11 Sürekli Rastgele Değişkenler ve Yoğunluk Fonksiyonu

Kesikli Rastgele Değişkenler ve Olasılık Fonksiyonu bölümünde değer kümesi sonlu ya da sayılabilir sonsuz olan rastgele değişkenleri inceledik. Böyle bir değişkenin bütün olasılık bilgisi, \(f_X(x) = P(X = x)\) olasılık fonksiyonunda toplanıyordu: dağılım fonksiyonu bu değerlerin toplamıyla elde ediliyor, olaylar da ilgili noktaların olasılıkları toplanarak hesaplanıyordu. Ne var ki uygulamada karşılaştığımız pek çok rastgele değişken bu çerçeveye sığmaz. Bir elektronik parçanın ömrü, bir yolcunun durağa geldiği an, rastgele seçilen bir noktanın koordinatı ya da bir ölçümün hatası bir aralıktaki her gerçel değeri alabilir; değer kümesi sayılamazdır.

Bu bölümde işte bu tür değişkenleri ele alıyoruz. Toplamların yerini integraller, olasılık fonksiyonunun yerini olasılık yoğunluk fonksiyonu alacak. Yoğunluk fonksiyonu \(f\), tek bir noktanın olasılığını değil, “birim uzunluğa düşen olasılığı” ölçer: \(X\)’in \([a,b]\) aralığına düşme olasılığı, \(f\)’nin grafiği altında \(a\) ile \(b\) arasında kalan alandır. Bu bakış açısının ilk şaşırtıcı sonucu, sürekli bir rastgele değişkenin herhangi bir sabit değeri alma olasılığının sıfır olmasıdır; ikincisi de yoğunluğun kendisinin bir olasılık olmamasıdır, hatta \(1\)’i aşabilmesidir.

Bölüm boyunca şunları öğreneceğiz: sürekli ve mutlak sürekli rastgele değişkenin tanımı; yoğunluk fonksiyonunun iki belirleyici özelliği; dağılım fonksiyonunun sürekli olduğu ve nokta olasılıklarının sıfıra eşit olduğu; aralık olasılıklarının integralle hesabı; dağılım fonksiyonu verildiğinde yoğunluğun türevle bulunması. Sonra bu araçları sinüs, parçalı sabit, üçgen ve üstel biçimli yoğunluklar üzerinde sonuna kadar çalıştıracağız.

11.1 Sürekli Rastgele Değişken ve Yoğunluk Fonksiyonu

Bir rastgele değişkenin (Tanım 8.1) değer kümesi \(D_X = X(\Omega)\) idi (Tanım 8.2). Kesikli değişken için bu küme en çok sayılabilir sonsuzdu (Tanım 10.1). Bunun karşıtıyla başlıyoruz.

Tanım 11.1 (Sürekli Rastgele Değişken) \((\Omega, \mathcal{U}, P)\) bir olasılık uzayı ve \(X : \Omega \to \mathbb{R}\) bir rastgele değişken olsun. \(X\)’in değer kümesi \(D_X\) sayılamaz bir küme ise \(X\)’e sürekli rastgele değişken denir.

Bu tanım yalnızca değer kümesinin büyüklüğüne bakar; olasılıkların bu küme üzerinde nasıl dağıldığı hakkında bir şey söylemez. Kesikli durumda dağılımı \(P(X = x)\) sayıları belirliyordu. Sayılamaz bir değer kümesinde bu yol kapanır: birazdan göreceğimiz gibi, yoğunluğu olan bir değişkende \(P(X = x)\) sayılarının hepsi sıfırdır ve toplanacak bir şey kalmaz. Onun yerine olasılığı “yayılmış” biçimde, bir yoğunlukla anlatırız.

Tanım 11.2 (Mutlak Sürekli Rastgele Değişken ve Olasılık Yoğunluk Fonksiyonu) \(X\) bir rastgele değişken ve \(F : \mathbb{R} \to [0,1]\) onun dağılım fonksiyonu olsun. Eğer

\[\text{(i)}\; f(x) \ge 0 \;\; (x \in \mathbb{R}), \qquad \text{(ii)}\; \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = 1\]

özelliklerini taşıyan bir \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu için her \(x \in \mathbb{R}\)’de

\[F(x) = \int_{-\infty}^{x} f(t)\,dt\]

yazılabiliyorsa \(X\)’e mutlak sürekli rastgele değişken, \(f\)’ye de \(X\)’in olasılık yoğunluk fonksiyonu (kısaca yoğunluk fonksiyonu ya da yoğunluğu) denir. \(X\)’in yoğunluğu \(f_X\) ile de gösterilir.

İki noktaya dikkat edelim. Birincisi, integral değişkeni olarak \(t\) kullandık; üst sınır \(x\) olduğundan integralin içinde de \(x\) yazmak yanıltıcı olur. İkincisi, mutlak sürekli bir değişken zorunlu olarak süreklidir: \(F\)’nin bir integral olması onu sürekli kılar (bunu az sonra ispatlayacağız), sürekli bir \(F\) ise sayılabilir bir değer kümesiyle uyuşmaz, çünkü kesikli bir değişkende \(\sum_{x \in D_X} f_X(x) = 1\) olduğundan \(f_X(x) > 0\) olan en az bir \(x \in D_X\) vardır ve dağılım fonksiyonu bu noktada \(f_X(x)\) kadar sıçrar (Önerme 10.2). Tersi doğru değildir: dağılım fonksiyonu sürekli olduğu hâlde hiçbir yoğunluğa sahip olmayan rastgele değişkenler vardır; ama bunlar bu kitabın dışında kalan, yapay örneklerdir. Bu kitapta “sürekli rastgele değişken” dendiğinde her zaman yoğunluğu olan, yani mutlak sürekli bir değişken kastedilir.

Yoğunluğun anlamını sezmek için \(F\)’nin tanımını küçük bir aralıkta okuyalım. Kısa bir \([x, x + h]\) aralığı için

\[P(x < X \le x + h) = F(x + h) - F(x) = \int_{x}^{x+h} f(t)\,dt \approx f(x)\,h\]

olur. Yani \(f(x)\), \(x\) civarındaki birim uzunluğa düşen olasılıktır; \(f\) büyükse \(X\)’in oraya düşme ihtimali büyüktür. Bu yüzden adı “yoğunluk”tur. Aynı okuma bir uyarıyı da beraberinde getirir.

Yoğunluk bir olasılık değildir

Kesikli durumda \(f_X(x) = P(X = x)\) bir olasılıktı; dolayısıyla \(0 \le f_X(x) \le 1\) idi. Sürekli durumda \(f(x)\) bir olasılık değildir ve \(1\)’i aşabilir. Örneğin

\[f(x) = \begin{cases} 3x^2, & 0 < x < 1 \\ 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]

fonksiyonu \(f \ge 0\) ve \(\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = \int_0^1 3x^2\,dx = 1\) koşullarını sağlar, dolayısıyla bir yoğunluk fonksiyonudur; ama \(f(0{,}9) = 2{,}43 > 1\)’dir. Hatta yoğunluk sınırsız bile olabilir: \((0,1]\) üzerinde \(\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\) ile verilen fonksiyon \(0\)’a yaklaşırken sonsuza gider, yine de bir yoğunluktur (bkz. Alıştırma 11.1). Olasılık olan şey \(f\)’nin değeri değil, \(f\)’nin grafiği altında kalan alandır: her aralık üzerindeki alan \(0\) ile \(1\) arasındadır, toplam alan tam \(1\)’dir. Yukarıdaki \(3x^2\) yoğunluğu aşağıda ayrıntılı olarak incelenecektir (Örnek 11.1).

11.2 Dağılım Fonksiyonunun Sürekliliği ve Nokta Olasılıkları

Dağılım fonksiyonunun genel özelliklerini biliyoruz (Teorem 9.1): artan (azalmayan), sağdan sürekli, \(-\infty\)’da \(0\)’a ve \(+\infty\)’da \(1\)’e giden bir fonksiyon. Kesikli değişkende \(F\) basamaklıydı ve basamakların yüksekliği nokta olasılıklarını veriyordu. Yoğunluğu olan bir değişkende ise \(F\) bir integraldir ve integraller “sıçramaz”. Bu gözlem, sürekli değişkenlerin bütün hesap kurallarının kaynağıdır; o yüzden onu dikkatle ispatlayalım.

Teorem 11.1 (Sürekli Rastgele Değişkenin Dağılım Fonksiyonu Süreklidir) \(X\), yoğunluğu \(f\) olan sürekli bir rastgele değişken olsun. O zaman \(X\)’in dağılım fonksiyonu

\[F(x) = \int_{-\infty}^{x} f(t)\,dt\]

\(\mathbb{R}\)’nin her noktasında süreklidir. Aynı sonuç, \(f \ge 0\) ve \(\int_{-\infty}^{\infty} f = 1\) koşullarını sağlayan her \(f\) için, bu integralle tanımlanan \(F\) hakkında geçerlidir.

İspat

\(a \in \mathbb{R}\) sabit bir nokta ve \(h > 0\) olsun. İntegralin aralık üzerinde toplanabilirliğinden

\[F(a) - F(a - h) = \int_{a-h}^{a} f(t)\,dt, \qquad F(a + h) - F(a) = \int_{a}^{a+h} f(t)\,dt\]

yazılır ve \(f \ge 0\) olduğundan iki fark da negatif değildir. Göstermemiz gereken, \(h \to 0^+\) iken bu iki integralin de \(0\)’a gitmesidir; o zaman \(F(a^-) = F(a) = F(a^+)\) olur ve \(F\), \(a\)’da sürekli çıkar. İki farkın toplamı \(\int_{a-h}^{a+h} f(t)\,dt\) olduğundan bu toplamın \(0\)’a gittiğini göstermek yeter.

Durum 1: \(f\), \(a\)’nın bir komşuluğunda sınırlıdır. Öyle bir \(\delta > 0\) ve \(M > 0\) olsun ki \(|t - a| \le \delta\) için \(0 \le f(t) \le M\) olsun. O zaman \(0 < h \le \delta\) için

\[0 \le \int_{a-h}^{a+h} f(t)\,dt \le \int_{a-h}^{a+h} M\,dt = 2Mh\]

olur ve sağ taraf \(h \to 0^+\) iken \(0\)’a gider. Sıkıştırma ile integral de \(0\)’a gider.

Durum 2: \(f\), \(a\)’nın hiçbir komşuluğunda sınırlı değildir. Bu durumda \(f\)’nin \([a-1, a+1]\) üzerindeki integrali \(a\) noktasında bir has olmayan (improper) integraldir; \(\int_{-\infty}^{\infty} f\) yakınsak olduğundan bu integral de yakınsaktır. Has olmayan integralin yakınsak olması, tanım gereği,

\[\lim_{h \to 0^+} \int_{a-1}^{a-h} f(t)\,dt = \int_{a-1}^{a} f(t)\,dt, \qquad \lim_{h \to 0^+} \int_{a+h}^{a+1} f(t)\,dt = \int_{a}^{a+1} f(t)\,dt\]

demektir. Birinci eşitlik \(\int_{a-h}^{a} f(t)\,dt \to 0\), ikincisi \(\int_{a}^{a+h} f(t)\,dt \to 0\) anlamına gelir; toplamları da \(0\)’a gider.

Her iki durumda da \(F(a - h) \to F(a)\) ve \(F(a + h) \to F(a)\) bulundu; \(F\), \(a\)’da süreklidir. \(a\) keyfi olduğundan \(F\), \(\mathbb{R}\) üzerinde süreklidir. İspatta \(f\) hakkında yalnızca \(f \ge 0\) ve integralin yakınsaklığı kullanıldı; bu, son cümledeki genel ifadeyi de verir.

\(\blacksquare\)

Bu teoremin ilk ve en önemli sonucu, kesikli durumla en keskin ayrılığı gösterir: sürekli bir değişkende hiçbir tek nokta pozitif olasılık taşımaz. Bunun pratik yansıması, aralık uçlarının olasılık hesabında hiç önem taşımamasıdır.

Önerme 11.1 (Nokta Olasılığı Sıfırdır; Aralık Olasılıkları) \(X\), yoğunluğu \(f\) ve dağılım fonksiyonu \(F\) olan sürekli bir rastgele değişken olsun. Her \(a \in \mathbb{R}\) için

\[P(X = a) = 0\]

dır. Bunun sonucu olarak, her \(a \in \mathbb{R}\) için

\[P(X \le a) = P(X < a) = F(a) = \int_{-\infty}^{a} f(x)\,dx, \qquad P(X \ge a) = P(X > a) = 1 - F(a) = \int_{a}^{\infty} f(x)\,dx\]

ve her \(a < b\) için

\[P(a < X \le b) = P(a < X < b) = P(a \le X \le b) = P(a \le X < b) = F(b) - F(a) = \int_{a}^{b} f(x)\,dx\]

olur.

İspat

Dağılım fonksiyonu ile nokta olasılığı arasındaki bağıntı (Teorem 9.2)

\[P(X = a) = F(a) - F(a^-), \qquad F(a^-) = \lim_{h \to 0^+} F(a - h)\]

biçimindedir. Teorem 11.1 gereği \(F\), \(a\)’da süreklidir; dolayısıyla \(F(a^-) = F(a)\) ve \(P(X = a) = F(a) - F(a) = 0\) olur.

Aralık formülleri için \((X \le a) = (X < a) \cup (X = a)\) ayrık birleşimini yazalım. Toplama kuralıyla

\[P(X \le a) = P(X < a) + P(X = a) = P(X < a)\]

bulunur; \(P(X \le a) = F(a)\) ise dağılım fonksiyonunun tanımıdır (Tanım 9.1) ve \(F(a) = \int_{-\infty}^{a} f\), yoğunluğun tanımıdır. Tümleyene geçerek \(P(X > a) = 1 - F(a)\) ve \(P(X \ge a) = P(X > a) + P(X = a) = 1 - F(a)\) elde edilir; \(1 - F(a) = \int_{-\infty}^{\infty} f - \int_{-\infty}^{a} f = \int_{a}^{\infty} f\) olur.

\(a < b\) olsun. \(P(a < X \le b) = F(b) - F(a)\) eşitliği Teorem 9.2’den bilinmektedir. Öteki üç olay bu olaydan yalnızca \(a\) ya da \(b\) uç noktasının eklenip çıkarılmasıyla elde edilir:

\[(a \le X \le b) = (a < X \le b) \cup (X = a), \qquad (a < X < b) = (a < X \le b) \setminus (X = b), \qquad (a \le X < b) = (a < X < b) \cup (X = a).\]

Eklenen ve çıkarılan olayların olasılığı \(0\) olduğundan dördünün olasılığı da \(F(b) - F(a)\)’dır. Son olarak

\[F(b) - F(a) = \int_{-\infty}^{b} f(x)\,dx - \int_{-\infty}^{a} f(x)\,dx = \int_{a}^{b} f(x)\,dx\]

integralin toplanabilirliğinden gelir.

Aralık olasılığının iki görünümü. Solda P(a < X ≤ b), yoğunluk eğrisinin altında a ile b arasında kalan alandır; sağda aynı sayı dağılım fonksiyonunun iki değeri arasındaki fark F(b) − F(a) olarak okunur. Sürekli değişkende uç noktalar sıfır olasılık taşıdığından aralığın açık ya da kapalı olması sonucu değiştirmez; dört aralık olasılığı da bu alana eşittir.

\(\blacksquare\)

Sıfır olasılık ile imkânsızlık aynı şey değildir

\(X\) her deneyde bir değer alır; alacağı değer \(a\) olsun. \(P(X = a) = 0\) olması “\(X = a\) olayı gerçekleşemez” demek değildir; sadece, sayılamaz çoklukta aday değer arasında tam olarak \(a\)’nın seçilmesine olasılık ölçüsünün sıfır ağırlık verdiği anlamına gelir. Geometrik olasılıkta (Tanım 4.5) bir noktanın alanının sıfır olmasıyla aynı durumdur. Buna karşılık \(a\)’nın çevresindeki her aralık pozitif olasılık taşıyabilir: \(P(a - h < X < a + h) = \int_{a-h}^{a+h} f > 0\) olabilir, ama \(h \to 0\) iken bu sayı \(0\)’a çekilir.

Sürekli bir değişkende tek noktanın olasılığı sıfırdır. a çevresindeki [a − h, a + h] aralığının olasılığı eğri altındaki taralı alandır, yaklaşık 2h·f(a); h küçüldükçe (0,5; 0,25; 0,1) bu alan sıfıra çekilir ve limitte P(X = a) = 0 kalır. Oysa f(a) sıfır değildir: yoğunluk bir olasılık değil, birim uzunluğa düşen olasılıktır.

Kesikli ve sürekli değişkenlerin karşılaştırması şöyle özetlenebilir:

	kesikli \(X\)	sürekli \(X\)
dağılımı belirleyen fonksiyon	olasılık fonksiyonu \(f_X(x) = P(X = x)\)	yoğunluk fonksiyonu \(f_X\), \(f_X(x)\) bir olasılık değil
normalleştirme	\(\sum_{x \in D_X} f_X(x) = 1\)	\(\int_{-\infty}^{\infty} f_X(x)\,dx = 1\)
dağılım fonksiyonu	\(F(x) = \sum_{x_i \le x} f_X(x_i)\), basamaklı	\(F(x) = \int_{-\infty}^{x} f_X(t)\,dt\), sürekli
nokta olasılığı	\(P(X = a) = F(a) - F(a^-)\), \(D_X\)’te pozitif	\(P(X = a) = 0\)
aralık olasılığı	\(P(a < X \le b) = \sum_{a < x_i \le b} f_X(x_i)\)	\(P(a < X \le b) = \int_a^b f_X(x)\,dx\), uçlar önemsiz
\(F\)’den \(f_X\)’e dönüş	\(f_X(x) = F(x) - F(x^-)\)	\(f_X(x) = F'(x)\) (türevin var olduğu yerde)

Tablonun son satırı bu bölümün ikinci ana sonucudur ve birazdan ispatlanacaktır.

Nokta olasılıklarının sıfır olmasının nasıl kullanıldığını ilk tam örnekte görelim. Örnek aynı zamanda yukarıdaki uyarıyı da somutlaştırır.

Örnek 11.1 (Bir Yoğunlukla Olasılık Hesapları) \(X\) rastgele değişkeninin yoğunluk fonksiyonu

\[f(x) = \begin{cases} 3x^2, & 0 < x < 1 \\ 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]

olsun.

a) \(f\)’nin bir yoğunluk fonksiyonu olduğunu doğrulayınız ve \(f(x) > 1\) olan \(x\) değerlerini bulunuz.

b) \(X\)’in dağılım fonksiyonunu bulunuz.

c) \(P\!\left(X > \tfrac{1}{2}\right)\), \(P\!\left(\tfrac{1}{4} < X \le \tfrac{3}{4}\right)\), \(P\!\left(X = \tfrac{1}{2}\right)\) ve \(P\!\left(X > \tfrac{1}{2} \mid X > \tfrac{1}{4}\right)\) olasılıklarını hesaplayınız.

d) \(P(X \le m) = \dfrac{1}{2}\) olan \(m\) sayısını (dağılımın medyanını) bulunuz.

Çözüm

a) Her \(x\) için \(f(x) \ge 0\)’dır ve

\[\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = \int_0^1 3x^2\,dx = \Big[x^3\Big]_0^1 = 1\]

olur; \(f\) bir yoğunluk fonksiyonudur. \(0 < x < 1\) için \(3x^2 > 1 \iff x^2 > \dfrac{1}{3} \iff x > \dfrac{1}{\sqrt{3}} \approx 0{,}577\)’dir. Demek ki \(\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}, 1\right)\) aralığında yoğunluk \(1\)’den büyüktür; \(f(1^-) = 3\)’e kadar çıkar. Bu, \(f\)’nin olasılık olmadığını bir kez daha gösterir.

b) \(x \le 0\) için \(F(x) = \int_{-\infty}^{x} 0\,dt = 0\). \(0 < x < 1\) için

\[F(x) = \int_{-\infty}^{0} 0\,dt + \int_0^x 3t^2\,dt = \Big[t^3\Big]_0^x = x^3.\]

\(x \ge 1\) için \(F(x) = \int_0^1 3t^2\,dt + \int_1^x 0\,dt = 1\). Böylece

\[F(x) = \begin{cases} 0, & x \le 0 \\ x^3, & 0 < x < 1 \\ 1, & x \ge 1. \end{cases}\]

\(F\)’nin \(0\) ve \(1\) noktalarında sürekli olduğuna dikkat edelim: \(F(0) = 0 = 0^3\) ve \(F(1) = 1 = 1^3\).

c) Önerme 11.1’i kullanıyoruz:

\[P\!\left(X > \tfrac{1}{2}\right) = 1 - F\!\left(\tfrac{1}{2}\right) = 1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8},\]

\[P\!\left(\tfrac{1}{4} < X \le \tfrac{3}{4}\right) = F\!\left(\tfrac{3}{4}\right) - F\!\left(\tfrac{1}{4}\right) = \frac{27}{64} - \frac{1}{64} = \frac{26}{64} = \frac{13}{32}.\]

\(P\!\left(X = \tfrac{1}{2}\right) = 0\)’dır; bunu aynı formülle de görebiliriz: \(P\!\left(\tfrac{1}{2} \le X \le \tfrac{1}{2}\right) = \int_{1/2}^{1/2} 3x^2\,dx = 0\). Koşullu olasılık için (Tanım 6.1) \(\left(X > \tfrac{1}{2}\right) \subseteq \left(X > \tfrac{1}{4}\right)\) olduğundan

\[P\!\left(X > \tfrac{1}{2} \mid X > \tfrac{1}{4}\right) = \frac{P\!\left(X > \tfrac{1}{2}\right)}{P\!\left(X > \tfrac{1}{4}\right)} = \frac{\tfrac{7}{8}}{1 - \tfrac{1}{64}} = \frac{7}{8} \cdot \frac{64}{63} = \frac{8}{9}.\]

d) \(F\), \((0,1)\) üzerinde kesin artan ve sürekli olduğundan \(F(m) = \dfrac{1}{2}\) denkleminin bu aralıkta tek bir çözümü vardır: \(m^3 = \dfrac{1}{2}\), yani \(m = 2^{-1/3} = \dfrac{1}{\sqrt[3]{2}} \approx 0{,}794\). \(X\) bu değerin altına ve üstüne eşit olasılıkla düşer.

\(\blacksquare\)

11.3 Hangi Fonksiyonlar Yoğunluk Olabilir?

Örneklerde sık sık “\(f(x) = c\,g(x)\) bir yoğunluk olacak biçimde \(c\)’yi bulunuz” sorusuyla karşılaşacağız. Böyle bir soruda yaptığımız şey \(\int f = 1\) denklemini çözmektir; ama bu denklem çözüldüğünde gerçekten bir rastgele değişkenin var olduğundan emin miyiz? Yani tanımdaki (i) ve (ii) koşulları, bir fonksiyonun yoğunluk olması için yalnızca gerekli mi, yoksa yeterli mi? Aşağıdaki önerme yeterli olduğunu söyler ve \(c\) bulma alışkanlığımızı sağlam bir zemine oturtur.

Önerme 11.2 (Yoğunluk Fonksiyonunun Belirleyici Özellikleri) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon olsun. \(f\)’nin bir rastgele değişkenin yoğunluk fonksiyonu olması için gerek ve yeter koşul

\[\text{(i)}\; f(x) \ge 0 \;\; (x \in \mathbb{R}) \qquad \text{ve} \qquad \text{(ii)}\; \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = 1\]

olmasıdır. Bu durumda \(F(x) = \int_{-\infty}^{x} f(t)\,dt\) fonksiyonu azalmayan, sürekli, \(\lim_{x \to -\infty} F(x) = 0\) ve \(\lim_{x \to \infty} F(x) = 1\) olan bir dağılım fonksiyonudur ve yoğunluğu \(f\) olan bir rastgele değişkenin dağılım fonksiyonudur.

İspat

Gereklilik tanımın kendisidir: yoğunluk, tanım gereği (i) ve (ii)’yi sağlar.

Yeterlilik için (i) ve (ii)’yi sağlayan bir \(f\) alalım ve \(F(x) = \int_{-\infty}^{x} f(t)\,dt\) koyalım. \(F\)’nin dağılım fonksiyonu özelliklerini (Teorem 9.1) taşıdığını gösterelim.

Azalmayan: \(x < y\) için \(F(y) - F(x) = \int_x^y f(t)\,dt \ge 0\), çünkü \(f \ge 0\).

Sınırlar: \(\int_{-\infty}^{\infty} f = 1\) integralinin yakınsak olması, tanım gereği, \(\lim_{x \to \infty} \int_{-\infty}^{x} f(t)\,dt = 1\) demektir; yani \(F(x) \to 1\). Aynı yakınsaklık \(\lim_{x \to -\infty} \int_{-\infty}^{x} f(t)\,dt = 0\) verir; yani \(F(x) \to 0\). Ayrıca \(f \ge 0\) olduğundan her \(x\) için \(0 \le F(x) \le \int_{-\infty}^{\infty} f = 1\)’dir.

Sağdan süreklilik: Teorem 11.1’in ispatı yalnızca (i) ve (ii)’yi kullandı; dolayısıyla \(F\) her noktada, özellikle sağdan, süreklidir.

Böylece \(F\) bir dağılım fonksiyonudur. Borel–Stieltjes teoremine (Teorem 4.2) göre \(\mathcal{B}(\mathbb{R})\) üzerinde her \(x\) için \(P_F\big((-\infty, x]\big) = F(x)\) olan tek bir olasılık ölçüsü \(P_F\) vardır. \(\Omega = \mathbb{R}\), \(\mathcal{U} = \mathcal{B}(\mathbb{R})\), \(P = P_F\) olasılık uzayında \(X(\omega) = \omega\) birim fonksiyonunu alalım. \(X\) bir rastgele değişkendir, çünkü her \(B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})\) için \(X^{-1}(B) = B \in \mathcal{U}\)’dur; dağılım fonksiyonu da

\[F_X(x) = P(X \le x) = P_F\big((-\infty, x]\big) = F(x) = \int_{-\infty}^{x} f(t)\,dt\]

olur. Tanım gereği \(f\), \(X\)’in yoğunluk fonksiyonudur.

\(\blacksquare\)

Önermenin kullanım biçimi şudur: negatif olmayan bir \(g\) için \(\int_{-\infty}^{\infty} g(x)\,dx = I\) sonlu ve pozitifse \(f = \dfrac{1}{I}\,g\) bir yoğunluktur; “\(c\)’yi bul” sorularının yanıtı hep \(c = \dfrac{1}{I}\)’dır. \(\int g = \infty\) ise hiçbir sabit işe yaramaz; örneğin \(g(x) = \dfrac{1}{x}\) (\(x \ge 1\)) fonksiyonundan bir yoğunluk elde edilemez.

11.4 Yoğunluğun Dağılım Fonksiyonundan Elde Edilmesi

Tanım, yoğunluktan dağılım fonksiyonuna geçmenin yolunu verdi: integral al. Ters yönde, dağılım fonksiyonu verildiğinde yoğunluğu nasıl buluruz? Kesikli durumda yanıt sıçrama yükseklikleriydi: \(f_X(x) = F(x) - F(x^-)\) (Önerme 10.2). Sürekli durumda sıçrama yoktur; onun yerini türev alır. Bu, analizin temel teoreminin olasılık dilindeki karşılığıdır: “değişken üst sınırlı integralin türevi, integrandın kendisidir.”

Teoremi kitap boyunca karşılaşacağımız bütün yoğunlukları kapsayan bir varsayım altında ispatlayacağız: yoğunluğun her sınırlı aralıkta sonlu sayıda nokta dışında sürekli olması. Parçaları sürekli formüllerle verilen her yoğunluk, parça uçları dışında süreklidir ve bu varsayımı sağlar. Herhangi bir yoğunluk için teorem yine doğrudur, ama ispatı Lebesgue integrali gerektirir.

Teorem 11.2 (Yoğunluk Dağılım Fonksiyonunun Türevidir) \(X\), dağılım fonksiyonu \(F\) olan sürekli bir rastgele değişken ve \(A\), \(F\)’nin türevlenebildiği noktaların kümesi olsun. O zaman

\[g(x) = \begin{cases} F'(x), & x \in A \\ 0, & x \notin A \end{cases}\]

fonksiyonu \(X\)’in bir yoğunluk fonksiyonudur; yani \(g \ge 0\), \(\int_{-\infty}^{\infty} g = 1\) ve her \(x\) için \(F(x) = \int_{-\infty}^{x} g(t)\,dt\)’dir. Özel olarak \(X\)’in herhangi bir \(f\) yoğunluğu \(x_0\) noktasında sürekli ise \(x_0 \in A\) ve \(F'(x_0) = f(x_0)\)’dır.

İspat

\(f\), \(X\)’in bir yoğunluğu olsun; varsayımımıza göre \(f\) her sınırlı aralıkta sonlu sayıda nokta dışında süreklidir. \(E\), \(f\)’nin süreksiz olduğu noktaların kümesi olsun.

\[\frac{F(x_0 + h) - F(x_0)}{h} - f(x_0) = \frac{1}{h} \int_{x_0}^{x_0 + h} f(t)\,dt - \frac{1}{h} \int_{x_0}^{x_0 + h} f(x_0)\,dt = \frac{1}{h} \int_{x_0}^{x_0 + h} \big(f(t) - f(x_0)\big)\,dt\]

olur ve mutlak değeri \(\dfrac{1}{h} \int_{x_0}^{x_0+h} \varepsilon\,dt = \varepsilon\)’u aşmaz. \(h < 0\) için aynı hesap \(\int_{x_0 + h}^{x_0}\) ile yapılır ve yine \(\varepsilon\) sınırı çıkar. Demek ki fark oranı \(h \to 0\) iken \(f(x_0)\)’a gider: \(F\), \(x_0\)’da türevlenebilirdir ve \(F'(x_0) = f(x_0)\). Bu, analizin temel teoremidir; yalnızca türev alınan noktada süreklilik gerektirdiğine dikkat edelim.

Adım 2: \(g\) ile \(f\) yalnızca \(E\) üzerinde farklı olabilir. Adım 1’e göre \(\mathbb{R} \setminus E \subseteq A\) ve \(x \notin E\) için \(g(x) = F'(x) = f(x)\)’tir. Yani \(\{x : g(x) \ne f(x)\} \subseteq E\).

Adım 3: \(g\) bir yoğunluktur. Her sınırlı \([u, v]\) aralığında \(E\) sonlu olduğundan \(g\) ile \(f\) bu aralıkta sonlu sayıda nokta dışında çakışır; sonlu sayıda noktada değeri değiştirilen bir fonksiyonun integrali değişmez. Öyleyse her \(u < v\) için \(\int_u^v g = \int_u^v f\) olur ve \(u \to -\infty\) limitiyle her \(x\) için

\[\int_{-\infty}^{x} g(t)\,dt = \int_{-\infty}^{x} f(t)\,dt = F(x)\]

elde edilir; \(x \to \infty\) limitiyle de \(\int_{-\infty}^{\infty} g = 1\). Son olarak \(g \ge 0\)’dır: \(x \notin A\) için \(g(x) = 0\); \(x \in A\) için \(F\) azalmayan olduğundan fark oranları \(\dfrac{F(x + h) - F(x)}{h} \ge 0\)’dır ve limitleri \(F'(x) \ge 0\) olur. Böylece \(g\) tanımın (i) ve (ii) koşullarını sağlar ve \(F\)’yi üretir; \(X\)’in bir yoğunluğudur. Son cümledeki özel durum Adım 1’dir.

\(\blacksquare\)

Teoremin üç noktasını vurgulayalım.

Yoğunluk tek değildir. Bir yoğunluğun sonlu sayıda noktadaki değerini değiştirirsek integraller, dolayısıyla \(F\) ve bütün olasılıklar aynı kalır; yeni fonksiyon da \(X\)’in bir yoğunluğudur. Örneğin \([0,1]\) üzerinde \(1\), dışında \(0\) olan yoğunlukla \((0,1)\) üzerinde \(1\), dışında \(0\) olan yoğunluk aynı değişkeni anlatır. Bu yüzden parçalı tanımlarda uç noktaları hangi parçaya kattığımız önemsizdir; teoremdeki “\(A\) dışında \(0\)” anlaşması yalnızca \(g\)’yi her yerde tanımlı kılmak içindir. Türevin var olmadığı noktalar tipik olarak \(F\)’nin grafiğinin köşeleridir ve bunlar her sınırlı aralıkta sonlu sayıdadır.
Türev yalnızca \(F\)’nin türevlenebildiği yerde alınır. Uygulamada \(F\) parçalı formüllerle verilir; her parçanın içinde türev alınır. Bir parça ucunda sol ve sağ türev çakışıyorsa \(F\) orada türevlenebilirdir ve \(g\) bu ortak değeri alır; çakışmıyorsa \(F\) orada türevlenemez ve \(g = 0\) konur. Sonlu sayıdaki bu uç noktalarda hangi değerin seçildiği hiçbir olasılığı değiştirmez.
Sürekli \(F\) tek başına yetmez. Teorem “\(X\) sürekli (yoğunluğu var)” varsayımıyla başlar. Her yerde sürekli olduğu ve türevinin var olduğu her noktada türevi \(0\) olduğu hâlde \(0\)’dan \(1\)’e yükselen dağılım fonksiyonları vardır; böyle bir \(F\) için \(\int_{-\infty}^{x} F'(t)\,dt = 0 \ne F(x)\) olur ve türev bir yoğunluk vermez. Bu tür değişkenler bu kitapta karşımıza çıkmayacaktır.

Sonuç olarak, yoğunluğu olan bir değişken için \(F\) ile \(f\) aynı bilgiyi taşır: \(f\)’den \(F\)’ye integralle, \(F\)’den \(f\)’ye türevle geçilir; olasılıklar da ya \(F\)’nin farkı ya \(f\)’nin integrali olarak hesaplanır. Bu zincir

\[(\Omega, \mathcal{U}, P) \;\longrightarrow\; P_X \;\longrightarrow\; F \;\underset{\text{türev}}{\overset{\text{integral}}{\rightleftarrows}}\; f, \qquad P(a < X \le b) = F(b) - F(a) = \int_a^b f(x)\,dx\]

biçiminde özetlenir; \(P_X\), \(X\)’in olasılık dağılımıdır (Tanım 8.3).

Sürekli bir X için üç nesne aynı dağılımı anlatır: olasılık dağılımı P_X, dağılım fonksiyonu F ve yoğunluk f. Kenarlardaki kurallar birinden ötekine nasıl geçileceğini söyler: F, f'nin integrali; f, F'nin türevidir; olasılıklar ya F'nin farkı ya f'nin integralidir. Kesikli durumdan farkı, hiçbir tek noktanın olasılık taşımamasıdır.

11.5 Örnekler

Aşağıdaki örneklerde iki yönü de çalışacağız: yoğunluktan dağılım fonksiyonuna (integral) ve dağılım fonksiyonundan yoğunluğa (türev). Her örnekte \(F\)’nin sürekliliğini ve \(\int f = 1\) eşitliğini denetlemek, hesap hatalarını yakalamanın en kestirme yoludur.

Yoğunluktan Dağılım Fonksiyonuna

Örnek 11.2 (Sinüs Biçimli Yoğunluk) \(X\) rastgele değişkeninin yoğunluk fonksiyonu

\[f(x) = \begin{cases} c \sin x, & 0 \le x \le \pi \\ 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]

biçiminde veriliyor.

a) \(c\) sabitini bulunuz.

b) \(X\)’in dağılım fonksiyonunu bulunuz.

c) \(P\!\left(X \le \tfrac{\pi}{3}\right)\) ve \(P\!\left(\tfrac{\pi}{4} \le X \le \tfrac{3\pi}{4}\right)\) olasılıklarını hesaplayınız.

Çözüm

a) \([0, \pi]\) üzerinde \(\sin x \ge 0\) olduğundan \(f \ge 0\) koşulu \(c \ge 0\) gerektirir. Normalleştirme koşulu

\[1 = \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = \int_0^{\pi} c \sin x\,dx = c \Big[-\cos x\Big]_0^{\pi} = c\big(-\cos \pi + \cos 0\big) = c(1 + 1) = 2c\]

verir; \(c = \dfrac{1}{2}\). Önerme 11.2 gereği \(f(x) = \dfrac{1}{2} \sin x\) (\(0 \le x \le \pi\)) gerçekten bir yoğunluktur.

b) \(x < 0\) için \(f\) sıfır olduğundan \(F(x) = 0\). \(0 \le x \le \pi\) için

\[F(x) = \int_0^x \frac{1}{2} \sin t\,dt = \frac{1}{2} \Big[-\cos t\Big]_0^x = \frac{1}{2}\big(1 - \cos x\big).\]

\(x > \pi\) için \(F(x) = \int_0^{\pi} \frac{1}{2} \sin t\,dt + 0 = 1\). Demek ki

\[F(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\[1mm] \dfrac{1 - \cos x}{2}, & 0 \le x \le \pi \\[2mm] 1, & x > \pi. \end{cases}\]

Denetim: \(F(0) = \dfrac{1 - 1}{2} = 0\) ve \(F(\pi) = \dfrac{1 - (-1)}{2} = 1\); parça uçlarında değerler çakışır, \(F\) süreklidir. \((0, \pi)\) üzerinde \(F'(x) = \dfrac{\sin x}{2} = f(x)\)’tir (Teorem 11.2).

c) \(\cos \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2}\) olduğundan

\[P\!\left(X \le \tfrac{\pi}{3}\right) = F\!\left(\tfrac{\pi}{3}\right) = \frac{1 - \tfrac{1}{2}}{2} = \frac{1}{4}.\]

İkinci olasılıkta uçların dahil olması sonucu değiştirmez (Önerme 11.1); \(\cos \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\) ve \(\cos \dfrac{3\pi}{4} = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) ile

\[P\!\left(\tfrac{\pi}{4} \le X \le \tfrac{3\pi}{4}\right) = F\!\left(\tfrac{3\pi}{4}\right) - F\!\left(\tfrac{\pi}{4}\right) = \frac{\cos \tfrac{\pi}{4} - \cos \tfrac{3\pi}{4}}{2} = \frac{\tfrac{\sqrt{2}}{2} + \tfrac{\sqrt{2}}{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0{,}707.\]

Sinüs eğrisi \(\dfrac{\pi}{2}\) çevresinde yoğunlaştığından, uzunluğu toplam aralığın yarısı olan bu orta parça olasılığın \(\%70\)’inden fazlasını taşır.

\(\blacksquare\)

Örnek 11.3 (Parçalı Sabit Yoğunluk) \(X\) rastgele değişkeninin yoğunluk fonksiyonu

\[f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{2}, & 0 \le x \le 1 \\[2mm] \dfrac{1}{4}, & 3 \le x \le 5 \\[2mm] 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]

olsun. \(X\)’in dağılım fonksiyonunu bulunuz; \(P\!\left(\tfrac{1}{2} \le X \le 4\right)\), \(P(1 < X < 3)\) ve \(P(X > 4)\) olasılıklarını hesaplayınız.

Çözüm

Önce \(f\)’nin bir yoğunluk olduğunu doğrulayalım: \(f \ge 0\) ve

\[\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = \int_0^1 \frac{1}{2}\,dx + \int_3^5 \frac{1}{4}\,dx = \frac{1}{2} + \frac{2}{4} = 1.\]

Şimdi \(F(x) = \int_{-\infty}^{x} f(t)\,dt\)’yi \(f\)’nin parçalarına göre hesaplayalım.

\(x < 0\): \(F(x) = 0\).
\(0 \le x \le 1\): \(F(x) = \displaystyle\int_0^x \frac{1}{2}\,dt = \frac{x}{2}\).
\(1 < x < 3\): \(F(x) = \displaystyle\int_0^1 \frac{1}{2}\,dt + \int_1^x 0\,dt = \frac{1}{2}\).
\(3 \le x \le 5\): \(F(x) = \dfrac{1}{2} + \displaystyle\int_3^x \frac{1}{4}\,dt = \frac{1}{2} + \frac{x - 3}{4} = \frac{x - 1}{4}\).
\(x > 5\): \(F(x) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{2}{4} = 1\).

Toplu hâlde

\[F(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\[1mm] \dfrac{x}{2}, & 0 \le x \le 1 \\[2mm] \dfrac{1}{2}, & 1 < x < 3 \\[2mm] \dfrac{x - 1}{4}, & 3 \le x \le 5 \\[2mm] 1, & x > 5. \end{cases}\]

Denetim: \(F(1) = \dfrac{1}{2}\), \(F(3) = \dfrac{3 - 1}{4} = \dfrac{1}{2}\), \(F(5) = \dfrac{4}{4} = 1\); \(F\) süreklidir. \(F\)’nin grafiği \([0,1]\) üzerinde eğimi \(\dfrac{1}{2}\) olan bir doğru parçası, \((1,3)\) üzerinde yatay bir çizgi, \([3,5]\) üzerinde eğimi \(\dfrac{1}{4}\) olan bir doğru parçasıdır; yoğunluğun sıfır olduğu yerde \(F\) sabit kalır, yoğunluğun büyük olduğu yerde daha dik yükselir.

Olasılıklar:

\[P\!\left(\tfrac{1}{2} \le X \le 4\right) = F(4) - F\!\left(\tfrac{1}{2}\right) = \frac{3}{4} - \frac{1}{4} = \frac{1}{2},\]

\[P(1 < X < 3) = F(3) - F(1) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0, \qquad P(X > 4) = 1 - F(4) = 1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4}.\]

\(P(1 < X < 3) = 0\) sonucu doğaldır: yoğunluk bu aralıkta sıfırdır, dolayısıyla \(X\)’in buraya düşme olasılığı sıfırdır. Sürekli bir değişkende sıfır olasılıklı olay yalnızca tek noktalar değildir; yoğunluğun sıfır olduğu her bölge de sıfır olasılık taşır.

\(\blacksquare\)

Örnek 11.4 (Üçgen Yoğunluk) \(X\) rastgele değişkeninin yoğunluk fonksiyonu

\[f(x) = \begin{cases} 1 - |x|, & |x| < 1 \\ 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]

olsun. \(X\)’in dağılım fonksiyonunu bulunuz ve \(P\!\left(|X| < \tfrac{1}{2}\right)\) olasılığını hesaplayınız.

Çözüm

\(f\)’nin grafiği köşeleri \((-1, 0)\), \((0, 1)\) ve \((1, 0)\) olan bir üçgendir; altında kalan alan \(\dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot 1 = 1\)’dir, dolayısıyla \(f\) bir yoğunluktur. Mutlak değeri açalım: \(-1 < x < 0\) için \(f(x) = 1 + x\), \(0 \le x < 1\) için \(f(x) = 1 - x\).

\(x < -1\): \(F(x) = 0\).
\(-1 \le x \le 0\):

\[F(x) = \int_{-1}^{x} (1 + t)\,dt = \Big[t + \frac{t^2}{2}\Big]_{-1}^{x} = x + \frac{x^2}{2} - \Big(-1 + \frac{1}{2}\Big) = \frac{x^2}{2} + x + \frac{1}{2} = \frac{(1 + x)^2}{2}.\]

\(0 \le x \le 1\): \(F(0) = \dfrac{1}{2}\) üzerine sağ parçanın integrali eklenir:

\[F(x) = \frac{1}{2} + \int_0^x (1 - t)\,dt = \frac{1}{2} + x - \frac{x^2}{2} = 1 - \frac{(1 - x)^2}{2}.\]

\(x > 1\): \(F(x) = 1\).

Böylece

\[F(x) = \begin{cases} 0, & x < -1 \\[1mm] \dfrac{(1 + x)^2}{2}, & -1 \le x \le 0 \\[2mm] 1 - \dfrac{(1 - x)^2}{2}, & 0 < x \le 1 \\[2mm] 1, & x > 1. \end{cases}\]

Denetim: \(F(-1) = 0\), iki orta parçanın formülleri \(x = 0\)’da aynı \(\dfrac{1}{2}\) değerini verir (bu yüzden \(0\) noktasını hangi parçaya kattığımız önemsizdir), \(F(1) = 1\). \(F\) süreklidir; \((-1, 0)\) üzerinde \(F'(x) = 1 + x\), \((0, 1)\) üzerinde \(F'(x) = 1 - x\), yani \(F' = f\) (Teorem 11.2). \(F\)’nin grafiği \([-1, 0]\) üzerinde yukarı bükey, \([0, 1]\) üzerinde aşağı bükey bir “S” eğrisidir; en dik olduğu yer, yoğunluğun tepe noktası olan \(x = 0\)’dır. Ayrıca \(f\) çift fonksiyon olduğundan \(F(-x) = 1 - F(x)\) bakışımı vardır.

Üçgen yoğunluk ve dağılım fonksiyonu. Solda F(a) = P(X ≤ a), yoğunluğun a'nın solunda kalan alanıdır; sağda aynı değer eğri üzerinde okunur. Yoğunluk kırık olduğu hâlde dağılım fonksiyonu süreklidir ve F′ = f bağıntısı kırılma noktaları dışında geçerlidir.

Olasılık için uçları katmak katmamak fark etmez:

\[P\!\left(|X| < \tfrac{1}{2}\right) = P\!\left(-\tfrac{1}{2} < X < \tfrac{1}{2}\right) = F\!\left(\tfrac{1}{2}\right) - F\!\left(-\tfrac{1}{2}\right) = \Big(1 - \frac{1}{8}\Big) - \frac{1}{8} = \frac{3}{4}.\]

Geometrik denetim: \(-\dfrac{1}{2} < x < \dfrac{1}{2}\) üzerindeki alan, büyük üçgenden iki uçtaki küçük üçgenler çıkarılarak bulunur; küçük üçgenlerin her birinin tabanı \(\dfrac{1}{2}\), yüksekliği \(\dfrac{1}{2}\), alanı \(\dfrac{1}{8}\)’dir. \(1 - 2 \cdot \dfrac{1}{8} = \dfrac{3}{4}\).

\(\blacksquare\)

Dağılım Fonksiyonundan Yoğunluğa

Örnek 11.5 (Verilen Dağılım Fonksiyonundan Yoğunluk) \(X\) rastgele değişkeninin dağılım fonksiyonu

\[F(x) = \begin{cases} 0, & x < -1 \\[1mm] \dfrac{1 + x}{2}, & -1 \le x < 0 \\[2mm] \dfrac{1 + x^2}{2}, & 0 \le x < 1 \\[2mm] 1, & x \ge 1 \end{cases}\]

ise \(X\)’in sürekli olduğunu gösteriniz, yoğunluk fonksiyonunu bulunuz ve \(P\!\left(-\tfrac{1}{2} < X < \tfrac{1}{2}\right)\) olasılığını iki yolla hesaplayınız.

Çözüm

\(F\)’nin incelenmesi. Parça uçlarında soldan ve sağdan değerlere bakalım:

\(x = -1\): sol parça \(0\), sağ parça \(\dfrac{1 + (-1)}{2} = 0\).
\(x = 0\): sol parça \(\dfrac{1 + 0}{2} = \dfrac{1}{2}\), sağ parça \(\dfrac{1 + 0}{2} = \dfrac{1}{2}\).
\(x = 1\): sol parça \(\dfrac{1 + 1}{2} = 1\), sağ parça \(1\).

Her uçta değerler çakışır; \(F\) süreklidir, dolayısıyla hiçbir noktada sıçramaz ve \(P(X = a) = F(a) - F(a^-) = 0\)’dır. Parçaların her biri azalmayan olduğundan \(F\) azalmayandır; \(x \to -\infty\) iken \(0\), \(x \to \infty\) iken \(1\)’dir. Yani \(F\), sıçraması olmayan bir dağılım fonksiyonudur.

Yoğunluk. Teorem 11.2’yi uyguluyoruz. Parçaların içinde türev alalım:

\[F'(x) = \begin{cases} 0, & x < -1 \\[1mm] \dfrac{1}{2}, & -1 < x < 0 \\[2mm] x, & 0 < x < 1 \\[1mm] 0, & x > 1. \end{cases}\]

Köşe noktalarında \(F\) türevlenebilir değildir: \(x = -1\)’de sol türev \(0\), sağ türev \(\dfrac{1}{2}\); \(x = 0\)’da sol türev \(\dfrac{1}{2}\), sağ türev \(\left.\dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{1 + x^2}{2}\right)\right|_{x=0} = 0\); \(x = 1\)’de sol türev \(1\), sağ türev \(0\). Dolayısıyla \(A = \mathbb{R} \setminus \{-1, 0, 1\}\) ve bu üç noktada yoğunluğa \(0\) değeri verilir:

\[f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{2}, & -1 < x < 0 \\[2mm] x, & 0 < x < 1 \\[1mm] 0, & \text{diğer durumlarda.} \end{cases}\]

Denetim: \(\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = \int_{-1}^{0} \dfrac{1}{2}\,dx + \int_0^1 x\,dx = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} = 1\). Ayrıca \(\int_{-1}^{x} \dfrac{1}{2}\,dt = \dfrac{x + 1}{2}\) ve \(\dfrac{1}{2} + \int_0^x t\,dt = \dfrac{1 + x^2}{2}\) olduğundan bu \(f\)’nin integrali gerçekten verilen \(F\)’yi geri verir; \(X\) süreklidir ve yoğunluğu \(f\)’dir. Yoğunluğun \(-1\), \(0\) ve \(1\) noktalarındaki değerlerinin hiçbir olasılığı etkilemediğini bir kez daha not edelim.

Olasılık, iki yolla. Dağılım fonksiyonuyla:

\[P\!\left(-\tfrac{1}{2} < X < \tfrac{1}{2}\right) = F\!\left(\tfrac{1}{2}\right) - F\!\left(-\tfrac{1}{2}\right) = \frac{1 + \tfrac{1}{4}}{2} - \frac{1 - \tfrac{1}{2}}{2} = \frac{5}{8} - \frac{1}{4} = \frac{3}{8}.\]

Yoğunlukla:

\[P\!\left(-\tfrac{1}{2} < X < \tfrac{1}{2}\right) = \int_{-1/2}^{0} \frac{1}{2}\,dx + \int_0^{1/2} x\,dx = \frac{1}{4} + \frac{1}{8} = \frac{3}{8}.\]

İki yol aynı sonucu verir; hangisinin kullanılacağı, elde \(F\)’nin mi \(f\)’nin mi olduğuna bağlıdır.

\(\blacksquare\)

Bir Ömür Modeli

Sürekli değişkenlerin en yaygın kullanım alanlarından biri, bir sürecin ne kadar süreceğinin modellenmesidir. Aşağıdaki yoğunluk, üstel dağılımın bir örneğidir; ilerleyen bölümlerde ayrıntılı olarak incelenecektir. Burada ana özelliğini bir hesapla keşfedeceğiz.

Örnek 11.6 (Bir Elektronik Parçanın Ömrü) \(X\) rastgele değişkeni belli bir tür elektronik parçanın yıl olarak dayanma süresini göstersin ve yoğunluk fonksiyonu

\[f(x) = \begin{cases} c\,e^{-x/5}, & x \ge 0 \\ 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]

biçiminde verilsin.

a) \(f\)’nin bir yoğunluk fonksiyonu olması için \(c\) değerini bulunuz.

b) \(X\)’in dağılım fonksiyonunu bulunuz.

c) Parçanın \(5\) yıldan uzun dayanma olasılığını ve \(2\) ile \(8\) yıl arasında bozulma olasılığını hesaplayınız.

d) \(5\) yıl dayanmış bir parçanın en az \(5\) yıl daha dayanma olasılığını hesaplayınız ve sonucu yorumlayınız.

Çözüm

a) \(e^{-x/5} > 0\) olduğundan \(f \ge 0\) için \(c \ge 0\) gerekir. Has olmayan integrali hesaplayalım:

\[\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = \int_0^{\infty} c\,e^{-x/5}\,dx = c \lim_{M \to \infty} \Big[-5 e^{-x/5}\Big]_0^{M} = c \lim_{M \to \infty} \big(5 - 5 e^{-M/5}\big) = 5c.\]

\(5c = 1\) olmalı; \(c = \dfrac{1}{5}\). Önerme 11.2 gereği \(f(x) = \dfrac{1}{5} e^{-x/5}\) (\(x \ge 0\)) bir yoğunluktur.

b) \(x < 0\) için \(F(x) = 0\). \(x \ge 0\) için

\[F(x) = \int_0^x \frac{1}{5} e^{-t/5}\,dt = \Big[-e^{-t/5}\Big]_0^x = 1 - e^{-x/5}.\]

Böylece

\[F(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\ 1 - e^{-x/5}, & x \ge 0. \end{cases}\]

Denetim: \(F(0) = 1 - 1 = 0\), \(F\) süreklidir; \(x \to \infty\) iken \(F(x) \to 1\); \(x > 0\) için \(F'(x) = \dfrac{1}{5} e^{-x/5} = f(x)\).

Üstel yoğunluk f(x) = e^−x/5/5 (x ≥ 0) ve dağılım fonksiyonu F(x) = 1 − e^−x/5. Solda F(a), yoğunluğun a'nın solunda kalan alanıdır; sağda aynı değer eğri üzerinde okunur. Yoğunluk sıfırda 1/5'ten başlayıp söner; F sürekli olarak artar, 1'e yaklaşır ama hiçbir noktada 1'e ulaşmaz.

c) Parçanın \(5\) yıldan uzun dayanması \((X > 5)\) olayıdır:

\[P(X > 5) = 1 - F(5) = e^{-1} \approx 0{,}368.\]

\(2\) ile \(8\) yıl arasında bozulma \((2 \le X \le 8)\) olayıdır; uçlar önemsizdir:

\[P(2 \le X \le 8) = F(8) - F(2) = \big(1 - e^{-8/5}\big) - \big(1 - e^{-2/5}\big) = e^{-2/5} - e^{-8/5} \approx 0{,}670 - 0{,}202 = 0{,}468.\]

d) İstenen, koşullu olasılık (Tanım 6.1) \(P(X \ge 10 \mid X > 5)\)’tir; uçlar önemsiz olduğundan (Önerme 11.1) bunu \(P(X > 10 \mid X > 5)\) olarak hesaplayabiliriz. \((X > 10) \subseteq (X > 5)\) olduğundan

\[P(X > 10 \mid X > 5) = \frac{P(X > 10)}{P(X > 5)} = \frac{1 - F(10)}{1 - F(5)} = \frac{e^{-2}}{e^{-1}} = e^{-1} \approx 0{,}368.\]

Bu, tam olarak \(P(X > 5)\)’e eşittir: \(5\) yıl çalışmış bir parçanın \(5\) yıl daha dayanma olasılığı, yeni bir parçanın \(5\) yıl dayanma olasılığıyla aynıdır. Aynı hesap her \(s, t \ge 0\) için

\[P(X > s + t \mid X > s) = \frac{e^{-(s+t)/5}}{e^{-s/5}} = e^{-t/5} = P(X > t)\]

verir. Parça “yaşlanmaz”, geçmişini unutur; üstel dağılımın bu hafızasızlık özelliği, onu yıpranmanın ihmal edilebildiği ömür ve bekleme süresi modellerinin standart seçimi yapar.

\(\blacksquare\)

11.6 Alıştırmalar

Alıştırma 11.1 (Sürekli Rastgele Değişkenler ve Yoğunluk Üzerine) a) \(f(x) = c\,x\) (\(0 \le x \le 2\)), diğer durumlarda \(0\), bir yoğunluk fonksiyonu olacak biçimde \(c\)’yi bulunuz. Dağılım fonksiyonunu yazınız; \(P(X > 1)\) ve \(P\!\left(\tfrac{1}{2} < X < \tfrac{3}{2}\right)\) olasılıklarını hesaplayınız.

b) \(f(x) = \dfrac{c}{x^2}\) (\(x \ge 1\)), diğer durumlarda \(0\), için \(c\)’yi bulunuz. Dağılım fonksiyonunu yazınız ve \(P(2 < X < 4)\)’ü hesaplayınız.

c) \(f(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}\) (\(0 < x \le 1\)), diğer durumlarda \(0\), fonksiyonunun sınırsız olmasına karşın bir yoğunluk olduğunu gösteriniz. Dağılım fonksiyonunu bulunuz ve \(P\!\left(X < \tfrac{1}{4}\right)\)’ü hesaplayınız.

d) \(F(x) = 1 - e^{-x^2}\) (\(x \ge 0\)), \(F(x) = 0\) (\(x < 0\)) fonksiyonunun sürekli bir rastgele değişkenin dağılım fonksiyonu olduğunu gösteriniz; yoğunluğu bulunuz; \(P(X > 1)\) ve \(P(1 < X < 2)\)’yi hesaplayınız.

e) \(g(x) = |x|\) (\(-1 \le x \le 1\)), diğer durumlarda \(0\), bir yoğunluk mudur? Öyleyse dağılım fonksiyonunu bulunuz ve \(P\!\left(-\tfrac{1}{2} < X < \tfrac{1}{2}\right)\)’yi hesaplayınız.

f) \(F(x) = 0\) (\(x < 0\)), \(F(x) = \dfrac{x}{2}\) (\(0 \le x < 1\)), \(F(x) = 1\) (\(x \ge 1\)) bir dağılım fonksiyonudur. Bu dağılıma sahip bir \(X\) sürekli midir? \(P(X = 1)\) ve \(P(X < 1)\)’i bulunuz.

g) \(f(x) = c\,e^{-|x|}\) (\(x \in \mathbb{R}\)) için \(c\)’yi bulunuz, dağılım fonksiyonunu yazınız ve \(P(|X| > 1)\)’i hesaplayınız.

Çözüm

a) \(\int_0^2 c\,x\,dx = c \Big[\dfrac{x^2}{2}\Big]_0^2 = 2c = 1\) verir; \(c = \dfrac{1}{2}\) ve \(f \ge 0\) sağlanır. \(0 \le x \le 2\) için \(F(x) = \int_0^x \dfrac{t}{2}\,dt = \dfrac{x^2}{4}\); dolayısıyla

\[F(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\[1mm] \dfrac{x^2}{4}, & 0 \le x \le 2 \\[2mm] 1, & x > 2. \end{cases}\]

\(P(X > 1) = 1 - F(1) = 1 - \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4}\) ve \(P\!\left(\tfrac{1}{2} < X < \tfrac{3}{2}\right) = F\!\left(\tfrac{3}{2}\right) - F\!\left(\tfrac{1}{2}\right) = \dfrac{9}{16} - \dfrac{1}{16} = \dfrac{1}{2}\).

b) \(\int_1^{\infty} \dfrac{c}{x^2}\,dx = c \lim_{M \to \infty} \Big[-\dfrac{1}{x}\Big]_1^{M} = c \lim_{M \to \infty} \Big(1 - \dfrac{1}{M}\Big) = c\); öyleyse \(c = 1\). \(x \ge 1\) için \(F(x) = \int_1^x \dfrac{1}{t^2}\,dt = 1 - \dfrac{1}{x}\), \(x < 1\) için \(F(x) = 0\). \(F(1) = 0\) olduğundan \(F\) süreklidir.

\[P(2 < X < 4) = F(4) - F(2) = \Big(1 - \frac{1}{4}\Big) - \Big(1 - \frac{1}{2}\Big) = \frac{1}{4}.\]

c) \(x \to 0^+\) iken \(\dfrac{1}{2\sqrt{x}} \to \infty\); \(f\) sınırsızdır ve integral \(0\)’da has olmayan integraldir:

\[\int_0^1 \frac{1}{2\sqrt{x}}\,dx = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \int_{\varepsilon}^{1} \frac{1}{2\sqrt{x}}\,dx = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \Big[\sqrt{x}\Big]_{\varepsilon}^{1} = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \big(1 - \sqrt{\varepsilon}\big) = 1.\]

\(f \ge 0\) da sağlandığından Önerme 11.2 gereği \(f\) bir yoğunluktur. \(0 \le x \le 1\) için \(F(x) = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \int_{\varepsilon}^{x} \dfrac{1}{2\sqrt{t}}\,dt = \sqrt{x}\); dolayısıyla

\[F(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\ \sqrt{x}, & 0 \le x \le 1 \\ 1, & x > 1. \end{cases}\]

\(F\) süreklidir (yoğunluğun sınırsızlığı \(F\)’nin sürekliliğini bozmaz, yalnızca \(0\)’daki eğimini sonsuz yapar). \(P\!\left(X < \tfrac{1}{4}\right) = F\!\left(\tfrac{1}{4}\right) = \dfrac{1}{2}\).

d) \(F(0) = 1 - e^{0} = 0\) olduğundan \(F\), \(0\)’da süreklidir; \(x \ge 0\) üzerinde \(1 - e^{-x^2}\) sürekli ve kesin artandır; \(x \to \infty\) iken \(e^{-x^2} \to 0\), yani \(F(x) \to 1\). \(F\) sürekli bir dağılım fonksiyonudur. \(x \ne 0\) noktalarında türev hemen bulunur: \(x > 0\) için \(F'(x) = 2x e^{-x^2}\), \(x < 0\) için \(F'(x) = 0\). Yoğunluk

\[f(x) = \begin{cases} 2x e^{-x^2}, & x > 0 \\ 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]

olur; \(f \ge 0\)’dır ve \(\int_0^{\infty} 2x e^{-x^2}\,dx = \lim_{M \to \infty} \Big[-e^{-x^2}\Big]_0^{M} = 1\) olduğundan \(F\) gerçekten \(f\)’nin integralidir; \(X\) süreklidir. (\(x = 0\)’da aslında \(F'(0) = 0\) da vardır, çünkü sağ türev \(2 \cdot 0 \cdot e^{0} = 0\) ve sol türev \(0\)’dır; bu noktadaki değer zaten önemsizdir.)

\[P(X > 1) = 1 - F(1) = e^{-1} \approx 0{,}368, \qquad P(1 < X < 2) = F(2) - F(1) = e^{-1} - e^{-4} \approx 0{,}350.\]

e) \(g \ge 0\)’dır ve \(\int_{-1}^{1} |x|\,dx = 2 \int_0^1 x\,dx = 1\); evet, \(g\) bir yoğunluktur. Dağılım fonksiyonu: \(-1 \le x \le 0\) için

\[F(x) = \int_{-1}^{x} (-t)\,dt = \Big[-\frac{t^2}{2}\Big]_{-1}^{x} = \frac{1 - x^2}{2};\]

\(0 \le x \le 1\) için \(F(x) = \dfrac{1}{2} + \int_0^x t\,dt = \dfrac{1 + x^2}{2}\); \(x < -1\) için \(0\), \(x > 1\) için \(1\). Uçlarda \(F(-1) = 0\), \(F(0) = \dfrac{1}{2}\), \(F(1) = 1\) değerleri iki taraftan da çakışır. Bu \(F\), Örnek 11.5’teki dağılım fonksiyonuna benzer ama aynı değildir: orada sol parça doğrusal, burada paraboliktir.

\[P\!\left(-\tfrac{1}{2} < X < \tfrac{1}{2}\right) = F\!\left(\tfrac{1}{2}\right) - F\!\left(-\tfrac{1}{2}\right) = \frac{1 + \tfrac{1}{4}}{2} - \frac{1 - \tfrac{1}{4}}{2} = \frac{5}{8} - \frac{3}{8} = \frac{1}{4}.\]

Geometrik denetim: \(|x|\)’in \(\left[-\tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{2}\right]\) üzerindeki grafiği altında iki küçük üçgen vardır, her birinin alanı \(\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{8}\); toplam \(\dfrac{1}{4}\). Yoğunluk merkezde sıfır olduğundan bu aralık, uzunluğu toplam aralığın yarısı olmasına karşın olasılığın yalnızca dörtte birini taşır.

f) \(x = 1\) noktasında \(F(1^-) = \lim_{x \to 1^-} \dfrac{x}{2} = \dfrac{1}{2}\) ve \(F(1) = 1\)’dir; \(F\) burada \(\dfrac{1}{2}\) yüksekliğinde sıçrar. Teorem 9.2 gereği

\[P(X = 1) = F(1) - F(1^-) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}, \qquad P(X < 1) = F(1^-) = \frac{1}{2}.\]

\(P(X = 1) > 0\) olduğundan \(X\)’in yoğunluğu yoktur; yani \(X\), bu kitaptaki anlamıyla sürekli değildir (Önerme 11.1). Değer kümesi \([0, 1]\) sayılamaz olduğu hâlde bu böyledir; Tanım 11.1’deki koşul tek başına yoğunluğun varlığını güvence altına almaz. Kesikli de değildir: \([0, 1)\) aralığındaki her nokta değer kümesindedir ve \(P(0 \le X < 1) = \dfrac{1}{2}\) olasılığı bu sayılamaz kümeye yayılmıştır; \([0,1)\) üzerinde \(F'(x) = \dfrac{1}{2}\)’dir ama \(\int_0^1 \dfrac{1}{2}\,dx = \dfrac{1}{2} \ne 1\) olduğundan türev bir yoğunluk vermez. \(X\), olasılığının yarısını \([0,1)\) üzerine düzgün yayan, öteki yarısını \(1\) noktasında toplayan karma bir değişkendir. (Böyle bir değişkeni şöyle düşünebiliriz: \([0,2]\) aralığında düzgün seçilen bir \(U\) sayısı için \(X = \min(U, 1)\).)

g) \(e^{-|x|}\) çift fonksiyondur:

\[\int_{-\infty}^{\infty} c\,e^{-|x|}\,dx = 2c \int_0^{\infty} e^{-x}\,dx = 2c \lim_{M \to \infty} \big(1 - e^{-M}\big) = 2c;\]

\(c = \dfrac{1}{2}\). \(x < 0\) için \(F(x) = \int_{-\infty}^{x} \dfrac{1}{2} e^{t}\,dt = \dfrac{e^{x}}{2}\); \(x \ge 0\) için \(F(x) = \dfrac{1}{2} + \int_0^x \dfrac{1}{2} e^{-t}\,dt = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1 - e^{-x}}{2} = 1 - \dfrac{e^{-x}}{2}\). Yani

\[F(x) = \begin{cases} \dfrac{e^{x}}{2}, & x < 0 \\[2mm] 1 - \dfrac{e^{-x}}{2}, & x \ge 0. \end{cases}\]

\(x = 0\)’da iki parça da \(\dfrac{1}{2}\) verir; \(F\) süreklidir. \((|X| > 1) = (X < -1) \cup (X > 1)\) ayrık birleşimi için

\[P(|X| > 1) = F(-1) + \big(1 - F(1)\big) = \frac{e^{-1}}{2} + \frac{e^{-1}}{2} = e^{-1} \approx 0{,}368.\]

\(\blacksquare\)

Bu bölümde sürekli bir rastgele değişkenin bütün olasılık bilgisinin yoğunluk fonksiyonunda saklı olduğunu, \(F\) ile \(f\) arasında integral ve türevle gidilip gelindiğini gördük. Sıradaki doğal soru şudur: \(X\)’in yoğunluğu biliniyorsa \(Y = g(X)\) dönüşümünün, örneğin \(X^2\)’nin ya da \(e^{X}\)’in, yoğunluğu nedir? Yanıt, bu bölümdeki türev alma fikrinin bir adım ötesidir: Rastgele Değişkenin Fonksiyonunun Dağılımı.