olasılık



OLASILIK


OLASILIĞIN TANIMI:Olasılık (bir olayın olasılığı) ilk yaklaşımda, herhangi bir olay için elverişli hallerin bütün olanaklı hallere oranıdır.
Örneğin1. İsabet olasılığı: Ateşli bir silahla (tüfek, tank topu, top) atış yapıldığında, belirli bir alanda belli sayıda isabet sağlama olasılığıdır. 2. Tahrip olasılığı: Nükleer atışta olduğu gibi,ancak bir merminin kullanıldığı tekli atışlarda, bir hedefi, önceden belirlenen tahribe az çok eşit oranda tahrip etme olasılığıdır.

OLASILIĞIN TARİHÇESİ VE GELİŞİM SÜRECİ: Olasılıklar hesabını kökeni,rastlantı oyunlarının oynanmasına ve oyuncuların, bütün olasılıklar bir bir göz önüne alarak oyunlarının şanslarını hesaplama isteklerine dayanır. Böylece, G. Cardano' nun (1501-1576) ölümünden sonra yayımlanmış De Ludo Alae (rastlantı oyunu üzerine) adlı kitabında, bir parti oyunda verilen bir düzeni gerçekleştiren (örneğin: 3 zar atarak 10 benek elde etmenin 27 biçimi vardır.) sonuç sayısıyla, uzun bir dizide bu düzenin ortaya çıkış yinelenimi arasında ilişki kurar. Rastlantının, 16. yüzyılda beliren ve 17. yüzyılda doğruluğu ortaya çıkan nicel ele alınış biçimi, dünyaya karşı yeni bir davranış ifade eder.
Olasılıklar hesabının ilk tohumlar, Pascal ve Fermat arasındaki mektuplaşmada görülmüştür. Bu, Şovalye Mere'nin Pascal'a önerilen ve onları araştırmalarının kökeninde bulunan oyun problemidir. Oyunculardan birinin kazanmasından önce yarıda kesilen bir rastlantı oyununda, birçok partide konmuş parayı paylaşmak, yani her bir oyuncunun gelecek partilerde rastlantıda bekleyebileceğini hesaplamak söz konusudur. Pascal'ın, özellikle de Fermat'ın çözümü, devşirim çözümlemesiyle de ilgiliydi. Bu çözümlemenin ilk avadanlıkları hazırlanmak üzereydi. Pascal için kurami ancak deneyin çözebildiği problemleri egemenlik altına almaya varır: ''Böylece, ispatların kesinliğini rastlantının belirsizliğine birleştirerek ve nesneleri zıt görünüş halinde uzlaştırarak, kuram, adını ikisinden alıp, haklı olarak şu şaşırtıcı adı benimseyebilir: Rastlantının Geometrisi.''
Jacques Bernoulli'nin ölümünden sonra yayımlana yapıtı Ars Conjectandi (1713), Huygens'in bir inceleme yazısını (De Ratiociniis in Ludo Aleae, 1657) genelleştirerek, gelişimin başlangıcını bir matematik bilim koluna doğru yöneltiyor: Devşirim hesabını sistemleştiriyor, onu rastlantı oyunlarına uyguluyor ve esaslı yenilikler getiriyordu.
Bu çalışmalara koşut olarak, A. de Moivre, Laplace'yi pek etkileyecek son derece de sağlıklı, çok sayıda baskı yapan bir inceleme kitabını İngiltere' de yayımladı (Doctrine of Chances 1718). Moivre, olasılığı ve matematik beklentiyi, bağımsız ve koşullu bağıllıkları tanımlıyor ve toplama ile çarpma kurallarını kuruyordu.
Çok sayıdaki doğal olayların, bağımsız rastlantısal değişkenin toplamı olarak göz önüne alınabildiği ölçüde, bu yasanın temel bir önemi bulunmaktadır. Kendi yönünden Th. Bayes (1702-1761) nedenlerin olasılığının, ya da önsel olasılığın incelenmesine ulaşılıyor; ''öznel'' bir kavramı bu ilk matematikleştirme girişimi birbiri ardınca
Cournot, Boole, Popper'in itirazlarına uğramış ve günümüz istatikçilerimizin de aralarında taraflara ayrılmasına neden olmuştur.
Laplace'nin Theorie Analytique Des Probabilities (olasılıkların çözümlemeli kuramı) 19. yüzyılın başvuru yapıtı olacaktır. Hem doğanın gerekirci görüşüyle, hem de bilginin olasılıkçı görüşüyle devinime itilmiş olarak Laplace kendi kuramını ''Gök'' ve ''Yer Mekaniği'ne'' uyguluyor, hatalar hesabını geliştiriyor, burada, en küçük kareler yöntemi kuralını elde ederek, ölçüleri toplu rastlantı olaylarına bağlıyor. Poisson, Bernoulli 'nin, Moivre ve Laplace'nin sonuçlarını genelleştiriyor, bağımsız olaylar dizisine genelleştirdiği tanımladığı en büyük kareler kanıtlıyor; bu sırada Gauss, Laplace_Gauss yasasına dayanarak, hataların genel bir kuralını geliştirmiş, bu kural sayısal cetvelleri özellikle gökbilimde ve gemicilikte kullanılanları düzeltmeyi sağlayacaktır.
Öte yandani bilim tarihçisi C. C. Gillispie, Laplace'nin yapıtının Fransa'nın 1770 yıllarında tanık olduğu engin uygar bilim deviniminden nasıl beslendiğine dikkat çekmektedir. Codorcet'in 1785' teki inceleme kitabı,olasılıklar hesabının toplum alanına uygulaması konusunda, çağdaşları üzerinde özellikle derin bir etki yapıyor. Daha sonra, A. Quetelet, bir toplum biliminin yasalarını belirlemeye çalışarak ve çok sayıda ulusal ve uluslararası kurumun doğuşuna katılarak, istatistikte yeni bir çığır açıyor.
Ama Laplace' nin açıklamalarındaki sağlık noksanlığı, J. Bienayme' nin çalışmaları sayesinde 19. yüzyılın 2. yarısında olasılıkların amaç dışı kullanımına yol açmış, Galton-Walton zinciri adıyla bilinen, özel rastlantısal değişkenlerden oluşmuş bir dizinin tam incelenmesini ilk önce, hemen hemen tanınmamış Bienayme yürütmüş, zincir adını vermeleri, bu iki bilginin rastlantısal değişkenden ancak 30 yıl sonra haberdar olacaklarından dolayıdır.
Darwin' in evrim kuramının itişiyle, 19. yüzyılın son dörtte biri süresinde İngiltere' de yeni bir olasılıkçı ekol açılıyor ve bütün çağdaş istatistiği kuruyor. Toplum sınıflarının, kendilerini oluşturan kişilerin doğuştan yetenekleri arasındaki hiyerarşiyi yansıttığına inanmış önemli üyeler için, her değişim ilerleme kaynağıdır.
19. yüzyılın sonuna doğru, olasılıkçı dünya görüşü, istatistik mekaniğin ve maddenin kinetik kuramının gelişimi sayesinde kendini daha da çok kabul ettirecektir. Tüm bunlara göre; ''rastlantısal bir evrimde, olasılık yasası ancak ilk değere bağlı olup geçmiş, ancak verdiği sonuçla araya girer'' görüşü desteklenir olmuştur.
20. yüzyılda yeni çözümlemeli aletlerin çıkışı Borel ve Lebesgue tarafından pek genel bir integralleme kuramının kuruluşu, olasılılar kuramını derinden derine alt üst etmek üzeredir. Temel kavramlarını kesinleştirme gerekliliği, onun uygulama alanları çoğalıyorken kendini duyuruyor. Emile Borel olasılığın, ölçü kuramı üzerine kurulu bir tanımını sağlıyor. 1933' te Kolmogorov, olasılıklar hesabnın, yaygın biçimde kabul edilen bir aksomatiğini öne sürüyor.
Tüm bu ayrıntılardan da anlayabileceğimiz gibi, olasılık; insanolğlu için yaklaşık 600 yıldır olmazsa olmazlardan biri olmuş ve sürekli matematiğin gündemine oluşturmuştur. Pascal ve Fermat arasındaki mektuplaşmalar ise bugünün istatistik, nüfus, kinetik ve bunun gibi daha birçok bilim dalının oluşmasını ve gelişmesini sağlamıştır.

OLASILIĞIN ÖZELLİKLERİ:
1. P fonksiyonu artandır. ACB (A gerektirir B) ise, P(A) küçük veya eşittir P(B) dir.
2. Olanaksız olayın olasılığı 0'dır.
3. Kesin bir olayın olasılığı 1'dir.
4.W' nin her (A,B) ikilisi için, P(AUB)= P(A) + P(B) - P(AÇB) dir.
5. Karşt olaylardan oluşan her (A,A') ikilisi için, P(A) + P(A') = 1 dir.
6. Bir tam olay sistemi oluşturan her; n
(A,) küçük(eşit) 1 küçük(eşit) n ailesi için; SP(A,)=1
i 1


OLASILIK HESAPLARI:


Elimize altı yüzlü hilesiz bir zar alalım. Ya da Öyle varsayalım. Her yüzün gelme olasılığı aynıdır: 1 gelme olasılığı, 2 gelme olasılığından fazla değildir. Zarın altı yüzü olduğundan ve her sayının gelme olasılığı aynı olduğundan, örneğin yek gelme olasılığına 1/6 demek en doğrusudur. Eğer i = 1, ..., 6 ise, o(i), i sayısının gelme olasılığı olsun:

o(1) = 1/6 = 0,16666....
o(2) = 1/6
o(3) = 1/6
o(4) = 1/6
o(5) = 1/6
o(6) = 1/6

Zar hilesiz olduğundan, o(7) = 0 da yazabilirdik. Tüm olasılıkların toplamının 1 olduğunu gözden kaçırmamalıyız. Günlük yaşamda olasılıklar 100 üzerine hesaplanır, ama matematikte en büyük olasılık 1’dir. Günlük yaşamda kullanılan %75’in matematikçesi 3/4’tür.
Hilesiz zarlarla çift sayı atma olasılığını bulacak oplursak, yani, 2, 4, 6 sayılarından birinin gelme olasılığını. Her sayının gelme olasılığı 1/6 olduğundan, çift sayı gelme olasılığı:

o(2) + o(4) + o(6) = 1/6 + 1/6 + 1/6 = 1/2 dir.
Ve elbet tek sayı gelme olasılığı da, çift sayı gelme olasılığı gibi, 1/2’dir. Olasılık kuramcıları, yukardaki soruda karşımıza çıkan,

{1,2,3,4,5,6}
kümesine olaylar kümesi denir. Örneğin, yek bir olaydır ve yek olayının (gerçekleşme) olasılığı 1/6’dır.
Şimdi iki (hilesiz) zar atacağız. İlk önce iki zarı birbirinden ayıralım: Zarlardan birine birinci zar, öbürüne ikinci zar diyelim. Her iki zarın da altışar yüzü olduğundan, otuzaltı “olay” var:

1-1
1-2
1-3
1-4
1-5
1-6
2-1
2-2
2-3
2-4
2-5
2-6
3-1
3-2
3-3
3-4
3-5
3-6
4-1
4-2
4-3
4-4
4-5
4-6
5-1
5-2
5-3
5-4
5-5
5-6
6-1
6-2
6-3
6-4
6-5
6-6

1-2 ve 2-1 zarlarını (olaylarını) ayrı yazdık, yani iki ayrı olay olarak gösterdik. Çünkü iki zarı birbirinden ayırıyoruz: Birinci zar 1' i, ikinci zar 2' yi gösteriyorsa, gelen zara 1-2 diyoruz; tam tersiyse 2-1. Zarlar hilesiz olduğundan her olayın olasılığı aynıdır. Dolayısıyla, o(i-j) sayısı, i-j olayının (zarının) olasılığıysa,

o(i-j) = 1/36
dır. Örneğin,

o(1-1) = o(1-2) = o(2-1) = o(3-4) = 1/36.
Bunu şöyle de gösterebiliriz: Yukardaki tabloya rastgele bir taş atalım. 36 hücre olduğundan ve bir hücrenin öbür hücreye göre bir özelliği olmadığından, taşın, örneğin 3-4 hücresine düşme olasılığı 1/36’dır.
Ancak tavlada zarlar aynı olduğu için birbirinden ayırt edilmez ve biz de o zaman 1-2 ve 2-1 olaylarını bir olay olarak algılayıp (1,2) olarak gösterelim. Olayları yukardaki gibi sıralayalım (üstteki tabloyu ikiye katlayarak):

(1,1)
(1,2)
(1,3)
(1,4)
(1,5)
(1,6)

(2,2)
(2,3)
(2,4)
(2,5)
(2,6)


(3,3)
(3,4)
(3,5)
(3,6)



(4,4)
(4,5)
(4,6)




(5,5)
(5,6)





(6,6)

Toplam 21 olay vardır. Ama bu kez her olayın olasılığı aynı değil. Örneğin (1,2) olayının olasılığı 1/36 + 1/36 = 2/36, çünkü (1,2) zarı için ya 1-2 ya da 2-1 gerekli. (1,2) olayının olasılığı şöyle bulunur: o(1,2) = o(1-2) + o(2-1) = 1/36 + 1/36 = 2/36. Öte yandan, (1,1) zarının gelme olasılığı 1/36’dır. Demek ki, eğer i¹ j ise, o(i,j) = 2/36’dır ve o(i,i) = 1/36’dır. (Özellikle 2/36 yerine 1/18 yazmıyoruz, ilerde kolaylık olacak.)


Alıştırmalar:

1. İki kapıya gele atma olasılığı. Bu kapıların 1 ve 2 kapıları olduğunu varsayalım. Demek ki (1,1), (1,2) ya da (2,2) atma olasılığını hesaplayacağız. Bu da,

o(1,1) + o(1,2) + o(2,2) = 1/36 + 2/36 + 1/36 = 4/36 = 1/9
dur. İki kez iki kapıya gele atma olasılığıysa 1/9 ´1/9 = 1/81’dir. Yedi kez iki kapıya gele atma olasılığıysa (1/9)7 = 1/97 dir. (Aşağı yukarı, piyangoda en büyük ikramiye çıkma olasılığına eşit!)

2.Yek atma olasılığı = o(1,1) + o(1,2) + ... + o(1,6) = 1/36 + (5 ´ 2/36) = 11/36. Demek ki, yek atma olasılığı 1/3’ten biraz daha az.

3. Cehar atma olasılığı. Yukardaki gibi hesaplanır ve 11/36 bulunur.

4. Dört hane ilerdeki bir pulu kırma olasılığı. Dört hane ilerdeki bir pulu kırma olasılığını hesaplayacağız. Dört hane ilerdeki pulu kırmak için ya cehar (4) atmak gerekir ya da (1,1), (1,3) ve (2,2) zarlarından birini (arada kapı olmadığını varsayıyoruz.) Demek ki dört hane ilerdeki bir pulu kırma olasılığı,
o(4) + o(1,1) + o(1,3) + o(2,2) = 11/36 + 1/36 + 2/36 + 1/36 = 15/36
dır.

5. Altı ve sekiz hane ilerdeki iki puldan en az birini kırma olasılığı. Altı hane ilerdeki pulu kırmak için ya zarlardan biri 6 gelmeli ya da (1,5), (2,2), (2,4), (3,3) zarlarından birini atmalı. Sekiz hane ilerdeki pulu kırmak içinse (2,2), (2,6), (3,5), (4,4) zarlarından birini atmalı. Dolayısıyla olasılık o(6) + o(1,5) + o(2,2) + o(2,4) + o(3,3) + o(2,6) + o(3,5) + o(4,4) = 11/36 + 2/36 + 1/36 + 2/36 + 2/36 + 1/36 + 2/36 + 1/36 = 22/36’dır, oldukça yüksek...

6. n hane ilerdeki bir pulu kırma olasılığı. Eğer n = 13 ya da 14 ise, bu olasılık sıfırdır elbet. Ama n = 15 ise pulu dübeşle, yani (5,5)’le kırabiliriz. Bunun da olasılığı 1/36’dır. Okur bu olasılıkları şimdiye değin öğrendikleriyle hesaplayabilir. Bu olasılıkları bir tabloda gösterelim:

n = uzaklık
Kırma olasılığı
1
11/36
2
12/36
3
14/36
4
15/36
5
15/36
6
17/36
7
6/36
8
6/36
9
5/36
10
3/36
11
2/36
12
3/36
15
1/36
16
1/36
18
1/36
20
1/36
24
1/36

örnek:Şimdi üç zar alalım elimize. Yine ilk önce zarlardan herbirini öbürlerinden ayırt edelim: birinci zar, ikinci zar ve üçüncü zar. 63 = 216 olay var ve her olayın olasılığı aynı olduğundan, her zarın gelme olasılığı 1/216’dır. Örneğin,
o(1-2-5) = o(1-5-2) = o(2-1-5) = o(2-5-1) = o(5-1-2) = o(5-2-1) = 1/216
dır. Ancak zarları birbirinden ayırt etmemek en doğal olanı. Biz de o şekilde kabul edersek: Olay sayımız azaldı, çünkü şimdi, örneğin 1-2-5 ve 5-1-2 olayları arasında bir ayrım yapmıyoruz. Bu zara (1,2,5) adını verelim. Kolayca görüleceği gibi,

o(1,2,5) = o(1-2-5) + o(1-5-2) + o(2-1-5) + o(2-5-1) +
o(5-1-2) + o(5-2-1) = 6/216 = 1/36.
Bunun gibi, o(3,4,6) da 1/36’ya eşittir. Ama

o(2,2,5) = o(2-2-5) + o(2-5-2) + o(5-2-2) = 3/216 = 1/72,
ve

o(2,2,2) = o(2-2-2) = 1/216
dır.
Alıştırma olarak, üç zarla toplam 10 atma olasılığını hesaplayalım: o(1,3,6) + o(1,4,5) + o(2,2,6) + o(2,3,5) + o(2,4,4) + o(3,3,4) = 27/216 = 1/8 = 0,125.

örnek: [0,1] aralığında rastgele ve sırayla iki sayı seçersek, ikinci sayının, birinci sayıdan büyük olma olasılığı kaçtır?

Birinci sayıya x adını verelim, ikinci sayıya y. Rastgele (ama sırayla) iki sayı seçmek demek, [0,1] ´ [0,1], yani [0,1]2 karesinde rastgele bir (x,y) noktası seçmek demektir.

Yukardaki şekilde [0,1]2 karesi üç olay bölgesine ayrılmış:

A12 = {(x,y) Î [0,1]2 : x < y }
A21 = {(x,y) Î [0,1]2 : x > y }
bölgeleri ve çaprazdaki çizgi, yani,

Ax=y = {(x,x): x Î [0,1] }
çizgisi. Şekilden de anlaşıldığı üzere, [0,1]2 karesindeki rastgele bir noktanın A12 bölgesinde olma olasılığı 1/2’dir. A21 bölgesinde olma olasılığı da 1/2’dir. Ax=y bölgesinde olma olasılığıysa sıfırdır.

örnek: [0,1] aralığından üç sayı seçelim: x, y, z. Birinci sayı x, ikinci sayı y ve üçüncü sayı z. Şimdi, x < y < z olayının gerçekleşme olasılığı kaçtır? [0,1]3

[0,1]3 küpünü şu bölgelere ayıralım:

A123 = {(x, y, z): x < y < z }
A132 = {(x, y, z): x < z < y }
A213 = {(x, y, z): y < x < z }
A231 = {(x, y, z): y < z < x }
A312 = {(x, y, z): z < x < y }
A321 = {(x, y, z): z < y < x }.
Birinci bölgenin oylumunu (hacmini) bulmak istiyoruz. Bu altı bölgenin oylumları birbirine eşittir (hiçbirinin oylumunun öbüründen büyük olması için bir neden yok.) [0,1]3 küpünden geriye kalan bölgeler, yukardaki bölgelerin “duvarlarıdır” ve oylumları sıfırdır. Demek ki, bu altı bölgenin oylumlarının toplamı [0,1]3 küpünün oylumuna, yani 1’e eşittir. Ve bundan da her bölgenin oylumunun 1/6 olduğu çıkar. [0,1] aralığından rastgele üç sayı seçersek, ikinci sayının birinci sayıdan ve üçüncü sayının ikinci sayıdan büyük olma olayının olasılığının 1/6 olduğunu bulduk.
Şimdi [0,1] aralığından dört sayı seçtiğimizde, birinci sayının ikinci sayıdan, ikinci sayının üçüncü sayıdan ve üçüncü sayının dördüncü sayıdan küçük olma olayının olasılığını hesaplayacağız.

A1234 = {(x1, x2, x3, x4) Î [0,1]4: x1 < x2 < x3 < x4}
kümesi olsun. Bunun gibi, örneğin,

A3142 = {(x1, x2, x3, x4) Î[0,1]4 : x3 < x1 < x4 < x2 }
kümesini tanımlayalım. Bu kümelerin hepsinin “oylumları” aynı. Teker teker sıralayıp 24 tane olduğunu bulabiliriz kolaylıkla: A1234, A1243, A1324, A1342,... Geriye kalan kümeler, bu kümelerin “duvarları” olduklarından oylumları sıfırdır. Demek ki bulmak istediğimiz olasılık 1/24’dir.

örnek:[0,1] aralığından n tane rastgele ve sırayla sayı seçiyoruz: x1, x2, ..., xn. Bu dizinin artan bir dizi olma olasılığı, yani x1 < x2 < ... < xn olayının olasılığı kaçtır?



A1,2,...,n = {(x1, x2, ..., xn) Î [0,1]n: x1 < x2 < ... < xn}
kümesinin oylumunu arıyoruz.
örnek: Bu tür kümelerden kaç tane olduğunu bulmalıyız. Başka bir deyişle 1,2, ..., n sayılarını kaç türlü dizebiliriz?

n! = 1 ´ 2 ´ ... ´ (n-1) ´ n
türlü dizebiliriz, çünkü bu n sayıyı n! türlü yanyana koyabiliriz. Bundan da şu sonuç çıkar: [0,1] aralığından rastgele seçilen x1, ..., xn sayılarının artan bir dizi olma olasılığı 1/n! dir.
Örneğin n = 2, 3, 4 ise daha önce hesapladığımız 1/2, 1/6, 1/24 olasılıklarını buluruz. n = 5 için, 1/5! = 1/120 = 0,008333... olasılığını buluruz. n = 6 içinse, 1/6! = 1/720 » 0,0014 olasılığını. Dikkat edersek, n büyüdükçe olasılık azalıyor.

örnek: Bir yılda 365 gün olduğunu varsayalım. Toplulukta 366 kişi varsa, içlerinden en az ikisinin doğumgünü aynı güne rastama olasılığı nedir?

Toplulukta iki kişi varsa, bu iki kişinin aynı gün doğma olasılığı 1/365’tir. Demek ki ayrı günlerde doğma olasılıkları, 364/365’tir.

Eğer toplulukta üç kişi varsa, üçünün de ayrı ayrı doğumgünleri olma olasılığı,

´
dir. Eğer toplulukta dört kişi varsa, dördünün de ayrı ayrı doğumgünleri olma olasılığı,

´´
dir. Eğer toplulukta n kişi varsa, hepsinin ayrı ayrı doğumgünleri olma olasılığı,

´´´ ... ´
dir. En az iki kişinin aynı gün doğmuş olma olasılığıysa,

1 - ´´´ ... ´
Geniş bir örnek:

Kişi Sayısı
Olasılık
2
0,002739727
3
0,008204162
4
0,01635593
5
0,02713561
6
0,04046249
7
0,05623573
8
0,07433534
9
0,09462386
10
0,1169482
15
0,2529014
20
0,4114385
22
0,4756954
23
0,5072973
25
0,5686998
30
0,7063163
35
0,8143833
40
0,8912318
50
0,9703736
60
0,9941227
70
0,9991596
80
0,9999143
90
0,9999939
100
0,9999997
103
0,9999999

Görüldüğü gibi 23 kişilik bir toplulukta (örneğin küçük bir sınıfta) en az iki kişinin aynı gün doğmuş olması yüzde elliden daha büyük bir olasılıktır. Elli kişilik bir sınıftaysa, yüzde 97 olasılıkla iki kişinin doğumgünü aynı güne rastlar.

örnek: İki zar atalım. Zarlar hilesiz olsun. Bu iki zarın aynı sayı olma olasılığı 1/6’dır. Eğer zar hileliyse, o zaman iki kez üstüste aynı zar atma olasılığı 1/6’dan daha büyüktür.

örnek: zar çok hileliyse ve her atışta şeş geliyorsa;

a) iki zarın aynı olma olasılığı 1’dir (yani yüzde yüzdür.)
b) zarda 1/2 (yüzde 50) olasılıkla 5, 1/2 olasılıkla 6 geliyorsa, o zaman iki zarın aynı olma olasılığı 1/4’tür savlarını kanıtlayalım.

İkinci savı kanıtlayalım. (Birinci savın kanıtı da aynıdır.):

1 gelme olasılığına p1, 2 gelme olasılığına p2, ... , 6 gelme olasılığına p6 diyelim. Bu 6 olasılığın toplamı 1’dir.
Her iki zarın da yek gelme olasılığı p12’dir. Her iki zarın da 2 gelme olasılığı p22’dir... Her iki zarın da 6 gelme olasılığı p62’dir Dolayısıyla, her iki zarın da aynı sayı gelme olasılığı,

p12 + p22 + p32 + p42 + p52 + p62
dir. Savımız, bu sayının en küçük değeri,

p1= p2 = p3 = p4 = p5 = p6 = 1/6
de aldığını söylüyor. Bir başka deyişle, eğer p’lerden birinin değeri 1/6’dan değişikse, o zaman, p12 + p22 + p32 + p42 + p52 + p62 sayısının 1/6’dan daha büyük olduğunu söylüyor.
Savımızı kanıtlayalım.
p12 + p22 + p32 + p42 + p52 + p62 teriminde, p’ler arasında bir ayrıcalık yok. Yani terim simetrik. p’lerden ikisinin yerini değiştirirsek, yeni bir terim elde etmeyiz. Dolayısıyla, bu terimi en küçük yapan p’lerden yalnızca bir tane varsa, o zaman p’ler birbirine eşit olmalı, yani (toplamları 1 olduğundan) herbiri 1/6 olmalı.
Demek ki, p12 + p22 + p32 + p42 + p52 + p62 teriminin, en küçük değeri bir tek kez aldığını kanıtlamalıyız.
Diyelim, p12 + p22 + p32 + p42 + p52 + p62 terimi en küçük değeri iki kez alıyor, bir kez

a1, a2, a3, a4, a5, a6
da, bir kez de,

b1, b2, b3, b4, b5, b6
da... Yani, bu değere m dersek,

a12 + … + a62 = b12 … + b62 = m
eşitlikleri geçerli. Şimdi, p12 + … + p62 teriminin,

,…,
de aldığı değerin m’den daha küçük olduğunu kanıtlayacağım. Yani,

+ … + < m
eşitsizliğini kanıtlayacağım. Sol taraftaki terimi hesaplayalım:

+ … + =

Kareleri açalım, a ve b’lerin karelerinin toplamı yerine m koyalım ve 2’yle sadeleştirelim. Şu terimi elde ederiz.

Bu terim m’den küçük müdür? Yani,

< m
eşitsizliği geçerli midir? Bu eşitsizliğin geçerli olması için,

a1b1+ … + a6b6 < m
eşitsizliği geçerli olmalıdır. Bu son eşitsizliği kanıtlayalım. Bu eşitsizliği kanıtladığımızda, savımız da kanıtlanmış olacak.
a’lardan biri b’lerden birinden değişik olduğundan,

(a1-b1)2 + … + (a6-b6)2 > 0
eşitsizliği geçerlidir. Bunu açarsak,

(a12-2a1b1+b12) + … + (a62-2a6b6+b62) > 0
buluruz. Yani,

2m - (2a1b1+ … +2a6b6) > 0,
yani,

m - (a1b1+ … + a6b6) > 0,
yani,

m > a1b1+ … + a6b6 (olasılığın eşitsizliği)


örnek:10 sayıdan 4 sayıyı çekiyor. Bu lotoda:

a) en az 3 tutturacağımızdan emin olmak için (4 sayılık) en az kaç kolon ve hangi kolonları oynamalıyız?

Çekilişin yapılacağı bu on sayı 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 olsun.
Örneğin en az 1 tutturmak için, iki kolon oynamak yeterlidir. İşte kolonlar:

0123
4567

b) en az 2 tutturmak için en az kaç kolon oynamalıyız?

0123
4567
0489

örnek: 10 sayı arasından 4 sayı çekilen lotoda en az 3 tutturmak için en az kaç kolon oynamak gerekir?

18 kolon yetiyor. İşte o 18 kolon:

1. 0123
2. 4567
3. 0489
4. 1589
5. 2689
6. 3789
7. 0145
8. 0167
9. 0246
10. 0257
11. 0347
12. 0356
13. 1247
14. 1256
15. 1346
16. 1357
17. 2345
18. 2367

Bu kolonları nasıl bulduğumuzu açıklayalım. İlk iki kolon kesişmeyen (ayrık) iki tahminden ibaret:
1. 0123
2. 4567
Eğer 8 ve 9 sayıları (her ikisi birden) çekilmişse bu iki kolonla en az 3 tutturamayız. 8 ve 9’un çekilen sayılar arasında olma olasılığını göz önünde tutup daha sonraki 4 kolonu ekledik:
3. 0489
4. 1589
5. 2689
6. 3789
Böylece 8 ve 9 çekildiğinde, en az 3 tutturmayı garantilemiş olduk.
Eğer 8 ve 9’dan en az biri çekilmiş sayılar arasında değilse, ilk iki kolonun toplam sekiz sayısında çekilen sayılardan en az 3’ü var demektir. Birinci kolonda 2, ikinci kolonda 1 tutturmuş olabiliriz. Ya da birinci kolonda 3 tutturmuş olabiliriz. Ya da her iki kolonda da 2 tutturabiliriz. İlk iki kolonun sonuçları en kötü olasılıkla şöyle olabilir:
Birinci kolonda 1, ikinci kolonda 2
Birinci kolonda 2, ikinci kolonda 1
Birinci kolonda 2, ikinci kolonda 2
Bir başka deyişle, en kötü olasılıkla, kolonlardan birinde tam 2, diğerinde 1 ya da 2 tutturmuş olabiliriz.

Birinci ve ikinci kolonun ikililerini yazalım:
Birinci kolonun ikilileri: 01, 02, 03, 12, 13, 23
İkinci kolonun ikilileri: 45, 46, 47, 56, 57, 67
Bu on iki çiftten birinin her iki sayısı da çekilen sayılar arasında olmalı. Birinci kolonun ikilileriyle, ikinci kolonun ikililerini karıp, bu son şıkkımızda (ilk iki kolonun birinde 2, diğerinde en az 1 tutturduğumuz şıkta) en az 3 tutturacak kolonlar yaratacağız.
Diyelim o çift birinci kolonda. O zaman, aşağıdaki 12 kolonla en az 3 tutturabiliriz:
7. 0145
8. 0167
9. 0246
10. 0257
11. 0347
12. 0356
13. 1247
14. 1256
15. 1346
16. 1357
17. 2345
18. 2367

örnek: 1000 kişi 10 kolon loto oynadı. Bu bin kişiden:

a) en az birinin büyük ikramiyeyi kazanma olasılığı kaçtır?
Bir kişinin kazanma olasılığı 10/13.983.816’dır. Kazanmama olasılığı da 1 - 10/13.983.816’dır.
İki kişinin kazanmama olasılığı (1 - 10/13.983.816)2’dir. Üç kişinin kazanmama olasılığı (1 - 10/13.983.816)3’tür.

b) bin kişiden hiçbirinin kazanmama olasılığı kaçtır?

(1 - 10/13.983.816)1000
dir.

c) 1000 kişiden en az birinin kazanma olasılığı kaçtır?

1 - (1 - 10/13.983.816)1000.

örnek: Bir milyon kişinin 10 kolon loto oynadığını varsayarsak, bir milyon kişiden en az birine büyük ikramiye çıkma olasılığı kaçtır?



1 - (1 - 10/13.983.816)1.000.000 (%51’dir aşağı yukarı.)

örnek: Herbiri on kolon oynayan bir milyon kişiden yalnızca birine büyük ikramiye çıkma olasılı kaçtır?

Oyuncularımızı 1’den 1 milyona kadar sıralayalım. Birinci oyuncunun büyük ikramiyeyi kazanma olasılığı, 10/13.983.816’dır. Geri kalan 999.999 oyuncudan hiçbirinin büyük ikramiyeyi kazanmama olasılığıysa,

(13.983.806/13.983.816)999.999 olur.


Dolayısıyla, yalnızca birinci oyuncunun büyük ikramiye kazanma olasılığı,
(10/13.983.816) ´ (13.983.806/13.983.816)999.999 olur.
örnek: Herbiri 10 kolon oynayan bir milyon kişiden yalnızca ikisine büyük ikramiye çıkma olasılı kaçtır?

Birinci ve ikinci oyuncuya büyük ikramiye çıkma olasılığı (10/13.983.816)2’dir. Geri kalan 999.998 kişiden hiçbirine büyük ikramiye çıkmama olasılığı,

(13.983.806/13.983.816)999.998olur.
Dolayısıyla, yalnızca birinci ve ikinci oyuncunun büyük ikramiye kazanma olasılığı,
(10/13.983.816)2 ´ (13.983.806/13.983.816)999.998 olur.
Bir milyon oyuncu arasından iki oyuncu seçebileceğimizden,
yalnızca iki oyuncunun büyük ikramiyeyi kazanma olasılığı´(10/13.983.816)2´13.983.806/13.983.816)999.998 olur.

Genel kuram şöyle: Eğer n oyuncu varsa ve her oyuncunun oyunu kazanma olasılığı p ise,
oyunu yalnızca m oyuncunun kazanma olasılığı ´ pm ( (1 - p)n-m

örnek: Önünüze bir dama tahtası alın. En üstteki sol kareye bir tavla pulu koyun. O pulla şu hamleleri yapabilirsiniz: pulu bir kare sağa, sola, aşağı ya da yukarı kaydırabilirsiniz. Her kareden geçerek ve yalnızca bir kez geçerek pulu en alt sağ kareye götürebilir misiniz? Götürebilirseniz nasıl götürürsünüz, götüremezseniz neden götüremezsiniz?



Doğru yanıt “Hayır götüremem”dir. Çünkü: dama tahtasında 64 kare vardır. Her kareden bir kez geçmemiz gerektiğine göre 63 hamle yapabiliriz. Yani 63 hamlede en üst sol kareden en alt sağ kareye gitmeliyiz. Oysa bu iki kare beyaz. Ve tek sayılık hamlede beyaz bir kareden gene beyaz bir kareye gidilemez.
Pulun hangi kareden hangi kareye gideceğinden çok önemli olan beyaz bir kareden gene beyaz bir kareye gitmesidir. Ve hamle sayısının 63 olmasından çok bir tek sayı olması önemlidir. Çok daha genel bir sonuç: beyaz bir kareden gene beyaz bir kareye tek sayıda hamleyle gidemeyiz. Oyunun çözümü bu genel sonucun özel bir hâlidir.

guzel paylasım