toplamın Yoğunluğu) \((X_1, X_2)\) rastgele vektörünün ortak olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[f(x_1, x_2) = \begin{cases} 2, & 0 \le x_1 \le x_2 \le 1 \\ 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
olsun. \(Y = X_1 + X_2\) rastgele değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
\(D = \{(x_1, x_2) : 0 < x_1 < x_2 < 1\}\) bölgesi, birim karenin köşegeninin üstünde kalan alanı \(\frac{1}{2}\) olan üçgendir; \(f = 2\) olduğundan toplam olasılık \(1\)’dir. (Sınır doğruları olasılık sıfırlı olduğundan \(\le\) yerine \(<\) yazmak sonucu değiştirmez.)
Yapay değişken. \(Y = X_1 + X_2\) ve \(W = X_2\) alalım. \(y = x_1 + x_2\), \(w = x_2\) denklemlerinden
\[x_1 = y - w, \qquad x_2 = w\]
bulunur; dönüşüm birebirdir. Jacobian
\[J = \det \begin{bmatrix} \dfrac{\partial x_1}{\partial y} & \dfrac{\partial x_1}{\partial w} \\[3mm] \dfrac{\partial x_2}{\partial y} & \dfrac{\partial x_2}{\partial w} \end{bmatrix} = \det \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = 1\]
olup \(|J| = 1\)’dir.
Görüntü bölgesi. \(0 < x_1 < x_2 < 1\) eşitsizliklerinde yerine koyarsak
\[0 < y - w < w < 1 \iff \frac{y}{2} < w < y \;\text{ ve }\; w < 1.\]
İlk eşitsizlik (\(0 < y - w\)) \(w < y\), ikincisi (\(y - w < w\)) \(w > \frac{y}{2}\) verir. Ayrıca \(y - w > 0\) ve \(w > 0\) olduğundan \(y = (y - w) + w > 0\); \(\frac{y}{2} < w < 1\) olduğundan da \(y < 2\) olmalıdır. Öyleyse
\[E = \Big\{ (y, w) : 0 < y < 2,\; \frac{y}{2} < w < \min(y, 1) \Big\}\]
ve \(E\) üzerinde \(g(y, w) = f(y - w, w)\,|J| = 2\)’dir.
Marjinal. \(\min(y, 1)\) ifadesi \(y\)’nin \(1\)’den küçük ya da büyük olmasına göre değiştiğinden iki durum vardır.
- \(0 < y < 1\) ise \(w\) aralığı \(\left( \frac{y}{2}, y \right)\)’dir:
\[f_Y(y) = \int_{y/2}^{y} 2\, dw = 2 \left( y - \frac{y}{2} \right) = y.\]
- \(1 \le y < 2\) ise \(w\) aralığı \(\left( \frac{y}{2}, 1 \right)\)’dir:
\[f_Y(y) = \int_{y/2}^{1} 2\, dw = 2 \left( 1 - \frac{y}{2} \right) = 2 - y.\]
Sonuç:
\[f_Y(y) = \begin{cases} y, & 0 < y < 1 \\ 2 - y, & 1 \le y < 2 \\ 0, & \text{diğer durumlarda.} \end{cases}\]
Doğrulama. Yoğunluğun altındaki toplam alan \(1\)’dir:
\[\int_0^1 y\, dy + \int_1^2 (2 - y)\, dy = \frac{1}{2} + \left[ 2y - \frac{y^2}{2} \right]_1^2 = \frac{1}{2} + \left( 2 - \frac{3}{2} \right) = 1.\]
Ayrıca dağılım fonksiyonu tekniğiyle bir noktada kontrol edelim: \(P(Y \le 1) = P(X_1 + X_2 \le 1)\) olasılığı, \(D\) üçgeninin \(x_1 + x_2 \le 1\) doğrusunun altında kalan parçası üzerinde \(f\)’nin integralidir. Bu parça, köşeleri \((0,0)\), \((0,1)\), \(\left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right)\) olan alanı \(\frac{1}{4}\) olan üçgendir; yoğunluk \(2\) olduğundan \(P(Y \le 1) = \frac{1}{2}\). Bulduğumuz yoğunluktan \(\int_0^1 y\, dy = \frac{1}{2}\), uyuşuyor.
Bu yoğunluk, Örnek 15.3’de bulunan üçgen yoğunlukla aynıdır. Yani birim kare üzerindeki düzgün dağılım ile üçgen üzerindeki \(f = 2\) dağılımı, birbirinden çok farklı ortak yoğunluklar olmalarına karşın, \(X_1 + X_2\) için aynı dağılımı verir. Toplamın dağılımı ortak dağılımı belirlemez.
\(\blacksquare\)
Örnek 15.5 (Çarpımın Yoğunluğu) \((X, Y)\) rastgele vektörünün ortak olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[f(x, y) = \begin{cases} x + y, & 0 < x < 1,\; 0 < y < 1 \\ 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
olsun. \(Z = XY\) rastgele değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
\(\int_0^1 \int_0^1 (x + y)\, dy\, dx = \int_0^1 \left( x + \frac{1}{2} \right) dx = 1\) olduğundan \(f\) geçerli bir yoğunluktur. \(0 < X < 1\) ve \(0 < Y < 1\) olduğundan \(0 < Z < 1\)’dir.
Dağılım fonksiyonu tekniği. \(0 < z < 1\) için \(F_Z(z) = P(XY \le z)\), birim karenin \(xy \le z\) hiperbolünün altında kalan parçası üzerinde \(f\)’nin integralidir. \(x\) sabitken \(xy \le z\) koşulu \(y \le \frac{z}{x}\) demektir; \(x \le z\) ise \(\frac{z}{x} \ge 1\) olduğundan bütün \(y \in (0, 1)\) değerleri uygundur, \(x > z\) ise yalnızca \(y < \frac{z}{x}\) olanlar. Öyleyse
\[F_Z(z) = \int_0^{z} \int_0^{1} (x + y)\, dy\, dx + \int_z^{1} \int_0^{z/x} (x + y)\, dy\, dx.\]
Birinci integral:
\[\int_0^{z} \left( x + \frac{1}{2} \right) dx = \frac{z^2}{2} + \frac{z}{2}.\]
İkinci integralde iç integral \(\int_0^{z/x} (x + y)\, dy = z + \frac{z^2}{2x^2}\) olduğundan
\[\int_z^{1} \left( z + \frac{z^2}{2x^2} \right) dx = z(1 - z) + \frac{z^2}{2} \left[ -\frac{1}{x} \right]_z^1 = z - z^2 + \frac{z^2}{2} \left( \frac{1}{z} - 1 \right) = z - z^2 + \frac{z}{2} - \frac{z^2}{2} = \frac{3z}{2} - \frac{3z^2}{2}.\]
Toplayınca
\[F_Z(z) = \frac{z^2}{2} + \frac{z}{2} + \frac{3z}{2} - \frac{3z^2}{2} = 2z - z^2 = z(2 - z), \qquad 0 < z < 1.\]
\(z \le 0\) için \(F_Z(z) = 0\), \(z \ge 1\) için \(F_Z(z) = 1\)’dir ve \(F_Z(1) = 1\) ile uyuşur. Türev alarak
\[f_Z(z) = F_Z'(z) = 2 - 2z = 2(1 - z), \qquad 0 < z < 1\]
ve diğer durumlarda \(f_Z(z) = 0\) bulunur. \(\int_0^1 2(1 - z)\, dz = 1\) olduğu görülür.
Yapay değişkenle doğrulama. \(Z = XY\), \(W = X\) alalım. \(x = w\), \(y = \frac{z}{w}\) olur; \(w > 0\) olduğundan dönüşüm birebirdir.
\[J = \det \begin{bmatrix} \dfrac{\partial x}{\partial z} & \dfrac{\partial x}{\partial w} \\[3mm] \dfrac{\partial y}{\partial z} & \dfrac{\partial y}{\partial w} \end{bmatrix} = \det \begin{bmatrix} 0 & 1 \\[1mm] \dfrac{1}{w} & -\dfrac{z}{w^2} \end{bmatrix} = -\frac{1}{w}, \qquad |J| = \frac{1}{w}.\]
Görüntü bölgesi: \(0 < w < 1\) ve \(0 < \frac{z}{w} < 1\), yani \(0 < z < w < 1\). Böylece \(g(z, w) = \left( w + \frac{z}{w} \right) \frac{1}{w}\) (\(0 < z < w < 1\)) ve
\[f_Z(z) = \int_z^1 \left( 1 + \frac{z}{w^2} \right) dw = (1 - z) + z \left( \frac{1}{z} - 1 \right) = 1 - z + 1 - z = 2(1 - z), \qquad 0 < z < 1.\]
İki yöntem aynı sonucu verdi.
\(\blacksquare\)
Yapay değişken yönteminde en sık yapılan hata, \(f\)’nin sıfırdan farklı olduğu bölgeyi görüntü bölgesine doğru taşıyamamaktır. Güvenli yol şudur: \(D\)’yi tanımlayan her eşitsizliğe \(x_1 = h_1(y, w)\), \(x_2 = h_2(y, w)\) yazın, elde ettiğiniz eşitsizlikleri \(w\) için çözün ve \(w\)’nin alt–üst sınırlarının \(y\)’ye göre nasıl değiştiğini belirleyin. Sınırlar \(\min\) ya da \(\max\) içeriyorsa, Örnek 15.4’de olduğu gibi, \(y\)’nin aralığını parçalara ayırın. Son olarak bulduğunuz \(f_Y\)’nin integralinin \(1\) olduğunu kontrol edin; bu kontrol bölge hatalarının çoğunu yakalar.
15.4 Bağımsız Değişkenlerin Toplamı: Konvolüsyon
En sık karşılaşılan dönüşüm, bağımsız iki değişkenin toplamıdır. Bağımsızlık durumunda ortak yoğunluk marjinallerin çarpımı olduğundan (Tanım 14.1), yapay değişken yöntemi genel bir formüle indirgenir. Bu formül, iki fonksiyonun konvolüsyonu adı verilen işlemdir ve ileride önemli dağılımların toplamlarını hesaplarken temel araç olacaktır.
Önerme 15.3 (Toplamın Dağılımı: Konvolüsyon Formülü) \(X\) ve \(Y\) bağımsız rastgele değişkenler ve \(Z = X + Y\) olsun.
(a) \(X\) ve \(Y\), yoğunlukları \(f_X\) ve \(f_Y\) olan sürekli rastgele değişkenler ise \(Z\) süreklidir ve yoğunluğu
\[f_Z(z) = \int_{-\infty}^{\infty} f_X(x)\, f_Y(z - x)\, dx = \int_{-\infty}^{\infty} f_X(z - y)\, f_Y(y)\, dy\]
ile verilir.
(b) \(X\) ve \(Y\), olasılık fonksiyonları \(f_X\) ve \(f_Y\) olan kesikli rastgele değişkenler ise
\[f_Z(z) = \sum_{x \in D_X} f_X(x)\, f_Y(z - x)\]
olur; burada \(y = z - x \notin D_Y\) ise \(f_Y(z - x) = 0\) alınır.
İspat
(a) Bağımsızlık gereği \((X, Y)\)’nin ortak yoğunluğu \(f(x, y) = f_X(x) f_Y(y)\)’dir. \(Z = X + Y\) ve \(W = X\) yapay değişkeni ile \(x = w\), \(y = z - w\) olur; dönüşüm bütün \(\mathbb{R}^2\) üzerinde birebirdir ve
\[J = \det \begin{bmatrix} \dfrac{\partial x}{\partial z} & \dfrac{\partial x}{\partial w} \\[3mm] \dfrac{\partial y}{\partial z} & \dfrac{\partial y}{\partial w} \end{bmatrix} = \det \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} = -1, \qquad |J| = 1.\]
Teorem 15.1’a göre \((Z, W)\)’nin ortak yoğunluğu \(g(z, w) = f_X(w)\, f_Y(z - w)\)’dir. Önerme 15.2’e göre \(W\)’yi integralle atarsak
\[f_Z(z) = \int_{-\infty}^{\infty} f_X(w)\, f_Y(z - w)\, dw\]
elde edilir; bu, ilk formüldür. İkinci biçim, integralde \(y = z - w\) (\(dw = -dy\), sınırlar yer değiştirir) değişken değişikliğiyle çıkar. Yoğunluklar yalnızca sıfırdan farklı oldukları yerde katkı verdiğinden, integral pratikte \(f_X(x) \neq 0\) ve \(f_Y(z - x) \neq 0\) koşullarını birlikte sağlayan \(x\) değerleri üzerinden alınır.
(b) Önerme 15.1’na göre \(f_Z(z) = \sum_{x + y = z} f_{X, Y}(x, y)\); toplamda \(y = z - x\) olduğundan ve bağımsızlıkla \(f_{X, Y}(x, y) = f_X(x) f_Y(y)\) olduğundan
\[f_Z(z) = \sum_{x \in D_X} f_X(x)\, f_Y(z - x)\]
bulunur. \(z - x \notin D_Y\) olan terimler sıfırdır.
\(\blacksquare\)
Formülü hemen tanıdık bir örnekte sınayalım. Örnek 15.3’de birim kare üzerindeki \(f = 1\) ortak yoğunluğu \(f_{X_1}(x_1) f_{X_2}(x_2)\) biçiminde çarpanlarına ayrıldığından \(X_1\) ile \(X_2\) bağımsızdır ve her biri \((0, 1)\) üzerinde düzgün dağılır: \(f_{X_i}(t) = 1\) (\(0 < t < 1\)). Konvolüsyon formülünde \(f_{X_1}(x) f_{X_2}(y_1 - x) \neq 0\) olması için \(0 < x < 1\) ve \(0 < y_1 - x < 1\), yani \(\max(0, y_1 - 1) < x < \min(1, y_1)\) gerekir. \(0 < y_1 < 1\) için integral \(\int_0^{y_1} 1\, dx = y_1\), \(1 \le y_1 < 2\) için \(\int_{y_1 - 1}^{1} 1\, dx = 2 - y_1\) olur. Bu, orada Jacobian yöntemiyle bulduğumuz üçgen yoğunluğun ta kendisidir.
Kesikli biçim de Örnek 15.1’yi yeniden verir: orada \(f_X(x) = \frac{x}{6}\), \(f_Y(y) = \frac{y}{6}\) idi ve örneğin \(P(Z = 4) = \sum_{x=1}^{3} \frac{x}{6} \cdot \frac{4 - x}{6} = \frac{3 + 4 + 3}{36} = \frac{10}{36}\).
15.5 İki Kapsamlı Örnek
Bu kısımdaki iki örnek, bölümün bütün araçlarını bir arada kullanır. Birincisinde tanım bölgesi dikdörtgen değildir ve yoğunluk simetriktir; ikincisinde iki bağımsız değişkenden bir oran ile bir toplam üretilir ve elde edilen değişkenlerin bağımsız olup olmadığı sorulur.
Örnek 15.6 (Parabolik Bölge Üzerinde Çarpımın Yoğunluğu) \(X\) ve \(Y\) rastgele değişkenlerinin ortak olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{21}{4}\, x^2 y, & x^2 < y < 1 \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
olarak tanımlansın. \(Z = XY\) rastgele değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonunu bulunuz ve \(Z\)’nin yoğunluğunu kullanarak \(\int_{-\infty}^{\infty} z\, f_Z(z)\, dz\) değerini hesaplayınız. (Bu integral, bir sonraki kısımda tanımlanacak olan \(E(XY)\) beklenen değeridir.)
Çözüm
Bölge. \(x^2 < y < 1\) koşulu \(x^2 < 1\), yani \(-1 < x < 1\) gerektirir. Öyleyse
\[D = \{(x, y) : -1 < x < 1,\; x^2 < y < 1\},\]
parabol ile \(y = 1\) doğrusu arasında kalan bölgedir. Yoğunluğun geçerliliğini kontrol edelim:
\[\iint_D f(x, y)\, dx\, dy = \frac{21}{4} \int_{-1}^{1} x^2 \int_{x^2}^{1} y\, dy\, dx = \frac{21}{4} \int_{-1}^{1} x^2 \cdot \frac{1 - x^4}{2}\, dx = \frac{21}{8} \cdot 2 \int_0^1 (x^2 - x^6)\, dx = \frac{21}{4} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{7} \right) = \frac{21}{4} \cdot \frac{4}{21} = 1.\]
İntegral yalnızca \(0 < x < 1\) üzerinden alınsaydı sonuç \(\frac{1}{2}\) çıkardı; bölge \(x = 0\) doğrusuna göre simetrik iki parçadan oluştuğu için \(x\) aralığı \((-1, 1)\) alınmalıdır.
Simetri. \(f(-x, y) = f(x, y)\) olduğundan \((X, Y)\) ile \((-X, Y)\) aynı dağılıma sahiptir; dolayısıyla \(Z = XY\) ile \(-Z = (-X) Y\) aynı dağılıma sahiptir, yani \(f_Z(-z) = f_Z(z)\). \(|X| < 1\) ve \(0 < Y < 1\) olduğundan \(-1 < Z < 1\)’dir. Bu yüzden yoğunluğu yalnızca \(0 < z < 1\) için hesaplamak yeterlidir; negatif tarafı simetriyle tamamlarız.
Yapay değişken. \(Z = XY\), \(W = X\) alalım: \(x = w\), \(y = \frac{z}{w}\). \(\{x = 0\}\) doğrusunun olasılığı sıfır olduğundan onu \(D\)’den atabiliriz; kalan açık küme üzerinde dönüşüm birebirdir. Örnek 15.5’de olduğu gibi \(|J| = \frac{1}{|w|}\)’dir. Görüntü bölgesi için \(D\)’nin eşitsizliklerinde yerine koyalım:
\[-1 < w < 1, \qquad w^2 < \frac{z}{w} < 1.\]
\(z > 0\) olsun. \(\frac{z}{w} > w^2 > 0\) olması için \(w > 0\) gerekir; o zaman \(w^2 < \frac{z}{w}\) eşitsizliği \(w^3 < z\), yani \(w < z^{1/3}\); \(\frac{z}{w} < 1\) eşitsizliği \(w > z\) verir. \(0 < z < 1\) için \(z < z^{1/3}\) olduğundan aralık boş değildir:
\[E_+ = \{(z, w) : 0 < z < 1,\; z < w < z^{1/3}\}.\]
Bu bölgede
\[g(z, w) = \frac{21}{4}\, w^2 \cdot \frac{z}{w} \cdot \frac{1}{w} = \frac{21}{4}\, z.\]
Yoğunluk. \(0 < z < 1\) için
\[f_Z(z) = \int_z^{z^{1/3}} \frac{21}{4}\, z\, dw = \frac{21}{4}\, z \left( z^{1/3} - z \right) = \frac{21}{4} \left( z^{4/3} - z^2 \right).\]
Simetriyle \(-1 < z < 0\) için \(f_Z(z) = f_Z(-z) = \frac{21}{4} \left( (-z)^{4/3} - z^2 \right)\). Mutlak değerle tek formülde:
\[f_Z(z) = \begin{cases} \dfrac{21}{4} \left( |z|^{4/3} - z^2 \right), & 0 < |z| < 1 \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda.} \end{cases}\]
Kontrol: \(\int_0^1 \frac{21}{4} \left( z^{4/3} - z^2 \right) dz = \frac{21}{4} \left( \frac{3}{7} - \frac{1}{3} \right) = \frac{21}{4} \cdot \frac{2}{21} = \frac{1}{2}\); simetrik parçayla birlikte toplam \(1\)’dir. Ayrıca \(0 < z < 1\) için \(z^{4/3} > z^2\) olduğundan \(f_Z \ge 0\)’dır.
\(\int z f_Z(z)\, dz\) hesabı. \(f_Z\) sınırlı ve desteği \((-1, 1)\) olduğundan \(\int_{-1}^{1} |z|\, f_Z(z)\, dz < \infty\)’dur; yani integral mutlak yakınsaktır. \(z f_Z(z)\) tek fonksiyondur (\(f_Z\) çift olduğundan); simetrik \((-1, 1)\) aralığında integrali sıfırdır:
\[\int_{-1}^{1} z\, f_Z(z)\, dz = 0.\]
Aynı sonucu doğrudan ortak yoğunluktan da görebiliriz: \(\iint_D xy\, f(x, y)\, dx\, dy\) integralinde integrand \(x\)’e göre tek, bölge \(x \mapsto -x\) altında simetrik olduğundan sonuç \(0\)’dır. Yani \(E(XY) = 0\). Bu, \(X\) ile \(Y\)’nin bağımsız olduğu anlamına gelmez; tanım bölgesi dikdörtgen olmadığından bağımsız değildirler. Bir sonraki kısımda beklenen değeri tanımladıktan sonra bu ayrıma yeniden döneceğiz.
Karşılaştırma için, \(Z\)’nin mutlak değerinin ortalaması sıfır değildir:
\[\int_{-1}^{1} |z|\, f_Z(z)\, dz = 2 \cdot \frac{21}{4} \int_0^1 \left( z^{7/3} - z^3 \right) dz = \frac{21}{2} \left( \frac{3}{10} - \frac{1}{4} \right) = \frac{21}{40}.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 15.7 (Oran ve Toplam Dönüşümü) \(Y_1\) ve \(Y_2\) bağımsız rastgele değişkenler ve her birinin olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[f(y) = \begin{cases} \dfrac{1}{y^2}, & y > 1 \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
olsun. \(U_1 = \dfrac{Y_2}{Y_1 + Y_2}\) ve \(U_2 = Y_1 + Y_2\) rastgele değişkenleri tanımlansın. (Bu örnekte dönüşümün girdisi \((Y_1, Y_2)\), çıktısı \((U_1, U_2)\) vektörüdür.)
a) \((Y_1, Y_2)\) rastgele vektörünün ortak olasılık yoğunluk fonksiyonunu bulunuz.
b) \((U_1, U_2)\) rastgele vektörünün ortak olasılık yoğunluk fonksiyonunu bulunuz.
c) \(U_1\) rastgele değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonunu bulunuz.
d) \(U_1\) ve \(U_2\) rastgele değişkenlerinin bağımsız olup olmadığını inceleyiniz.
Çözüm
Önce \(f\)’nin bir yoğunluk olduğunu görelim: \(\int_1^{\infty} y^{-2}\, dy = 1\).
a) Bağımsızlık gereği (Tanım 14.1)
\[f_{Y_1, Y_2}(y_1, y_2) = f(y_1) f(y_2) = \begin{cases} \dfrac{1}{y_1^2\, y_2^2}, & y_1 > 1,\; y_2 > 1 \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda.} \end{cases}\]
\(D = \{(y_1, y_2) : y_1 > 1,\; y_2 > 1\}\)’dir.
b) \(u_1 = \dfrac{y_2}{y_1 + y_2}\), \(u_2 = y_1 + y_2\) denklemlerini çözelim: \(y_2 = u_1 u_2\) ve \(y_1 = u_2 - y_2 = u_2(1 - u_1)\). Yani
\[h_1(u_1, u_2) = u_2 (1 - u_1), \qquad h_2(u_1, u_2) = u_1 u_2.\]
Her \((u_1, u_2)\) için tek bir \((y_1, y_2)\) çıktığından dönüşüm birebirdir. Jacobian:
\[J = \det \begin{bmatrix} \dfrac{\partial h_1}{\partial u_1} & \dfrac{\partial h_1}{\partial u_2} \\[3mm] \dfrac{\partial h_2}{\partial u_1} & \dfrac{\partial h_2}{\partial u_2} \end{bmatrix} = \det \begin{bmatrix} -u_2 & 1 - u_1 \\ u_2 & u_1 \end{bmatrix} = -u_1 u_2 - u_2 (1 - u_1) = -u_2, \qquad |J| = u_2.\]
Görüntü bölgesi: \(y_1 > 1\) ve \(y_2 > 1\) koşulları
\[u_2 (1 - u_1) > 1, \qquad u_1 u_2 > 1\]
olur. \(y_1, y_2 > 0\) olduğundan \(u_2 > 0\) ve \(0 < u_1 < 1\)’dir; koşullar \(u_2 > \dfrac{1}{1 - u_1}\) ve \(u_2 > \dfrac{1}{u_1}\) biçiminde yazılır. Öyleyse
\[E = \Big\{ (u_1, u_2) : 0 < u_1 < 1,\; u_2 > \max\Big( \frac{1}{u_1}, \frac{1}{1 - u_1} \Big) \Big\}.\]
\(u_1 < \frac{1}{2}\) iken \(\frac{1}{u_1} > \frac{1}{1 - u_1}\), \(u_1 > \frac{1}{2}\) iken tersi geçerlidir; \(u_1 = \frac{1}{2}\)’de ikisi eşittir: iki sınır orada \(u_2 = 2\) değerinde birleşir ve \(E\)’nin her noktasında \(u_2 > 2\)’dir (ki bu \(Y_1 + Y_2 > 2\) ile uyuşur).
Teorem 15.1’a göre \(E\) üzerinde
\[g(u_1, u_2) = f_{Y_1, Y_2}\big( u_2(1 - u_1),\, u_1 u_2 \big)\, u_2 = \frac{1}{u_2^2 (1 - u_1)^2 \cdot u_1^2 u_2^2} \cdot u_2 = \frac{1}{u_1^2 (1 - u_1)^2\, u_2^3},\]
\(E\) dışında \(g = 0\)’dır.
c) \(U_1\)’in yoğunluğu, \(g\)’nin \(u_2\)’ye göre integralidir; alt sınır \(u_1\)’in \(\frac{1}{2}\)’nin hangi tarafında olduğuna bağlıdır. Her iki durumda da \(\int_a^{\infty} u_2^{-3}\, du_2 = \dfrac{1}{2a^2}\) kullanılır.
- \(0 < u_1 < \frac{1}{2}\): alt sınır \(a = \frac{1}{u_1}\),
\[f_{U_1}(u_1) = \frac{1}{u_1^2 (1 - u_1)^2} \cdot \frac{u_1^2}{2} = \frac{1}{2 (1 - u_1)^2}.\]
- \(\frac{1}{2} \le u_1 < 1\): alt sınır \(a = \frac{1}{1 - u_1}\),
\[f_{U_1}(u_1) = \frac{1}{u_1^2 (1 - u_1)^2} \cdot \frac{(1 - u_1)^2}{2} = \frac{1}{2 u_1^2}.\]
Sonuç:
\[f_{U_1}(u_1) = \begin{cases} \dfrac{1}{2 (1 - u_1)^2}, & 0 < u_1 < \dfrac{1}{2} \\[3mm] \dfrac{1}{2 u_1^2}, & \dfrac{1}{2} \le u_1 < 1 \\[3mm] 0, & \text{diğer durumlarda.} \end{cases}\]
Kontrol: \(\int_0^{1/2} \frac{du_1}{2(1 - u_1)^2} = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{1 - u_1} \right]_0^{1/2} = \frac{1}{2}(2 - 1) = \frac{1}{2}\) ve \(\int_{1/2}^{1} \frac{du_1}{2 u_1^2} = \frac{1}{2} \left[ -\frac{1}{u_1} \right]_{1/2}^{1} = \frac{1}{2}(-1 + 2) = \frac{1}{2}\); toplam \(1\). Yoğunluk \(u_1 = \frac{1}{2}\) etrafında simetriktir (\(f_{U_1}(1 - u_1) = f_{U_1}(u_1)\)) ve orada en büyük değeri olan \(2\)’yi alır. Simetri beklenen bir şeydir: \(Y_1\) ile \(Y_2\) aynı dağılımlı olduğundan \(U_1 = \frac{Y_2}{Y_1 + Y_2}\) ile \(1 - U_1 = \frac{Y_1}{Y_1 + Y_2}\) aynı dağılıma sahiptir. Aynı nedenle, oranın payında \(Y_2\) yerine \(Y_1\) alınsaydı bütün sonuçlar değişmezdi.
d) Bağımsız değildirler. \(U_1\) ile \(U_2\) bağımsız olsaydı her \((u_1, u_2)\) için \(g(u_1, u_2) = f_{U_1}(u_1) f_{U_2}(u_2)\) olması gerekirdi (Tanım 14.1); özellikle \(g\)’nin sıfırdan farklı olduğu bölge iki aralığın kartezyen çarpımı olurdu. Oysa \(E\) öyle değildir: \(u_2\)’nin alabileceği değerler \(u_1\)’e bağlıdır. Somut bir çift alalım: \((u_1, u_2) = \left( \frac{1}{10}, 3 \right)\). Burada \(\frac{1}{u_1} = 10 > 3\) olduğundan \((u_1, u_2) \notin E\) ve \(g\left( \frac{1}{10}, 3 \right) = 0\)’dır. Öte yandan \(f_{U_1}\left( \frac{1}{10} \right) = \frac{1}{2 \left( \frac{9}{10} \right)^2} = \frac{50}{81} > 0\) ve
\[f_{U_2}(3) = \int_{-\infty}^{\infty} g(u_1, 3)\, du_1 = \frac{1}{27} \int_{1/3}^{2/3} \frac{du_1}{u_1^2 (1 - u_1)^2} > 0\]
(integrand pozitif, aralık boş değil; \(u_2 = 3\) için \(E\)’nin kesiti \(\frac{1}{3} < u_1 < \frac{2}{3}\)’tür). Demek ki \(g\left( \frac{1}{10}, 3 \right) = 0 \neq f_{U_1}\left( \frac{1}{10} \right) f_{U_2}(3)\); \(U_1\) ile \(U_2\) bağımsız değildir. Sezgisel olarak da açıktır: toplam \(U_2\) küçükse (\(2\)’ye yakınsa) iki değişken de \(1\)’e yakın olmak zorundadır, dolayısıyla oran \(U_1\) zorunlu olarak \(\frac{1}{2}\)’ye yakındır; toplam büyüdükçe oran daha serbestleşir.
\(\blacksquare\)
Örnek 15.2 ve Örnek 15.7’de girdi değişkenleri bağımsızdı, ama toplam–fark ve oran–toplam çiftleri bağımsız çıkmadı. Genel kural şudur: \(X_1\) ile \(X_2\) bağımsızsa \(u(X_1)\) ile \(v(X_2)\) de bağımsızdır; ancak her ikisi de hem \(X_1\)’e hem \(X_2\)’ye bağlı olan \(u_1(X_1, X_2)\) ile \(u_2(X_1, X_2)\) genellikle bağımsız değildir. Bağımsızlığı korumak için özel bir yapı gerekir; bunun tanınmış bir örneğini alıştırmalarda, birim disk üzerinde düzgün dağılımın kutupsal koordinatlarında göreceğiz.
15.6 Alıştırmalar
Alıştırma 15.1 (Rastgele Vektörlerin Dönüşümleri Üzerine Alıştırmalar) a) Örnek 15.1’deki \(f(x, y) = \dfrac{xy}{36}\) (\(x, y \in \{1, 2, 3\}\)) ortak olasılık fonksiyonu için \(W = XY\) rastgele değişkeninin olasılık fonksiyonunu bulunuz.
b) \(X\) ve \(Y\) bağımsız ve aynı dağılımlı olsun; \(P(X = k) = \dfrac{1}{2^k}\), \(k \in \{1, 2, 3, \dots\}\). Konvolüsyon formülüyle \(Z = X + Y\)’nin olasılık fonksiyonunu bulunuz ve olasılıkların toplamının \(1\) olduğunu gösteriniz.
c) \((X_1, X_2)\) birim kare üzerinde \(f = 1\) yoğunluğuna sahip olsun. \(Y = \dfrac{X_1}{X_2}\) oranının yoğunluğunu bulunuz.
d) \(X\) ve \(Y\) bağımsız olsun ve her birinin yoğunluğu \(f(t) = e^{-t}\) (\(t > 0\)) olsun. \(Z = X + Y\)’nin yoğunluğunu bulunuz.
e) \((X, Y)\) birim kare üzerinde \(f = 1\) yoğunluğuna sahip olsun. \(U = X + Y\), \(V = X - Y\) dönüşümü için \((U, V)\)’nin ortak yoğunluğunu ve \(V\)’nin marjinal yoğunluğunu bulunuz.
f) \((X, Y)\), birim disk üzerinde düzgün dağılsın: \(f(x, y) = \dfrac{1}{\pi}\) (\(x^2 + y^2 < 1\)). \(R = \sqrt{X^2 + Y^2}\) ve \(\Theta\), \((X, Y)\) noktasının kutupsal açısı olsun (\(X = R \cos \Theta\), \(Y = R \sin \Theta\), \(0 < \Theta < 2\pi\)). \((R, \Theta)\)’nın ortak yoğunluğunu bulunuz; \(R\) ile \(\Theta\)’nın bağımsız olduğunu gösteriniz ve \(R\)’nin yoğunluğunu yazınız.
Çözüm
a) \(W = XY \in \{1, 2, 3, 4, 6, 9\}\). Her değer için çarpımı o değeri veren çiftlerin olasılıkları toplanır:
\[\begin{aligned} P(W = 1) &= f(1,1) = \tfrac{1}{36}, & P(W = 2) &= f(1,2) + f(2,1) = \tfrac{4}{36}, \\ P(W = 3) &= f(1,3) + f(3,1) = \tfrac{6}{36}, & P(W = 4) &= f(2,2) = \tfrac{4}{36}, \\ P(W = 6) &= f(2,3) + f(3,2) = \tfrac{12}{36}, & P(W = 9) &= f(3,3) = \tfrac{9}{36}. \end{aligned}\]
| \(w\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) | \(6\) | \(9\) |
|---|---|---|---|---|---|---|
| \(P(W = w)\) | \(\frac{1}{36}\) | \(\frac{4}{36}\) | \(\frac{6}{36}\) | \(\frac{4}{36}\) | \(\frac{12}{36}\) | \(\frac{9}{36}\) |
Toplam \(\frac{1 + 4 + 6 + 4 + 12 + 9}{36} = 1\).
b) \(Z \in \{2, 3, 4, \dots\}\). Önerme 15.3 (b) ile, \(z - x \ge 1\) olması için \(x \le z - 1\) gerekir:
\[P(Z = z) = \sum_{x = 1}^{z - 1} \frac{1}{2^x} \cdot \frac{1}{2^{z - x}} = \sum_{x = 1}^{z - 1} \frac{1}{2^z} = \frac{z - 1}{2^z}, \qquad z \ge 2.\]
Toplamı doğrulayalım:
\[\sum_{z = 2}^{\infty} \frac{z - 1}{2^z} = \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{m}{2^{m + 1}} = \frac{1}{2} \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{m}{2^m} = \frac{1}{2} \cdot 2 = 1.\]
Burada \(|q| < 1\) için \(\sum_{m \ge 1} m q^m = \frac{q}{(1 - q)^2}\) özdeşliği \(q = \frac{1}{2}\) ile kullanıldı.
c) \(Y = \frac{X_1}{X_2}\), \(W = X_2\) alalım: \(x_1 = yw\), \(x_2 = w\);
\[J = \det \begin{bmatrix} w & y \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = w, \qquad |J| = w \; (w > 0).\]
Bölge: \(0 < w < 1\) ve \(0 < yw < 1\), yani \(y > 0\) ve \(w < \min\left( 1, \frac{1}{y} \right)\). \(g(y, w) = 1 \cdot w = w\) olduğundan
\[f_Y(y) = \int_0^{\min(1, 1/y)} w\, dw = \frac{1}{2} \min\Big( 1, \frac{1}{y} \Big)^2 = \begin{cases} \dfrac{1}{2}, & 0 < y \le 1 \\[2mm] \dfrac{1}{2 y^2}, & y > 1 \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda.} \end{cases}\]
Kontrol: \(\frac{1}{2} + \int_1^{\infty} \frac{dy}{2 y^2} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\). Oranın \(1\)’den küçük ya da büyük olma olasılıkları eşittir; bu, \(X_1\) ile \(X_2\)’nin aynı dağılımlı olmasından beklenen simetridir.
d) Konvolüsyon formülünde \(f_X(x) f_Y(z - x) \neq 0\) için \(x > 0\) ve \(z - x > 0\), yani \(0 < x < z\) gerekir; dolayısıyla \(z > 0\) için
\[f_Z(z) = \int_0^z e^{-x} e^{-(z - x)}\, dx = \int_0^z e^{-z}\, dx = z e^{-z},\]
\(z \le 0\) için \(f_Z(z) = 0\). Kontrol: \(\int_0^{\infty} z e^{-z}\, dz = \left[ -z e^{-z} - e^{-z} \right]_0^{\infty} = 1\).
e) \(u = x + y\), \(v = x - y\) denklemlerinden \(x = \frac{u + v}{2}\), \(y = \frac{u - v}{2}\);
\[J = \det \begin{bmatrix} \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \\[2mm] \dfrac{1}{2} & -\dfrac{1}{2} \end{bmatrix} = -\frac{1}{4} - \frac{1}{4} = -\frac{1}{2}, \qquad |J| = \frac{1}{2}.\]
Bölge: \(0 < \frac{u + v}{2} < 1\) ve \(0 < \frac{u - v}{2} < 1\), yani \(-u < v < 2 - u\) ve \(u - 2 < v < u\); birleştirince \(0 < u < 2\) ve \(|v| < \min(u, 2 - u)\). Bu, köşeleri \((0, 0)\), \((1, 1)\), \((2, 0)\), \((1, -1)\) olan bir karedir (alanı \(2\)). Ortak yoğunluk
\[g(u, v) = \begin{cases} \dfrac{1}{2}, & 0 < u < 2,\; |v| < \min(u, 2 - u) \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda.} \end{cases}\]
\(V\)’nin marjinali: sabit \(v \in (-1, 1)\) için \(u\), \(|v| < u < 2 - |v|\) aralığında dolaşır;
\[f_V(v) = \int_{|v|}^{2 - |v|} \frac{1}{2}\, du = \frac{1}{2} \big( 2 - 2|v| \big) = 1 - |v|, \qquad -1 < v < 1.\]
Bu, \((-1, 1)\) üzerinde ortalanmış üçgen yoğunluktur; \(\int_{-1}^{1} (1 - |v|)\, dv = 1\). (\(U\)’nun marjinali de aynı hesapla \(1 - |u - 1|\), yani Örnek 15.3’deki üçgen yoğunluktur.)
f) Ters dönüşüm \(x = r \cos \theta\), \(y = r \sin \theta\);
\[J = \det \begin{bmatrix} \cos \theta & -r \sin \theta \\ \sin \theta & r \cos \theta \end{bmatrix} = r \cos^2 \theta + r \sin^2 \theta = r, \qquad |J| = r.\]
\((0, 1) \times (0, 2\pi)\) dikdörtgeni, \(\theta = 0\) ışını dışında (olasılığı sıfır) birim diske birebir gider. Ortak yoğunluk
\[g(r, \theta) = \frac{1}{\pi} \cdot r = \frac{r}{\pi}, \qquad 0 < r < 1,\; 0 < \theta < 2\pi.\]
Marjinaller: \(f_R(r) = \int_0^{2\pi} \frac{r}{\pi}\, d\theta = 2r\) (\(0 < r < 1\)) ve \(f_\Theta(\theta) = \int_0^1 \frac{r}{\pi}\, dr = \frac{1}{2\pi}\) (\(0 < \theta < 2\pi\)); bu aralıkların dışında marjinaller sıfırdır. Her \((r, \theta)\) için \(g(r, \theta) = f_R(r)\, f_\Theta(\theta)\) sağlanır: dikdörtgenin içinde \(\frac{r}{\pi} = (2r) \cdot \frac{1}{2\pi}\), dışında iki taraf da \(0\)’dır. Öyleyse \(R\) ile \(\Theta\) bağımsızdır (Tanım 14.1). Yani açı \((0, 2\pi)\) üzerinde düzgün, yarıçap ise \(2r\) yoğunluğuna sahiptir; \(\int_0^1 2r\, dr = 1\). Yarıçapın düzgün olmaması doğaldır: diskin dış halkalarında daha fazla alan vardır.
\(\blacksquare\)
Rastgele vektörlerin dönüşümleriyle rastgele vektörler kısmını tamamlamış olduk. Bundan sonra dağılımları tek tek betimlemek yerine onları birkaç sayıyla özetlemeyi öğreneceğiz: Beklenen Değer, Momentler ve Varyans.