Olasılık teorisi, matematiğin belirsizlik taşıyan olaylarla ilgilenen bir dalıdır. Bu bilim dalı rasgele değişkenleri inceler.

Transkript

1 Bölüm 2 OLASILIK TEORİSİ Olasılık teorisi, matematiğin belirsizlik taşıyan olaylarla ilgilenen bir dalıdır. Bu bilim dalı rasgele değişkenleri inceler. Rasgele değişken, gelecekteki bir gözlemde alacağı değer önceden kesinlikle bilinemeyen bir değişkendir. Örnekse; bir zar atışında gelecek sayı önceden bilinemeyeceğinden bir rasgele değişkendir. Bir rasgele değişkenin gelecekteki bir gözlem sırasında alacağı değer kesin olarak bilinemeyeceğine göre ancak değişkenin belli bir değeri alması şansı belirlenebilir. Bir rasgele değişkenin bir gözlem sırasında belli bir değeri almasına bir rasgele olay denir. Örnek olarak, bir zar atışında seçilen bir sayının (1 ile 6 arasında) görülmesi bir rasgele olay olup bu rasgele olaylardan herhangi birinin görülme şansı belirlenebilir. Olasılık teorisinde küme kavramının önemli bir yeri vardır. Küme teorisinin kısaca esasları; X= {x 1, x 2,.x n } x X, x X (Bir kümenin elemanı olma durumu) B A, C A (alt küme olma durumu) A B (kesişim kümesi) (boş küme işareti) A D= ise A ve D ayrık kümelerdir. A B (birleşim kümesi) Venn diyagramı; bir küme ile alt kümeleri arasındaki ilişkileri kolayca açıklayabilmek için grafik bir gösterim şekli. Olasılık teorisinde, bir rasgele olayın meydana gelmesi şansı olasılık (ihtimal, probabilite) adı verilen bir büyüklük ile ifade edilmektedir. Bir X rasgele değişkeninin bir gözlem sırasında aldığı x i değerinin yani X=x i rasgele olayının olasılığı şu şekilde gösterilir; P (X=x i ) = p i p i olasılığının değeri 0 ile 1 arasında değişebilir. Olasılığın 0 olması söz konusu olayın hiçbir zaman meydana gelmeyeceğini, 1 olması ise kesinlikle her gözlemde meydana geleceğini gösterir. 2-1 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

2 Örnek olarak bir zar atışında; P(X=1) = P(X=2) = P(X=3) = P(X=4) = P(X=5) = P(X=6) = 1/6 P(X=7)= 0 P(X=1X=2X=3X=4X=5X=6)=1 (1 ile 6 arasında bir sayı görülmesi olayı) P(X3)=2/3 P(X<3)=1/3 (3 veya daha büyük bir sayı görülmesi olayı) (3 ten küçük bir sayının görülmesi olayı) Bu örneğin çok basit yapıdaki rasgele değişkenlere ait rasgele olaylar olduğunu ve bu olaylara ait olasılıkların mantık yoluyla hesaplanabileceğini söyleyebiliriz. Başka bir örnek olarak; zarın hileli olduğunu ve çift sayı gelmesi olasılığının tek sayı gelmesi olasılığının 2 katı olduğunu bildiğimizi kabul edersek; Bir atışta 1, 3 ve 5 saylarının her birinin gelmesi olasılığı p ile gösterilirse; 2, 4 veya 6 sayılarından her birinin gelmesi olasılığı 2p olur. 3 (p) + 3 (2p) = 1 olacağından p=1/9 olur, dolayısıyla P(X=1) = P(X=3) = P(X=5) = 1/9 P(X=2) = P(X=4) = P(X=6) = 2/9 dur. Örnek uzayı; Bir rasgele değişkenin gözlemlerle alabileceği değerlerin tümünden oluşan kümeye denir. Bileşik rasgele olay; birden fazla basit rasgele olayın (X=x i ) bileşiminden oluşan olaylardır. Zar atma probleminde rasgele değişkenin örnek uzayı; Z={1,2,3,4,5,6} kümesidir. Hilesiz bir zar için basit rasgele olayların olasılıkları birbirine eşit ve 1/6 değerindedir. Tek sayı gelmesi olayı T={1,3,5,} bir bileşik rasgele olaydır ve olasılığı 1/2 dir. Tek sayı gelmesi olayı ile çift sayı gelmesi olayı tamamlayıcı olaylar olup P(T)+P(Ç)=1 olur. Olasılık teorisi basit rasgele olayların olasılıkları bilindiğinde bunlardan oluşan bileşik rasgele olayların olasılıklarının nasıl hesaplanabileceğini gösterir. Verilecek ifadeler, bazı bileşik rasgele olayların olasılıkları bilindiğinde bunlara bağlı olarak tanımlanan diğer bazı bileşik rasgele olayların olasılıklarını hesaplamakta da kullanılabilir. 2-2 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

3 Olasılık teorisinin temel aksiyomuna göre; ayrık (ortak bir elemanı olmayan) iki olayın bileşimi olan bir olayın olasılığı, bu iki olayın olasılıklarının toplamına eşittir. P (AB) = P(A) + P(B) Örneğin bir zar atışında, A={1,2,3} yada B={5} gelmesi olayının olasılığı; 1/2 + 1/6 = 2/3 dür. Bu aksiyoma göre, bir rasgele değişkene ait basit olayların tümünün bileşiminin (kesin olay) olasılığı 1 e eşittir. Ayrık olmayan iki olayın bileşiminin olasılığı A B B o A o AB P(A) = P(AB) + P(A o ) P(B) = P(AB) + P(B o ) P(AB) = P(A o ) + P(AB) + P(B o ) Bu üç denkleme dayalı olarak, ayrık olmayan A ve B olaylarının bileşiminin olasılığı; P(AB) = P(A) + P(B) - P(AB) şeklinde hesaplanır. Örnek olarak zar atma probleminde; - Tek sayı gelmesi olayının olasılığının P(T)=1/2, - 3 den daha küçük bir sayı gelmesi olayının olasılığının P(K)= 1/3 olduğunu biliyoruz. - Bu iki olayın kesişiminin tek bir elemanı vardır (1) ve buna göre olasılığı P(TK) =1/6 dır. - Söz konusu iki olayın bileşiminin olasılığını hesaplarsak, P(TK) = P(T) + P(K) P(TK) = 1/2 + 1/3 1/6 = 2/3 - Bu değer bir atışta ya tek yada 3 den küçük bir sayı gelmesi olasılığıdır. İki boyutlu örnek uzayı; X ve Y gibi iki rasgele değişkenin bir arada düşünülmesi durumudur. Bir gözlemde X rasgele değişkeni için X=x i olayı meydana gelirken aynı gözlem sırasında Y rasgele değişkeni için Y=y j olayı görülüyorsa (x i, y j ) gözlem çifti iki boyutlu örnek uzayında bir noktayı ifade eder. 2-3 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

4 Koşullu örnek uzayı; Verilen bir Y=y j olayının meydana gelmesi koşuluyla gözlenen X=x i olayları yeni bir tek boyutlu örnek uzayı oluşturur, bu koşullu bir örnek uzayıdır. Buradaki olaylar (X=x i Y=y j ) şeklinde ifade edilir, düşey çizginin sağındaki Y=y j rasgele olay olarak düşünülmeyip bir koşulu göstermektedir. Örnek olarak şu iki rasgele değişken düşünülebilir; Bir betonarme kirişin yükleme deneyinde Y çatlama yükü, X kırılma yükü olsun. Herhangi bir gözlem sırasında ölçülen (x i, y j ) değerleri iki boyutlu örnek uzayının bir noktasını oluşturur. Yani iki boyutlu uzayda bir rasgele olaya karşılık gelir. Diğer taraftan; sadece çatlama yükünün 635 kg olarak ölçüldüğü deneyler göz önüne alınarak koşullu rasgele olaylar tanımlanabilir; (X=x i, Y=635). Burada Y bir değişken olmayıp bir koşulu ifade etmektedir, dolayısıyla örnek uzayı bir boyutludur. Koşullu bir olayın olasılığı; X=x i olayı kısaca A, Y=y j olayı kısaca B ile gösterilirse; B olayının meydana gelmesi koşuluyla A olayının olasılığı, her iki olayında birlikte görülmesi olasılığını B olayının olasılığına bölerek bulunur; P(AB)= P(AB) / P(B) P(B)0 için Örneğin; - Bir yağış ölçeğinde bir günün yağışlı geçmesi olasılığının P(B)=0.20 olduğunu kabul edelim. - Bu ölçekte günlük yağış yüksekliğinin 10 mm den büyük olması olasılığı P(A)=0.03 olsun. - Yağış görülen bir günde yağış yüksekliğinin 10 mm den büyük olması olasılığını yukarıdaki denklem ile hesaplayabiliriz; - Burada P(AB) = P(A) = 0.03 olduğuna göre P(AB)= (0.03) / (0.20) = 0.15 olur. - Bu değer, herhangi bir günde yağış yüksekliğinin 10 mm den büyük olması olayının olasılığından büyüktür. Yukarıdaki denklem, P(AB) = P(AB). P(B) şeklinde de düzenlenebilir. Bu örnekte P(A) olasılığı ile P(AB) koşullu olasılığı için farklı değerler bulunmuştur. Bu durum göz önüne alınan koşulun A olayının olasılığını değiştirdiğini göstermektedir. Diğer yandan A ve B olaylarının meydana gelişleri arasında hiçbir ilişki yoksa P(AB)=P(A) durumu geçerlidir ve bu durumda A ve B olayları olasılık açısından bağımsızdır denir. Bu durumda yukarıdaki denklem şu şekli alır; P(AB) = P(A). P(B) Yani bağımsız olayların birlikte görülmeleri olasılığı, ayrı ayrı görülmeleri olasılıklarının çarpımına eşittir. 2-4 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

5 Toplam ( Bütünsel) olasılık teoremi; Kimi zaman bir A olayının olasılığı doğrudan belirlenemez. Ne var ki anılan olay daima B 1, B 2, B n gibi başka olaylarla birlikte ortaya çıkar. Bir başka anlatımla A olayının olasılığı B i olaylarının ortaya çıkışına bağlı olur. Böyle bir durumda A nın olasılığı bir beklenen olasılık olacaktır. Bütünsel olasılık teoremi bu tür sorunların çözümlenmesinde kullanılır. A ve B 1, B 2, B n olaylarıyla ilgili Venn diyagramının aşağıdaki gibi olduğunu düşünürsek; B 1 B 2 AB 1 AB 2 AB 4 B 4 B 3 A olayını A= (AB 1 ) (AB 2 )..(AB n ) şeklinde gösterilebilir. Buna göre ayrık olaylara ait P (AB) = P(A) + P(B) denkleminden; P(A)= P(A B 1 ) + P(A B 2 ) + P(A B n ) yazılabilir. Bu denklemde koşullu olasılık denklemleri kullanılarak P(AB i ) = P(AB i ). P(B i ) olduğu düşünülürse n P( A) P( AB i). P( Bi ) i1 sonucuna toplam olasılık teoremi denir. Bayes Teoremi; Bütünsel olasılık teoremiyle ilgili olarak, bir A olayının ortaya çıkması halinde belirli bir B i olayının olasılığı hesaplanabilir. Başka bir anlatımla bu olasılık bir tersinir (reverse) olasılık gibi düşünülebilir. AB i ortak olayına koşullu olasılık formülleri uygulanırsa; P(B i A)= [ P(B i ). P(AB i ) ] / P(A) yazılabilir. Bu bağıntı Bayes teoremi olarak adlandırılır. P(A), bütünsel olasılık teoremine göre açılırsa bağıntı şu şekli alır; P(B i A)= [ P(B i ). P(AB i ) ] / P( AB j ). P( Bj ) n j1 Bir rasgele değişkenin hesaplanan olasılığına ilişkin daha fazla veri ve bilgi sağlanabilmiş ise anılan olasılık, Bayes kuralı ile düzeltilebilir ve güncelleştirilebilir. Başka bir anlatımla bu kural, önceki gözlemlere dayanılarak tahmin edilen olasılıkların, yeni gözlemlerin sonuçlarına göre düzeltilmesinde kullanılabilir. 2-5 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

6 UYGULAMALAR Örnek 1; Bir işin 2-4 günde bitirilmesi olasılığı 0.50, 4-6 günde bitirilmesi olasılığı 0.25, 2-6 günde bitirilmesi olasılığı 0.55 ise 4 günde bitirilmesi olasılığı nedir? A= {(X=2) (X=3) (X=4)} P(A)=0.50 B= {(X=4) (X=5) (X=6)} P(B)=0.25 AB= {(X=2) (X=3) (X=4) (X=5) (X=6)} P(AB)=0.55 AB= {(X=4)} P(AB)=? P(X=4) = P(AB) = P(A) + P(B) P(AB) = = 0.20 Örnek 2; Bir şehre su aşağıdaki şekilde gösterildiği gibi iki kaynaktan iletilmektedir. A, B ve C borularında arıza görülmesi olasılıkları sırasıyla 0.15, 0.10 ve 0.02 dir. Şehrin tamamen susuz kalması olayının olasılığını hesaplayınız. 2 1 A B C Şehir Şehrin susuz kalması; A ve B borularının her ikisinde birden arıza görülmesi yada C borusunda arıza görülmesi durumunda söz konusudur. Bu duruma ait olasılık şu şekilde ifade edilir; P((AB) C) =? P(A)=0.15, P(B)=0.10, P(C)=0.02 A ve B borularında arıza görülmesi olayları bağımsız olduğu için; P(AB)= 0.15 * 0.10 = olarak hesaplanır. Benzer şekilde; P((AB) C) = P(AB) * P(C) = * 0.02 P((AB) C) = P(AB) + P(C) P((AB)C) = (0.015*0.02) = BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

7 Örnek 3; 1 şehrinden 2 şehrine A yolu ile gidilebildiği gibi 3 şehri üzerinden önce B, sonra C yolunu izleyerek de gidilebilmektedir. Kış mevsiminde bu yolların açık olması olasılıkları P(A)=0.40, P(B)=0.75, P(C)= 0.67 dir. B yolu açık olduğunda C nin de açık olması olasılığı P(C B)=0.80, B ve C yollarının her ikisi de açık olduğunda A nın da açık olması olasılığı 0.50 olarak verilmiştir. Kış mevsiminde 1 şehrinden 2 şehrine ulaşabilme olasılığını hesaplayınız. A 1 Şehri 2 Şehri B C 3 Şehri 1 şehrinden 2 şehrine ulaşabilme olasılığı; P(A (BC)=? (ya A yolu açık olmalı yada B ve C yollarının her ikisi birden açık olmalı) P(BC) = P(CB). P(B) = 0.80 * 0.75 = 0.60 P(A (BC) = P(A) + P(BC) P(A(BC)) P(A(BC)) = P(A(BC)). P(BC) = 0.50 * 0.60 = 0.30 P(A (BC) = = 0.70 Örnek 4; Bir çerçeve iki temel üzerine oturmaktadır. Temellerden her birinin çökme olasılığı 0.1 dir. Temellerden biri çöktüğünde diğerinin çökme olasılığı 0.8 dir. Çerçevenin temellerinde çökme olması olasılığını hesaplayınız. P(A) = P(B) = 0.1 P(AB) = P(BA) = 0.8 Çerçevenin temellerinde çökme olasılığı; P(AB)=? P(AB) = P(A) + P(B) P(AB) P(AB) = P(AB). P(B) = 0.8 * 0.1 = 0.08 P(AB) = = BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

8 Örnek 5; Şekilde gösterilen yol sisteminde A ve B yollarının tıkanma olasılıkları P(A)= 0.10, P(B)=0.20 dir. Bu yolların tıkanması olayları birbiriyle bağımlı olup P(AB)= 0.50, P(BA)=1.0 olarak verilmiştir. A ve B yollarının herhangi biri tıkandığında C yolu da tıkanmaktadır, ayrıca A ve B yollarının her ikisinin de açık olması halinde C yolunun tıkanması olasılığı 0.20 dir. Bu verilere göre C yolunun tıkanması olasılığı nedir. A B C Problem toplam olasılık teoremini kullanarak çözülebilir. A ve B yolları birlikte göz önüne alındığında 4 farklı durum söz konusudur. Bu durumların olasılıkları ; P(AB) = P(AB). P(B) = P(BA). P(A) =0.50 * 0.20 = 1.00 * 0.10 = 0.10 P( A B) = P( A B). P(B) = (1-0.50) * 0.20 = 0.10 P(A B ) = P( B A). P(A) = (1 1) * 0.10 = 0 P( A B ) = 1 ( ) = 0.80 A ve B, A ve B yollarının Burada tıkanmaması olaylarını göstermektedir. Göz önüne alınan 4 durumdan biri mutlaka görüleceğinden olasılıkların toplamının 1 e eşit olması gerekir. P( A B ) olasılığı bunu göz önüne alarak hesaplanmıştır C yolunun tıkanması olasılığı toplam olasılık teoremine göre; P(C) = P(CAB). P(AB) + P(C A B). P( A B) + P(CA B ). P(A B ) + P(C A B ). P( A B ) = 1.00 * * * * 0.80 = BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

9 [Örnek 6] Bir çift oyun zarı atıldığı zaman toplamının 7 yada 11 olması olasılığı ne olur? Birinci zar altı konumda yere düşebilir. Bu konumlardan her biri için ikinci zar altı biçimde yere düşebilir. Dolayısıyla bir çift zar 6*6=36 yoldan yere düşebilir. Toplamın 7 olması olayı A, 11 olması olayı B olsun. 36 örnek noktasından altı nokta için toplam 7, ve iki nokta için toplam 11 olur. Zarlar dengeli ise bütün örnek noktaları eşit ihtimalli olacağı için P(A)=6/36=1/6 ve P(B)=2/36=1/18 dir A ve B olayları birlikte oluşamayacağından P(AB) = P(A) + P(B) = 1/6 + 1/18 = 2/9 [Örnek 7] Bir metal para arka arkaya 6 kez atıldığı zaman hiç olmazsa bir kez yazı gözükmesi olasılığı ne olur? Birinci fırlatmada para iki konumda yere düşebilir, ikincisinde gene iki durumda.. Dolayısıyla 6 kez fırlatma için 2 6 =64 örnek noktası oluşur. En az bir kez yazı gözükmesi olayı E olsun. P(E)=1-P( E ) ilişkisinde E hiç yazı gözükmemesi olayıdır. Böyle bir olayın oluşabilmesi için bütün fırlatma sonuçlarının tura gelmesi gerekir. Ve bu duruma ait olasılık P( E ) = 1/64 dür. Öyleyse; P(E) = 1- (1/64) = 63/64 [Örnek 8] Bir yüklenici iki yeni yapının yapım işini üstleniyor. 1. yapım ve 2. yapım. Nevarki her yapının tamamlanma süresi bağlamında bazı belirsizlikler oluşuyor.; yapının 1 yıl içinde tamamen bitmesi, tamamlanmasının kuşkulu olması, ya da kesinlikle bitmemesi gibi. Bu iki yapıma ilişkin olabilirliklerin bir yıl sonunda eşit ihtimalle oluşması halinde, bir yapımın bir yıl içinde bitmesi olasılığını hesaplayınız. Diğer taraftan 1. yada 2. yapının tamamıyla bitmesi olayının olasılığı nedir? Her yapım için anılan durumları, sırayla A, B ve C ile belirtelim. Bu iki yapının tamamlanma durumuna ilişkin örnek uzayı belirleyelim. Bu bir yıl sonra 1. ve 2. yapımla ilgili durumların belirlenmesi anlamına gelir. AA BA CA AB BB CB Örnek uzay AC BC CC Bir yapının tamamıyla bitmesi olayı 4 örnek noktasını içerir. AB, AC, BA ve CA; dolayısıyla olasılığı 4 (1/9) = 4/9 olur. Diğer taraftan 1. ve 2. yapımın tamamıyla bitmesi olayları sırasıyla E 1 ve E 2 ile gösterilirse; AA BA CA E 2 AB BB CB E 1 AC BC CC P(E 1 ) = 3/9, P(E 2 ) = 3/9 ve P(E 1 E 2 ) = 3/9 + 3/9-1/9 = 5/9 olur. 2-9 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

10 [Örnek 9] Bir kavşağa belirli bir yönde yaklaşan taşıt araçlarının sağa sola sapmadan doğru gitmelerinin olasılığı, sağa dönme olasılığının 2 katı; ve gene sola dönmeleri olasılığı, sağa dönmeleri olasılığının yarısı oluğu gözlenmiştir. Bu koşulların her araç için geçerli olduğunu kabul edelim. Belirlenen yönde kavşağa yaklaşan bir araçla ilgili tüm olabilirliklere ait olasılıklar nedir? Diğer taraftan bir araç kesinlikle dönüş yapacaksa, sağa dönmesinin olasılığı nedir? E 1 = doğru devam (DD), E 2 = sağa dönme (SD), E 3 = sola dönme (LD) olayları olsun Sola dönmenin ağırlığı w ise sağa dönmenin ağırlığı 2w ve doğru gitmenin ağırlığı 4w olduğuna göre toplam ağırlık 7w olur ve örnek uzay 7 noktadan oluşur. DD DD A SD SD DD E 2 DD E 1 Örnek uzay LD E 3 Bu durumda ilgili olasılıklar P(E 1 )=4/7, P(E 2 )=2/7, P(E 3 )=1/7 olur. Diğer taraftan; P[E 2 (E 2 E 3 )] = P[E 2 (E 2 E 3 )] / P(E 2 E 3 ) = P(E 2 ) / P(E 2 E 3 ) = (2/7) / (3/7) = 2/3 [Örnek 10] Yirmi torbalık bir çimento grubunu göz önüne alalım. Torbalardan beşi bozuk olsun. Gruptan birincisini yerine koymadan (iadesiz) arka arkaya rasgele iki torba seçelim. Bu iki torbanın bozuk çıkma olasılığı nedir? Birinci ve ikinci torbanın bozuk çıkma olaylarını, sırasıyla E 1 ve E 2 ile gösterelim. E 1 in ortaya çıkması ve ondan sonra E 2 nin gözükmesi olayı E 1 E 2 olur. İlk seçilen torbanın bozuk olması olasılığı P(E 1 )= 5/20= 1/4, İkinci torbanın geriye kalan 4 bozuk torbadan biri olması olasılığı P(E 2 E 1 )=4/19 olur. O halde P(E 1 E 2 ) = P(E 2 E 1 ). P(E 1 ) = (4/19). (1/4) = 1/19 bulunur. Diğer taraftan bu örnekte ilk seçilen torba yerine konulur ve ikincisi seçilmeden torbaların hepsi yeniden sıralanırsa, rasgele seçilen ikinci torbanın bozuk çıkma olasılığı P(E 2 E 1 ) = P(E 2 ) = 1/4 olur. Diğer bir anlatımla, böyle bir iadeli seçim yapıldığı zaman E 1 ve E 2 olayları istatistiksel bağımsız olur BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

11 [Örnek 11] Çok katlı bir bina yük taşıma kapasitesinin aşılması yada aşırı oturma yüzünden göçebilir. Bu göçme biçimlerini sırayla, B ve S ile gösterelim. P(B)=0.001, P(S)= ve P(BS)=0.1 (aşırı oturma nedeniyle binanın, yük taşıma kapasitesinin aşılması ve göçme olasılığı) olduğuna göre; (a) Temellerden kaynaklanan göçme olasılığını; (b) binanın aşırı oturma yapması, ama yük taşıma kapasitesini kaybetmemesi olasılığını belirleyiniz. (a) Göçme olayı F olsun; P(F) = P(BS) = P(B) + P(S) P(BS) = P(B) + P(S) P(BS). P(S) = (0.1). (0.008) = (b) P(S B ) = P( B S). P(S) = [1- P(BS)]. P(S) = (1-0.1). (0.008) = [Örnek 12] Bir istinat duvarı kaymayla (A) yada devrilmeyle (B) göçebilmektedir. - Kaymayla ilgili göçme olasılığının devrilmeyle olanın iki katı, P(A) = 2 P(B); - Devrilmeyle göçmeye göre kaymayla göçme olasılığının P(AB)=0.80; ve - Duvarın göçme olasılığının 10-3 olduğunu varsayalım. Kaymanın oluşması olasılığı nedir? Devrilme Kayma Duvar Dolgu Kaya P(AB) = P(A) + P(B) P(AB) P(AB) = P(AB). P(B) P(B) = 0.5 P(A) P(AB) = 10-3 = P(A) P(A) (0.8). (0.5). P(A) = 1.1 P(A) P(A) = BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

12 [Örnek 13] Bir çerçeve 3 elemandan oluşmaktadır. Bu elemanların çökme olasılıkları P(A)=0.05, P(B)= 0.04, P(C)=0.03 dür. Elemanların çökmesi olaylarının birbirinden bağımsız olduğunu kabul ederek çerçevenin çökme olasılığını hesaplayınız. Elemanların herhangibirinin çökmesi halinde çerçeve çökmüş sayılacağına göre şekildeki Venn diyagramındaki geometrik ilişkiye dayanarak; P(ABC) = P(A) + P(B) + P(C) P(AB) P(AC) P(BC) + P(ABC) olduğu görülmektedir. A B Bağımsızlık kabulüne göre; P(AB) = P(A). P(B) = 0.05 * 0.04 = P(AC) = P(A). P(C) = 0.05 * 0.03 = P(BC) = P(B). P(C) = 0.04 * 0.03 = P(ABC) = P(A). P(B). P(C) = 0.05 * 0.04 * 0.03 = Dolayısıyla; P(ABC) = = Diğer taraftan aynı sonuç başka bir yoldan da bulunabilir; Çerçevenin çökmemesi için hiçbir elemanın çökmemesi gerekir. Çökme ve çökmeme olayları tamamlayıcı olaylar olduklarından elemanların çökmeme olasılıkları sırasıyla, = 0.95, =0.96 ve =0.97 olacağına göre ; çerçevenin çökmemesi olasılığı; 0.95 * 0.96 * 0.97 = çerçevenin çökmesi olasılığı; = C [Örnek 14] Şekilde gösterilen 3 mesnetli bir köprünün mesnetlerindeki çökmeler şöyledir; A mesnedi için 0 mm, 10 mm, 20 mm; B mesnedi için 0 mm, 20 mm; C mesnedi için 0 mm, 10 mm, 20 mm. Bu verilere göre; (a) mesnetlerin tümü için olabilir çökmeleri (oturma) temsil eden örnek uzayını tanımlayınız. (b) Olabilirliklerin hepsinin eşit ihtimalli olduğunu varsaydığımızda herhangi iki ardışık mesnet arasındaki 20 mm çökme farkı olayına (E) ilişkin olasılığı hesaplayınız. A B C 2-12 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

13 (a) örnek noktaları sayısı 3* 2*3= 18 olur. (teorem; bir işlem n 1 yoldan yapılabiliyorsa, ve bunların her biri için ikinci bir işlem n 2 yoldan yapılabiliyorsa, bu iki işlem n 1 n 2 yoldan birlikte yapılabilir). Şematik betimleme ve örnek uzay aşağıdaki şekilde gösterilebilir. A B C (b) E olayına ilişkin örnek noktaları aşağıdaki örnek uzayına ait tabloda işaretlenmiştir P(E)= 10/18 [Örnek 15] Bir nehir üzerinde bulunan ve üç kiriş ile iki ayaktan oluşan bir köprü şekilde gösterilmiştir. Yapısal sistem, göçme olasılıkları kirişlerin her biri için 0.05 ve ayakların her biri için 0.04 olacak şekilde tasarlanmıştır. Kirişlerin ve ayakların göçme olaylarının istatistiksel bağımsız olması halinde; (a) kiriş sisteminin (b) ayak sisteminin ve (c) köprü sisteminin göçme olasılıklarını belirleyiniz (a) Kirişlerin bireysel göçme olayları E 1, E 2 ve E 3 olsun. Kiriş sisteminin göçme olasılığı; P(E 1 E 2 E 3 )= 1- P( E1 E2 E3) olur. E 1, E 2 ve E 3 olayları istatistiksel bağımsız oldukları için sistemin kalıcılık olasılığı; P( E ) 1 E2 E3 = (1-0.05). (1-0.05). (1-0.05) = ve dolayısıyla göçme olasılığı; P(E 1 E 2 E 3 )= = (b) Ayakların göçme olayları E 4 ve E 5 olsun. P(E 4 E 5 )= 1- P E 4 E ) = 1- [(1-0.04). (1-0.04)] = = ( 5 (c) Köprü sisteminin göçme olasılığı; P(E 1 E 2 E 3 E 4 E 5 )= 1- P( E1 E2 E3 E4 E5) = 1- [(1-0.05) 3. (1-0.04) 2 ] = 1-( ).(0.9216) = BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

14 [Örnek 16] Geçmişteki deneyimlere göre, bir yapıda kullanılan A ve B gibi iki malzemenin belirli bir zaman dilimi için dayanma olasılıklarının P(A)=0.8 ve P(B)=0.9 olduğu belirlenmiştir. Bu yapı malzemeleri arasında istatistiksel bağımlılık olmaması halinde; söz konusu zaman dilimi için (a) her iki malzemenin dayanma, (b) hiçbirinin dayanmama ve (c)hiç olmazsa birinin dayanma olasılıklarının bulunması istenmektedir. (a) P(AB) = P(A). P(B) = 0.8 * 0.9 = 0.72 (b) P( A B ) = P( A ). P( B ) = (1-0.8). (1-0.9) = 0.02 (c) P(AB) = 1- P( A B ) = = 0.98 Olasılık Formülleri P(AB) = P(A) + P(B) - P(AB) P(AB)= P(AB) / P(B) veya P(AB) = P(AB). P(B) P(AB) = P(A). P(B) P(ABC) = P(A) + P(B) + P(C) P(AB) P(AC) P(BC) + P(ABC) E E... E E E n 1 E n (de Morgan kuralı) (takımlarla bütünleyicileri arasındaki ilişkileri belirten kural) P(E 1 E 2 E n )= P( E E... E ) 1 P( E E... E ) n 1 2 n (n sayıda olayın birleşiğinin de Morgan kuralına göre belirlenmesi daha elverişlidir) n P( A) P( AB i ). P( Bi ) i1 (Toplam-bütünsel olasılık teoremi) P(B i A)= [ P(B i ). P(AB i ) ] / P( AB j ). P( Bj ) n j1 (Bayes Teoremi) 2-14 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı