3 Poisson Süreci ve Uygulamaları
Önceki bölümde, zaman boşlukları \(\lambda\) parametreli üstel dağılıma sahip olduğunda sayma sürecinin
\[\Pr\{Y_t = n\} = \frac{e^{-\lambda t} (\lambda t)^n}{n!}\]
olasılıklarını verdiğini görmüştük. Bu, \(\lambda t\) ortalamalı Poisson dağılımıdır.
Tanım 3.1 (Poisson Varış Süreci) Aşağıdaki özellikleri sağlayan \(\{Y_t \mid t \geq 0\}\) sayma sürecine, \(\lambda\) oranlı Poisson varış süreci denir:
- \(Y_0 = 0\);
- Bağımsız artışlar: ayrık zaman aralıklarındaki olay sayıları bağımsızdır;
- Durağan artışlar: bir aralıktaki olay sayısının dağılımı yalnızca aralığın uzunluğuna bağlıdır;
- Her \(t\) için \(Y_t\), \(\lambda t\) ortalamalı Poisson dağılımına sahiptir.
Burada \(\lambda\)’ya sürecin varış oranı (birim zamandaki ortalama olay sayısı) denir.
Problemleri çözerken sürekli şu iki sadeleştirmeyi kullanacağız:
- Durağanlık. \(Y_{a+\Delta a} - Y_a\) ile \(Y_{\Delta a}\) aynı dağılıma sahiptir. Yani “saat 3 ile 6 arasında” demekle “3 saatlik bir aralıkta” demek aynı şeydir.
- Bağımsızlık. Ayrık aralıklar birbirini etkilemez; bu yüzden \[\Pr\{Y_6 - Y_3 = 4 \mid Y_3 = 2\} = \Pr\{Y_6 - Y_3 = 4\} = \Pr\{Y_3 = 4\}\] gibi koşullar düşer. Koşullu olasılıklarda ilk iş, koşulun bilgi taşıyıp taşımadığına bakmaktır.
3.1 Beklenen Değer
Teorem 3.1 (Poisson Sürecinin Beklenen Değeri) \(\{Y_t \mid t \geq 0\}\), \(\lambda\) oranlı bir Poisson süreci ise
\[E(Y_t) = \lambda t\]
olur.
İspat
Tanım gereği
\[E(Y_t) = \sum_{n=0}^{\infty} n \Pr\{Y_t = n\} = \sum_{n=0}^{\infty} n\, \frac{e^{-\lambda t} (\lambda t)^n}{n!}\]
yazılır. \(n = 0\) terimi sıfır olduğundan toplama \(n = 1\)’den başlanabilir:
\[E(Y_t) = \sum_{n=1}^{\infty} n\, \frac{e^{-\lambda t} (\lambda t)^n}{n!}\]
Şimdi \(n \to n+1\) indis kaydırması yapalım:
\[E(Y_t) = e^{-\lambda t} \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)\, \frac{(\lambda t)^{n+1}}{(n+1)!} = e^{-\lambda t} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(\lambda t)^{n} (\lambda t)}{n!}\]
\(\lambda t\) çarpanı toplamın dışına alınırsa geriye üstel fonksiyonun seri açılımı kalır:
\[E(Y_t) = e^{-\lambda t} \, (\lambda t) \underbrace{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(\lambda t)^{n}}{n!}}_{= \; e^{\lambda t}} = \lambda t\]
\(\blacksquare\)
3.2 Birleştirme ve Ayrıştırma
Poisson süreçlerini bu kadar kullanışlı yapan iki özellik daha vardır. Aşağıdaki problemlerin neredeyse tamamı bu ikisine dayanır.
Teorem 3.2 (Birleştirme (Superposition)) \(\lambda_1\) ve \(\lambda_2\) oranlı bağımsız iki Poisson süreci birlikte gözlenirse, ortaya çıkan süreç yine bir Poisson sürecidir ve oranı
\[\lambda = \lambda_1 + \lambda_2\]
olur. Bu, ikiden fazla süreç için de geçerlidir.
Teorem 3.3 (Ayrıştırma (Thinning)) \(\lambda\) oranlı bir Poisson sürecinde her olay, diğerlerinden bağımsız olarak \(p\) olasılıkla “A tipi”, \(1-p\) olasılıkla “B tipi” olarak sınıflansın. Bu durumda
- A tipi olaylar \(\lambda p\) oranlı bir Poisson süreci,
- B tipi olaylar \(\lambda(1-p)\) oranlı bir Poisson süreci
oluşturur ve bu iki süreç birbirinden bağımsızdır.
Ayrıştırma teoreminin en çok gözden kaçan kısmı sondaki bağımsızlıktır: A tipi olayların sayısını öğrenmek, B tipi olayların sayısı hakkında hiçbir bilgi vermez. Aşağıda Örnek 3.3’un (b) şıkkında bu noktaya döneceğiz.
3.3 Çözümlü Problemler
Örnek 3.1 (Temel Hesaplar) Varış oranı saat başına \(2\) olan \(\{Y_t \mid t \geq 0\}\) Poisson varış süreci için aşağıdakileri hesaplayınız.
a) \(\Pr\{Y_2 = 5\}\) b) \(\Pr\{Y_4 - Y_3 = 1\}\) c) \(\Pr\{Y_6 - Y_3 = 4 \mid Y_3 = 2\}\) d) \(\Pr\{Y_5 = 4 \mid Y_4 = 2\}\)
Çözüm
a) \(2\) saat içinde \(5\) olay: \(t = 2\), \(\lambda = 2\), dolayısıyla \(\lambda t = 4\)’tür.
\[\Pr\{Y_2 = 5\} = \frac{e^{-4}\,4^5}{5!} = 0{,}1563\]
b) Durağanlık gereği \(Y_4 - Y_3\) ile \(Y_1\) aynı dağılımlıdır: \(\lambda t = 2\).
\[\Pr\{Y_4 - Y_3 = 1\} = \Pr\{Y_1 = 1\} = \frac{e^{-2}\,2^1}{1!} = 0{,}2707\]
c) \((0,3]\) ile \((3,6]\) ayrık aralıklar olduğundan koşul düşer; kalan aralık \(3\) saattir, \(\lambda t = 6\).
\[\Pr\{Y_6 - Y_3 = 4 \mid Y_3 = 2\} = \Pr\{Y_6 - Y_3 = 4\} = \Pr\{Y_3 = 4\} = \frac{e^{-6}\,6^4}{4!} = 0{,}1339\]
d) \(Y_5 = 4\) ve \(Y_4 = 2\) ise \((4,5]\) aralığında \(2\) olay olmuştur; bu aralık \(1\) saattir, \(\lambda t = 2\).
\[\Pr\{Y_5 = 4 \mid Y_4 = 2\} = \Pr\{Y_1 = 2\} = \frac{e^{-2}\,2^2}{2!} = 0{,}2707\]
\(\blacksquare\)
Örnek 3.2 (Acil Servis) Bir hastanenin acil servisine saatte \(2\) varış oranında hasta gelmektedir. Bir doktor saat \(6\)’dan \(18\)’e kadar çalışmaktadır. Aşağıdaki soruları, sürecin Poisson varış süreci olduğunu kabul ederek cevaplayınız.
a) Doktor saat \(8\)’e kadar \(6\) hasta bakmışsa, saat \(10\)’a kadar toplam \(9\) hasta bakma olasılığı nedir?
b) Art arda gelen hastaların varışları arasındaki zamanın beklenen değeri nedir?
c) Doktorun işe gelmesinden ilk hastaya bakmasına kadar geçen sürenin \(15\) dakika veya daha az olma olasılığı nedir?
d) Doktorun \(13\). hastasına saat \(13\)’ten önce bakma olasılığı nedir?
e) Acil servise başvuran hastaların \(\%14\)’ü çok acil olarak sınıflandırılmıştır. Buna göre doktorun gün boyunca \(6\) çok acil hastaya bakma olasılığı nedir?
f) Hastanenin ayrıca ayakta tedavi servisi vardır; buraya hastalar saatte \(4\) oranında gelmektedir. Her iki serviste de saat \(6\)’dan \(12\)’ye kadar başvuran hastaların toplam sayısının \(30\)’dan fazla olma olasılığı nedir?
Çözüm
a) Saat \(8\) ile \(10\) arasında \(9 - 6 = 3\) hasta gelmelidir. Aralık \(2\) saat, \(\lambda t = 4\)’tür.
\[\Pr\{Y_2 = 3\} = \frac{e^{-4}\,4^3}{3!} = 0{,}1954\]
b) Varışlar arası süre \(G_i\), \(\lambda\) parametreli üstel dağılıma sahiptir:
\[E(G_i) = \frac{1}{\lambda} = \frac{1}{2} \text{ saat} = 30 \text{ dakika}\]
c) \(15\) dakika \(= \tfrac14\) saattir. Üstel dağılımın kümülatif dağılım fonksiyonu
\[F(x) = \int_0^x \lambda e^{-\lambda u}\,du = \left[-e^{-\lambda u}\right]_0^x = 1 - e^{-\lambda x}\]
olduğundan
\[\Pr\left\{G_1 \leq \tfrac14\right\} = F\!\left(\tfrac14\right) = 1 - e^{-2 \cdot 1/4} = 1 - e^{-1/2} = 0{,}3935\]
d) Saat \(6\)’dan \(13\)’e kadar \(7\) saat vardır. Sayma–zaman denkliğiyle (\(\lambda t = 14\)):
\[\Pr\{T_{13} \leq 7\} = \Pr\{Y_7 \geq 13\} = 1 - \sum_{k=0}^{12} \frac{e^{-14}\,14^k}{k!} = 0{,}6415\]
e) Ayrıştırma teoremiyle çok acil hastalar, oranı
\[\lambda^{*} = \lambda \cdot \frac{14}{100} = 2 \cdot 0{,}14 = 0{,}28\]
olan bir Poisson sürecidir. Gün boyu çalışma süresi \(12\) saat olduğundan \(\lambda^{*} t = 3{,}36\)’dır:
\[\Pr\{Y_{12} = 6\} = \frac{e^{-3{,}36}\,(3{,}36)^6}{6!} = 0{,}0694\]
f) Birleştirme teoremiyle toplam oran \(\lambda = 2 + 4 = 6\)’dır. \(6\) saatlik aralıkta \(\lambda t = 36\):
\[\Pr\{Y_6 > 30\} = 1 - \sum_{k=0}^{30} \frac{e^{-36}\,36^k}{k!} = 0{,}8194\]
\(\blacksquare\)
(f) şıkkında sorulan \(\Pr\{Y_6 > 30\}\) ile tek bir terim olan \(\Pr\{Y_6 = 30\} = 0{,}0427\) birbirine karıştırılmamalıdır. “Daha fazla”, “en az”, “daha az” gibi ifadeler bir kuyruk olasılığı ister; bunlar ya toplamla ya da tümleyenden hesaplanır.
Hangi tarafın kısa olduğuna bakıp onu seçin: burada \(\Pr\{Y_6 > 30\}\) için \(31\)’den sonsuza toplamak yerine, \(0\)’dan \(30\)’a toplayıp \(1\)’den çıkarmak daha kolaydır.
Örnek 3.3 (Otoyol) Bir otoyolun bir noktasında dakikada \(1\) oranında motorlu araç geçmektedir. Bunların \(\%5\)’i kamyondur ve süreç bir Poisson varış sürecidir.
a) Bir saat boyunca en az bir kamyonun geçme olasılığı nedir?
b) Bir saatte \(10\) kamyonun geçtiği biliniyorsa, bu sürede geçen motorlu araçların beklenen toplam sayısı nedir?
c) Bir saatte \(50\) motorlu araç geçmesi hâlinde bunların \(5\) tanesinin kamyon olma olasılığı nedir?
Çözüm
Dakikada \(1\) araç, saatte \(\lambda_M = 60\) araç demektir. Ayrıştırma teoremiyle
\[\lambda_K = 60 \cdot 0{,}05 = 3 \quad (\text{kamyon}), \qquad \lambda_D = 60 \cdot 0{,}95 = 57 \quad (\text{diğer})\]
olur ve bu iki süreç bağımsızdır.
a) Tümleyenden:
\[\Pr\{Y_{K,1} \geq 1\} = 1 - \Pr\{Y_{K,1} = 0\} = 1 - \frac{e^{-3}\,3^0}{0!} = 1 - e^{-3} = 0{,}9502\]
b) Kamyon ve diğer araç süreçleri bağımsız olduğundan, kamyon sayısını bilmek diğer araçlar hakkında bilgi vermez:
\[E\big(Y_{M,1} \mid Y_{K,1} = 10\big) = 10 + E(Y_{D,1}) = 10 + 57 = 67\]
c) Koşullu olasılığı tanımdan açalım. \(\{Y_{K,1} = 5, Y_{M,1} = 50\}\) olayı, \(\{Y_{K,1} = 5, Y_{D,1} = 45\}\) olayına eşdeğerdir:
\[\Pr\{Y_{K,1} = 5 \mid Y_{M,1} = 50\} = \frac{\Pr\{Y_{K,1} = 5\} \cdot \Pr\{Y_{D,1} = 45\}}{\Pr\{Y_{M,1} = 50\}} = \frac{\dfrac{e^{-3}3^5}{5!} \cdot \dfrac{e^{-57}57^{45}}{45!}}{\dfrac{e^{-60}60^{50}}{50!}} = 0{,}0658\]
\(\blacksquare\)
Yukarıdaki ifade sadeleştirilirse tam olarak bir binom olasılığı çıkar:
\[\Pr\{Y_{K,1} = 5 \mid Y_{M,1} = 50\} = \binom{50}{5} (0{,}05)^5 (0{,}95)^{45} = 0{,}0658\]
Bu tesadüf değildir: toplam araç sayısı sabitlendiğinde her aracın bağımsız olarak \(p = 0{,}05\) olasılıkla kamyon olması, tam da ayrıştırma teoreminin tersinden okunuşudur.
“Kamyonlar toplamın \(\%5\)’i ise \(10\) kamyon \(200\) araca karşılık gelir” diyerek \(200\) cevabına ulaşmak çok yaygındır. Bu oransal akıl yürütme, Poisson varsayımı altında geçerli değildir.
Sebebi ayrıştırma teoremidir: kamyon ve diğer araç süreçleri bağımsız olduğundan, \(Y_{K,1} = 10\) bilgisi \(Y_{D,1}\)’in dağılımını hiç değiştirmez. Diğer araçların beklenen sayısı, kamyon sayısı ne olursa olsun \(57\) kalır; toplam da \(10 + 57 = 67\) olur.
\(\%5\) oranı yalnızca uzun vadeli ortalamayı belirler; tek bir saatte gözlenen kamyon sayısından toplam trafiği geri hesaplamaya yaramaz.
Örnek 3.4 (Baskı Hataları) Bir kitabın basımında baskı hatalarının ortaya çıkışı, \(1000\) kelimede bir hata oranında bir Poisson sürecidir. Ön baskılarının yazar tarafından her okunuşunda hata sayısı \(\%50\) oranında azalmaktadır. Kitapta \(200{.}000\) kelime olduğuna göre, hiç hata kalmamasının olasılığının en az \(\%98\) olması için yazarın kitabı en az kaç kez okuması gerekir?
Çözüm
\(200{.}000\) kelime ve \(1000\) kelimede bir hata olduğundan başlangıçtaki beklenen hata sayısı \(\lambda_1 = 200\)’dür. Her okuma bunu yarıya indirdiğinden
\[\lambda_2 = \frac{200}{2}, \qquad \lambda_3 = \frac{200}{2^2}, \qquad \dots, \qquad \lambda_n = \frac{200}{2^{\,n-1}}\]
olur. \(n\). okumadan sonra hiç hata kalmaması olasılığı:
\[\Pr\{Y = 0\} = \frac{e^{-\lambda_n} \lambda_n^0}{0!} = e^{-\lambda_n} = e^{-200/2^{\,n-1}} \geq 0{,}98\]
Her iki tarafın doğal logaritması alınırsa (\(\ln\) artan olduğundan yön korunur):
\[-\frac{200}{2^{\,n-1}} \geq \ln(0{,}98) = -0{,}02020\]
Negatiflerle çarpım yön değiştirir:
\[\frac{200}{2^{\,n-1}} \leq 0{,}02020 \iff 2^{\,n-1} \geq \frac{200}{0{,}02020} = 9899{,}5\]
Her iki tarafın \(2\) tabanında logaritması alınırsa:
\[n - 1 \geq \log_2 (9899{,}5) = 13{,}27 \implies n \geq 14{,}27\]
\(n\) bir tam sayı olduğundan \(n = 15\) bulunur.
Sağlama.
| \(n\) | \(\lambda_n = 200/2^{\,n-1}\) | \(\Pr\{Y=0\} = e^{-\lambda_n}\) |
|---|---|---|
| \(14\) | \(0{,}02441\) | \(0{,}9759 < 0{,}98\) |
| \(15\) | \(0{,}01221\) | \(0{,}9879 \geq 0{,}98\) |
Yazarın kitabı en az \(15\) kez okuması gerekir.
\(\blacksquare\)
Bu çözümde eşitsizliğin yönü iki kez kritik hâle geliyor:
- İki tarafı negatif bir sayıyla çarparken ya da böler gibi \(-1\) ile çarparken yön döner (\(-\tfrac{200}{2^{n-1}} \geq \ln 0{,}98\) adımından sonrası).
- \(2^{\,n-1}\) paydadan paya geçerken yön yine döner.
Sonuçta “en az kaç kez” sorusuna \(n \geq 14{,}27\) cevabı gelmelidir. Ters yönde bir eşitsizlik (\(n \leq 14{,}27\)) elde ederseniz bir adımda yön atlamışsınız demektir; sağlama tablosu bunu hemen gösterir.
Örnek 3.5 (Dağ Yolundaki Lokanta) Bir dağ yolundaki lokanta, kamyon ve otomobillerdeki yolculara servis yapmaktadır. Kamyonların dağ yolundan geçme oranı saatte \(10\), otomobillerin ise saatte \(20\)’dir. Kamyon ve otomobillerin \(\%10\)’u bu lokantada mola vermektedir.
a) Bir saatte lokantaya gelen otomobillerin ve kamyonların beklenen değeri nedir?
b) Bir saatte lokantaya hiç araç uğramamasının olasılığı nedir?
c) Kamyonlar daima \(1\) yolcu, otomobillerin \(\%30\)’u \(1\) yolcu, \(\%50\)’si \(2\) yolcu, geri kalanları da \(3\) yolcu taşımaktadır. Buna göre saatte lokantaya gelen yolcu sayısının beklenen değeri nedir?
Çözüm
Ayrıştırma teoremiyle lokantaya mola veren araçların oranları:
\[\lambda_{MK} = 10 \cdot 0{,}10 = 1 \quad (\text{kamyon}), \qquad \lambda_{MO} = 20 \cdot 0{,}10 = 2 \quad (\text{otomobil})\]
a) Bir saatlik aralıkta (\(t = 1\)) beklenen değerler \(E(Y_t) = \lambda t\) formülünden:
\[E(Y_{MK,1}) = 1, \qquad E(Y_{MO,1}) = 2, \qquad E(Y_1) = 1 + 2 = 3\]
b) Birleştirme teoremiyle toplam oran \(\lambda = \lambda_{MK} + \lambda_{MO} = 3\)’tür:
\[\Pr\{Y_1 = 0\} = \frac{e^{-3}\,3^0}{0!} = e^{-3} = 0{,}0498\]
c) Otomobilleri taşıdıkları yolcu sayısına göre bir kez daha ayrıştıralım. Otomobillerin \(\%30 + \%50 = \%80\)’i belirtildiğine göre kalan \(\%20\)’si \(3\) yolcu taşımaktadır:
\[\lambda' = 2 \cdot 0{,}30 \; (1 \text{ yolcu}), \qquad \lambda'' = 2 \cdot 0{,}50 \; (2 \text{ yolcu}), \qquad \lambda''' = 2 \cdot 0{,}20 \; (3 \text{ yolcu})\]
Beklenen değer doğrusal olduğundan her kolu kendi yolcu sayısıyla ağırlıklandırıp toplarız:
\[ \begin{aligned} E(\text{yolcu}) &= \underbrace{1 \cdot 1}_{\text{kamyon}} + \underbrace{(2 \cdot 0{,}30) \cdot 1 + (2 \cdot 0{,}50) \cdot 2 + (2 \cdot 0{,}20) \cdot 3}_{\text{otomobil}} \\ &= 1 + 0{,}6 + 2{,}0 + 1{,}2 \\ &= 4{,}8 \end{aligned} \]
Saatte lokantaya beklenen yolcu sayısı \(4{,}8\)’dir.
\(\blacksquare\)
Örnek 3.6 (Elektrik Arızaları) Farklı şekillerde meydana gelen elektrik arızaları bilgisayarları bozabilmektedir.
- Küçük arızalar saatte \(8\) oranında olmakta ve bilgisayarı bozmamaktadır.
- Orta arızalar \(18\) saatte bir olmakta ve bilgisayarı \(\%0{,}5\) oranında bozmaktadır.
- Büyük arızalar \(46\) saatte bir olmakta ve bilgisayarı \(\%8\) oranında bozmaktadır.
a) \(8\) saatte herhangi bir tipte arıza oluşmasının beklenen değeri nedir?
b) \(8\) saatte bilgisayarı bozan arızaların oluşmasının beklenen değeri nedir?
c) \(8\) saatte bilgisayarı bozan arızaların oluşmamasının olasılığı nedir?
Çözüm
Önce oranları ortak birime (saat başına) çevirelim:
\[\lambda_K = 8, \qquad \lambda_O = \frac{1}{18}, \qquad \lambda_B = \frac{1}{46}\]
a) Birleştirme teoremiyle toplam oran \(\lambda_K + \lambda_O + \lambda_B\)’dir; \(t = 8\) için
\[E(Y_8) = 8 \cdot 8 + 8 \cdot \frac{1}{18} + 8 \cdot \frac{1}{46} = 64 + 0{,}4444 + 0{,}1739 = 64{,}62\]
b) Bilgisayarı bozan arızalar, orta ve büyük arıza süreçlerinin ayrıştırılmasıyla elde edilir:
\[E(Y_{8,B}) = 8 \cdot \frac{1}{18} \cdot \frac{5}{1000} + 8 \cdot \frac{1}{46} \cdot \frac{8}{100} = 0{,}002222 + 0{,}013913 = 0{,}01614\]
c) Bozucu arızalar, ortalaması \(0{,}01614\) olan bir Poisson dağılımına sahiptir:
\[\Pr\{Y_{8,B} = 0\} = \frac{e^{-0{,}01614}\,(0{,}01614)^0}{0!} = e^{-0{,}01614} = 0{,}9840\]
Yani \(8\) saatlik bir vardiyada bilgisayarın bozulmama olasılığı yaklaşık \(\%98{,}4\)’tür.
\(\blacksquare\)
“\(18\) saatte bir” ifadesi saatlik oranı \(\lambda_O = \tfrac{1}{18}\) yapar. Soruda “saatte \(18\)” deseydi \(\lambda_O = 18\) olurdu. Oranların birimini yazmadan hesaba başlamayın.
(b) şıkkında bulunan \(0{,}01614\) değeri zaten \(8\) saatlik beklenen değerdir; (c) şıkkında bunu tekrar \(8\) ile çarpmak sık yapılan bir hatadır. Poisson formülüne giren büyüklük \(\lambda t\)’dir ve burada \(\lambda t = 0{,}01614\)’tür.
Sağduyu kontrolü de bunu doğrular: \(8\) saatte ortalama \(0{,}016\) bozucu arıza bekleniyorsa, hiç arıza olmaması olasılığı \(1\)’e çok yakın çıkmalıdır.