MAT223 AYRIK MATEMATİK

Transkript

1 MAT223 AYRIK MATEMATİK Kombinatoryal Olasılık 5. Bölüm Emrah Akyar Anadolu Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü, ESKİŞEHİR Öğretim Yılı

2 Olaylar ve Olasılıklar Kombinatoryal Olasılık Olaylar ve Olasılıklar Karşılaşılması düşünülen tüm sonuçların oluşturduğu kümeye örnek uzayı (sample space) denir. 2/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

3 Olaylar ve Olasılıklar Kombinatoryal Olasılık Olaylar ve Olasılıklar Karşılaşılması düşünülen tüm sonuçların oluşturduğu kümeye örnek uzayı (sample space) denir. Örnek uzayı genellikle S ile göstereceğiz. 2/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

4 Olaylar ve Olasılıklar Kombinatoryal Olasılık Olaylar ve Olasılıklar Karşılaşılması düşünülen tüm sonuçların oluşturduğu kümeye örnek uzayı (sample space) denir. Örnek uzayı genellikle S ile göstereceğiz. Örneğin, yazı tura atıldığında S = {Y,T} 2/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

5 Olaylar ve Olasılıklar Kombinatoryal Olasılık Olaylar ve Olasılıklar Karşılaşılması düşünülen tüm sonuçların oluşturduğu kümeye örnek uzayı (sample space) denir. Örnek uzayı genellikle S ile göstereceğiz. Örneğin, yazı tura atıldığında S = {Y, T}, zar atıldığında ise S = {1,2,3,4,5,6} olacaktır. 2/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

6 Olaylar ve Olasılıklar Kombinatoryal Olasılık Olaylar ve Olasılıklar Karşılaşılması düşünülen tüm sonuçların oluşturduğu kümeye örnek uzayı (sample space) denir. Örnek uzayı genellikle S ile göstereceğiz. Örneğin, yazı tura atıldığında S = {Y, T}, zar atıldığında ise S = {1,2,3,4,5,6} olacaktır. Örnek uzayın her alt kümesine bir olay (event) denir. 2/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

7 Olaylar ve Olasılıklar Kombinatoryal Olasılık Olaylar ve Olasılıklar Karşılaşılması düşünülen tüm sonuçların oluşturduğu kümeye örnek uzayı (sample space) denir. Örnek uzayı genellikle S ile göstereceğiz. Örneğin, yazı tura atıldığında S = {Y, T}, zar atıldığında ise S = {1,2,3,4,5,6} olacaktır. Örnek uzayın her alt kümesine bir olay (event) denir. Örneğin, zar atıldığında E = {2, 4, 6} S kümesi zarın çift gelme olayı olarak düşünülebilir. 2/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

8 Olaylar ve Olasılıklar Kombinatoryal Olasılık Olaylar ve Olasılıklar Karşılaşılması düşünülen tüm sonuçların oluşturduğu kümeye örnek uzayı (sample space) denir. Örnek uzayı genellikle S ile göstereceğiz. Örneğin, yazı tura atıldığında S = {Y, T}, zar atıldığında ise S = {1,2,3,4,5,6} olacaktır. Örnek uzayın her alt kümesine bir olay (event) denir. Örneğin, zar atıldığında E = {2, 4, 6} S kümesi zarın çift gelme olayı olarak düşünülebilir. Benzer şekilde, L = {4, 5, 6} S alt kümesi de zarın 3 ten büyük olma olayına karşılık gelir. 2/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

9 Olaylar ve Olasılıklar Kombinatoryal Olasılık Olaylar ve Olasılıklar Karşılaşılması düşünülen tüm sonuçların oluşturduğu kümeye örnek uzayı (sample space) denir. Örnek uzayı genellikle S ile göstereceğiz. Örneğin, yazı tura atıldığında S = {Y, T}, zar atıldığında ise S = {1,2,3,4,5,6} olacaktır. Örnek uzayın her alt kümesine bir olay (event) denir. Örneğin, zar atıldığında E = {2, 4, 6} S kümesi zarın çift gelme olayı olarak düşünülebilir. Benzer şekilde, L = {4, 5, 6} S alt kümesi de zarın 3 ten büyük olma olayına karşılık gelir. İki kümenin arakesiti ise her iki olayın da ortaya çıkma olayına karşılık gelir. 2/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

10 Olaylar ve Olasılıklar Kombinatoryal Olasılık Olaylar ve Olasılıklar Karşılaşılması düşünülen tüm sonuçların oluşturduğu kümeye örnek uzayı (sample space) denir. Örnek uzayı genellikle S ile göstereceğiz. Örneğin, yazı tura atıldığında S = {Y, T}, zar atıldığında ise S = {1,2,3,4,5,6} olacaktır. Örnek uzayın her alt kümesine bir olay (event) denir. Örneğin, zar atıldığında E = {2, 4, 6} S kümesi zarın çift gelme olayı olarak düşünülebilir. Benzer şekilde, L = {4, 5, 6} S alt kümesi de zarın 3 ten büyük olma olayına karşılık gelir. İki kümenin arakesiti ise her iki olayın da ortaya çıkma olayına karşılık gelir. Örneğin, L E = {4,6} alt kümesi zarın hem çift hem de ortalamadan daha büyük olma olayına karşılık gelir. 2/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

11 Olaylar ve Olasılıklar Eğer A ve B olayları (yani S nin alt kümeleri) için A B = ise A ve B olaylarına ayrık (exclusive) olaylar denir. 3/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

12 Olaylar ve Olasılıklar Eğer A ve B olayları (yani S nin alt kümeleri) için A B = ise A ve B olaylarına ayrık (exclusive) olaylar denir. Örneğin, O = {1, 3, 5} zarın tek gelme olayı ise E O = olduğundan E ve O olayları ayrık olaylar olur. 3/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

13 Olaylar ve Olasılıklar Eğer A ve B olayları (yani S nin alt kümeleri) için A B = ise A ve B olaylarına ayrık (exclusive) olaylar denir. Örneğin, O = {1, 3, 5} zarın tek gelme olayı ise E O = olduğundan E ve O olayları ayrık olaylar olur. A B S alt kümesi (olayı) ise A ya da B olaylarından en az birisinin ortaya çıkma olayına karşılık gelecektir. 3/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

14 Olaylar ve Olasılıklar Eğer A ve B olayları (yani S nin alt kümeleri) için A B = ise A ve B olaylarına ayrık (exclusive) olaylar denir. Örneğin, O = {1, 3, 5} zarın tek gelme olayı ise E O = olduğundan E ve O olayları ayrık olaylar olur. A B S alt kümesi (olayı) ise A ya da B olaylarından en az birisinin ortaya çıkma olayına karşılık gelecektir. Örneğin, L E = {2,4,5,6} S alt kümesi zarın çift ya da 3 ten büyük gelme olayına karşılık gelir. 3/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

15 Olaylar ve Olasılıklar S = {s 1,s 2,...,s k } kümesi bir rassal deney 1 sonucu karşılaşılabilecek sonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun. 1 Bir deneyin bütün olası sonuçlarını biliyorsak, Deney uygulandığında onun hangi sonuçla sonuçlanacağını bilmiyorsak ve Deney aynı koşullar altında tekrarlanabiliyorsa bu bir rassal deneydir. 4/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

16 Olaylar ve Olasılıklar S = {s 1,s 2,...,s k } kümesi bir rassal deney 1 sonucu karşılaşılabilecek sonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun. s i S için s i nin ortaya çıkma olasılığı P(s i ) ile gösterilir ve 1 Bir deneyin bütün olası sonuçlarını biliyorsak, Deney uygulandığında onun hangi sonuçla sonuçlanacağını bilmiyorsak ve Deney aynı koşullar altında tekrarlanabiliyorsa bu bir rassal deneydir. 4/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

17 Olaylar ve Olasılıklar S = {s 1,s 2,...,s k } kümesi bir rassal deney 1 sonucu karşılaşılabilecek sonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun. s i S için s i nin ortaya çıkma olasılığı P(s i ) ile gösterilir ve Her s i S için P(s i ) 0, 1 Bir deneyin bütün olası sonuçlarını biliyorsak, Deney uygulandığında onun hangi sonuçla sonuçlanacağını bilmiyorsak ve Deney aynı koşullar altında tekrarlanabiliyorsa bu bir rassal deneydir. 4/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

18 Olaylar ve Olasılıklar S = {s 1,s 2,...,s k } kümesi bir rassal deney 1 sonucu karşılaşılabilecek sonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun. s i S için s i nin ortaya çıkma olasılığı P(s i ) ile gösterilir ve Her s i S için P(s i ) 0, P(s 1 )+P(s 2 )+ +P(s k ) = 1 koşullarını sağlar. 1 Bir deneyin bütün olası sonuçlarını biliyorsak, Deney uygulandığında onun hangi sonuçla sonuçlanacağını bilmiyorsak ve Deney aynı koşullar altında tekrarlanabiliyorsa bu bir rassal deneydir. 4/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

19 Olaylar ve Olasılıklar S = {s 1,s 2,...,s k } kümesi bir rassal deney 1 sonucu karşılaşılabilecek sonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun. s i S için s i nin ortaya çıkma olasılığı P(s i ) ile gösterilir ve Her s i S için P(s i ) 0, P(s 1 )+P(s 2 )+ +P(s k ) = 1 koşullarını sağlar. Bu olasılıklar ile birlikte S ye olasılık uzayı denir. 1 Bir deneyin bütün olası sonuçlarını biliyorsak, Deney uygulandığında onun hangi sonuçla sonuçlanacağını bilmiyorsak ve Deney aynı koşullar altında tekrarlanabiliyorsa bu bir rassal deneydir. 4/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

20 Olaylar ve Olasılıklar S = {s 1,s 2,...,s k } kümesi bir rassal deney 1 sonucu karşılaşılabilecek sonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun. s i S için s i nin ortaya çıkma olasılığı P(s i ) ile gösterilir ve Her s i S için P(s i ) 0, P(s 1 )+P(s 2 )+ +P(s k ) = 1 koşullarını sağlar. Bu olasılıklar ile birlikte S ye olasılık uzayı denir. Yazı Tura: P(Y) = P(T) = Bir deneyin bütün olası sonuçlarını biliyorsak, Deney uygulandığında onun hangi sonuçla sonuçlanacağını bilmiyorsak ve Deney aynı koşullar altında tekrarlanabiliyorsa bu bir rassal deneydir. 4/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

21 Olaylar ve Olasılıklar S = {s 1,s 2,...,s k } kümesi bir rassal deney 1 sonucu karşılaşılabilecek sonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun. s i S için s i nin ortaya çıkma olasılığı P(s i ) ile gösterilir ve Her s i S için P(s i ) 0, P(s 1 )+P(s 2 )+ +P(s k ) = 1 koşullarını sağlar. Bu olasılıklar ile birlikte S ye olasılık uzayı denir. Yazı Tura: P(Y) = P(T) = 1 2 Zar: P(i) = Bir deneyin bütün olası sonuçlarını biliyorsak, Deney uygulandığında onun hangi sonuçla sonuçlanacağını bilmiyorsak ve Deney aynı koşullar altında tekrarlanabiliyorsa bu bir rassal deneydir. 4/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

22 Olaylar ve Olasılıklar S = {s 1,s 2,...,s k } kümesi bir rassal deney 1 sonucu karşılaşılabilecek sonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun. s i S için s i nin ortaya çıkma olasılığı P(s i ) ile gösterilir ve Her s i S için P(s i ) 0, P(s 1 )+P(s 2 )+ +P(s k ) = 1 koşullarını sağlar. Bu olasılıklar ile birlikte S ye olasılık uzayı denir. Yazı Tura: P(Y) = P(T) = 1 2 Zar: P(i) = 1 6 Her bir sonucun ortaya çıkma olasılığı aynı ise bu olasılık uzayına düzgün olasılık uzayı denir. 1 Bir deneyin bütün olası sonuçlarını biliyorsak, Deney uygulandığında onun hangi sonuçla sonuçlanacağını bilmiyorsak ve Deney aynı koşullar altında tekrarlanabiliyorsa bu bir rassal deneydir. 4/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

23 Olaylar ve Olasılıklar S = {s 1,s 2,...,s k } kümesi bir rassal deney 1 sonucu karşılaşılabilecek sonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun. s i S için s i nin ortaya çıkma olasılığı P(s i ) ile gösterilir ve Her s i S için P(s i ) 0, P(s 1 )+P(s 2 )+ +P(s k ) = 1 koşullarını sağlar. Bu olasılıklar ile birlikte S ye olasılık uzayı denir. Yazı Tura: P(Y) = P(T) = 1 2 Zar: P(i) = 1 6 Her bir sonucun ortaya çıkma olasılığı aynı ise bu olasılık uzayına düzgün olasılık uzayı denir. Biz bu derste sadece bu tip uzaylar ile ilgileneceğiz. 1 Bir deneyin bütün olası sonuçlarını biliyorsak, Deney uygulandığında onun hangi sonuçla sonuçlanacağını bilmiyorsak ve Deney aynı koşullar altında tekrarlanabiliyorsa bu bir rassal deneydir. 4/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

24 Olaylar ve Olasılıklar S = {s 1,s 2,...,s k } kümesi bir rassal deney 1 sonucu karşılaşılabilecek sonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun. s i S için s i nin ortaya çıkma olasılığı P(s i ) ile gösterilir ve Her s i S için P(s i ) 0, P(s 1 )+P(s 2 )+ +P(s k ) = 1 koşullarını sağlar. Bu olasılıklar ile birlikte S ye olasılık uzayı denir. Yazı Tura: P(Y) = P(T) = 1 2 Zar: P(i) = 1 6 Her bir sonucun ortaya çıkma olasılığı aynı ise bu olasılık uzayına düzgün olasılık uzayı denir. Biz bu derste sadece bu tip uzaylar ile ilgileneceğiz. Eğer havanın yağmurlu ya da yağmurlu olmaması ile ilgileniyorsak, S = {Yağmurlu, Yağmurlu değil} olur. 1 Bir deneyin bütün olası sonuçlarını biliyorsak, Deney uygulandığında onun hangi sonuçla sonuçlanacağını bilmiyorsak ve Deney aynı koşullar altında tekrarlanabiliyorsa bu bir rassal deneydir. 4/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

25 Olaylar ve Olasılıklar S = {s 1,s 2,...,s k } kümesi bir rassal deney 1 sonucu karşılaşılabilecek sonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun. s i S için s i nin ortaya çıkma olasılığı P(s i ) ile gösterilir ve Her s i S için P(s i ) 0, P(s 1 )+P(s 2 )+ +P(s k ) = 1 koşullarını sağlar. Bu olasılıklar ile birlikte S ye olasılık uzayı denir. Yazı Tura: P(Y) = P(T) = 1 2 Zar: P(i) = 1 6 Her bir sonucun ortaya çıkma olasılığı aynı ise bu olasılık uzayına düzgün olasılık uzayı denir. Biz bu derste sadece bu tip uzaylar ile ilgileneceğiz. Eğer havanın yağmurlu ya da yağmurlu olmaması ile ilgileniyorsak, S = {Yağmurlu, Yağmurlu değil} olur. Elbette bunların olasılıkları aynı olmadığı için bu uzay düzgün olasılık uzayı değildir. 1 Bir deneyin bütün olası sonuçlarını biliyorsak, Deney uygulandığında onun hangi sonuçla sonuçlanacağını bilmiyorsak ve Deney aynı koşullar altında tekrarlanabiliyorsa bu bir rassal deneydir. 4/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

26 Olaylar ve Olasılıklar S = {s 1,s 2,...,s k } kümesi bir rassal deney sonucu karşılaşılabilecek sonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun. 5/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

27 Olaylar ve Olasılıklar S = {s 1,s 2,...,s k } kümesi bir rassal deney sonucu karşılaşılabilecek sonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun. A S olayının meydana gelme olasılığı P(A) ile gösterilir 5/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

28 Olaylar ve Olasılıklar S = {s 1,s 2,...,s k } kümesi bir rassal deney sonucu karşılaşılabilecek sonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun. A S olayının meydana gelme olasılığı P(A) ile gösterilir ve düzgün olasılık uzayında ile tanımlanır. P(A) = A S = A k 5/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

29 Olaylar ve Olasılıklar S = {s 1,s 2,...,s k } kümesi bir rassal deney sonucu karşılaşılabilecek sonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun. A S olayının meydana gelme olasılığı P(A) ile gösterilir ve düzgün olasılık uzayında P(A) = A S = A k ile tanımlanır. Yani P(A), A daki her bir öğenin ortaya çıkma olasılıklarının toplamı olur. 5/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

30 Olaylar ve Olasılıklar S = {s 1,s 2,...,s k } kümesi bir rassal deney sonucu karşılaşılabilecek sonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun. A S olayının meydana gelme olasılığı P(A) ile gösterilir ve düzgün olasılık uzayında P(A) = A S = A k ile tanımlanır. Yani P(A), A daki her bir öğenin ortaya çıkma olasılıklarının toplamı olur. Kolayca gösterilebilir ki, A ve B ayrık olaylar ise P(A)+P(B) = P(A B) 5/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

31 Olaylar ve Olasılıklar S = {s 1,s 2,...,s k } kümesi bir rassal deney sonucu karşılaşılabilecek sonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun. A S olayının meydana gelme olasılığı P(A) ile gösterilir ve düzgün olasılık uzayında P(A) = A S = A k ile tanımlanır. Yani P(A), A daki her bir öğenin ortaya çıkma olasılıklarının toplamı olur. Kolayca gösterilebilir ki, A ve B ayrık olaylar ise P(A)+P(B) = P(A B), Herhangi iki A ve B olayı için olur. (Alıştırma ve 5.1.5) P(A B)+P(A B) = P(A)+P(B) 5/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

32 Bağımsız Olaylar Bir rassal deney aynı koşullar altında n defa tekrarlansın. 6/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

33 Bağımsız Olaylar Bir rassal deney aynı koşullar altında n defa tekrarlansın. Bunu tek bir deney şeklinde düşünmek de mümkündür. 6/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

34 Bağımsız Olaylar Bir rassal deney aynı koşullar altında n defa tekrarlansın. Bunu tek bir deney şeklinde düşünmek de mümkündür. Bu durumda sonuç, S örnek uzayının elemanlarından oluşan n bileşenli bir dizi gibi düşünülebilir. 6/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

35 Bağımsız Olaylar Bir rassal deney aynı koşullar altında n defa tekrarlansın. Bunu tek bir deney şeklinde düşünmek de mümkündür. Bu durumda sonuç, S örnek uzayının elemanlarından oluşan n bileşenli bir dizi gibi düşünülebilir. n defa tekrar eden bu olayın örnek uzayını ile gösterebiliriz. S S S = S n 6/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

36 Bağımsız Olaylar Bir rassal deney aynı koşullar altında n defa tekrarlansın. Bunu tek bir deney şeklinde düşünmek de mümkündür. Bu durumda sonuç, S örnek uzayının elemanlarından oluşan n bileşenli bir dizi gibi düşünülebilir. n defa tekrar eden bu olayın örnek uzayını S S S = S n ile gösterebiliriz. Buradan, ortaya çıkabilecek sonuçların sayısı k n olur. 6/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

37 Bağımsız Olaylar Bir rassal deney aynı koşullar altında n defa tekrarlansın. Bunu tek bir deney şeklinde düşünmek de mümkündür. Bu durumda sonuç, S örnek uzayının elemanlarından oluşan n bileşenli bir dizi gibi düşünülebilir. n defa tekrar eden bu olayın örnek uzayını S S S = S n ile gösterebiliriz. Buradan, ortaya çıkabilecek sonuçların sayısı k n olur. O halde (a 1,a 2,...,a n ) S n sonucunun ortaya çıkma olasılığı, 6/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

38 Bağımsız Olaylar Bir rassal deney aynı koşullar altında n defa tekrarlansın. Bunu tek bir deney şeklinde düşünmek de mümkündür. Bu durumda sonuç, S örnek uzayının elemanlarından oluşan n bileşenli bir dizi gibi düşünülebilir. n defa tekrar eden bu olayın örnek uzayını S S S = S n ile gösterebiliriz. Buradan, ortaya çıkabilecek sonuçların sayısı k n olur. O halde (a 1,a 2,...,a n ) S n sonucunun ortaya çıkma olasılığı, olur. P(a 1,a 2,...,a n ) = 1 k n 6/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

39 Bağımsız Olaylar Bir rassal deney aynı koşullar altında n defa tekrarlansın. Bunu tek bir deney şeklinde düşünmek de mümkündür. Bu durumda sonuç, S örnek uzayının elemanlarından oluşan n bileşenli bir dizi gibi düşünülebilir. n defa tekrar eden bu olayın örnek uzayını S S S = S n ile gösterebiliriz. Buradan, ortaya çıkabilecek sonuçların sayısı k n olur. O halde (a 1,a 2,...,a n ) S n sonucunun ortaya çıkma olasılığı, olur. P(a 1,a 2,...,a n ) = 1 k n Örneğin, iki defa yazı tura atılsın. 6/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

40 Bağımsız Olaylar Bir rassal deney aynı koşullar altında n defa tekrarlansın. Bunu tek bir deney şeklinde düşünmek de mümkündür. Bu durumda sonuç, S örnek uzayının elemanlarından oluşan n bileşenli bir dizi gibi düşünülebilir. n defa tekrar eden bu olayın örnek uzayını S S S = S n ile gösterebiliriz. Buradan, ortaya çıkabilecek sonuçların sayısı k n olur. O halde (a 1,a 2,...,a n ) S n sonucunun ortaya çıkma olasılığı, olur. P(a 1,a 2,...,a n ) = 1 k n Örneğin, iki defa yazı tura atılsın. Bu durumda S = {Y, T} iken S 2 = S S = {YY,YT,TY,TT} olur. 6/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

41 Bağımsız Olaylar Bir rassal deney aynı koşullar altında n defa tekrarlansın. Bunu tek bir deney şeklinde düşünmek de mümkündür. Bu durumda sonuç, S örnek uzayının elemanlarından oluşan n bileşenli bir dizi gibi düşünülebilir. n defa tekrar eden bu olayın örnek uzayını S S S = S n ile gösterebiliriz. Buradan, ortaya çıkabilecek sonuçların sayısı k n olur. O halde (a 1,a 2,...,a n ) S n sonucunun ortaya çıkma olasılığı, olur. P(a 1,a 2,...,a n ) = 1 k n Örneğin, iki defa yazı tura atılsın. Bu durumda S = {Y, T} iken S 2 = S S = {YY,YT,TY,TT} olur. Böylece her bir sonucun ortaya çıkma olasılığı 1 4 elde edilir. 6/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

42 Bağımsız Olaylar İki veya daha fazla olayın her birinin ortaya çıkması bir diğerine bağlı değilse bunlara bağımsız olaylar denir. 7/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

43 Bağımsız Olaylar İki veya daha fazla olayın her birinin ortaya çıkması bir diğerine bağlı değilse bunlara bağımsız olaylar denir. Formal olarak, P(A B) = P(A)P(B) ise A ve B olayları bağımsız olaylardır. 7/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

44 Bağımsız Olaylar İki veya daha fazla olayın her birinin ortaya çıkması bir diğerine bağlı değilse bunlara bağımsız olaylar denir. Formal olarak, P(A B) = P(A)P(B) ise A ve B olayları bağımsız olaylardır. Örneğin, yine iki kez yazı tura atıldığını düşünelim. A olayı ilk paranın tura gelmesi, B olayı ise ikinci paranın tura gelmesi olsun. 7/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

45 Bağımsız Olaylar İki veya daha fazla olayın her birinin ortaya çıkması bir diğerine bağlı değilse bunlara bağımsız olaylar denir. Formal olarak, P(A B) = P(A)P(B) ise A ve B olayları bağımsız olaylardır. Örneğin, yine iki kez yazı tura atıldığını düşünelim. A olayı ilk paranın tura gelmesi, B olayı ise ikinci paranın tura gelmesi olsun. Bu durumda P(A) = P(TT)+P(TY) = = 1 2 7/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

46 Bağımsız Olaylar İki veya daha fazla olayın her birinin ortaya çıkması bir diğerine bağlı değilse bunlara bağımsız olaylar denir. Formal olarak, P(A B) = P(A)P(B) ise A ve B olayları bağımsız olaylardır. Örneğin, yine iki kez yazı tura atıldığını düşünelim. A olayı ilk paranın tura gelmesi, B olayı ise ikinci paranın tura gelmesi olsun. Bu durumda P(A) = P(TT)+P(TY) = = 1 2 P(B) = P(TT)+P(YT) = = 1 2 7/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

47 Bağımsız Olaylar İki veya daha fazla olayın her birinin ortaya çıkması bir diğerine bağlı değilse bunlara bağımsız olaylar denir. Formal olarak, P(A B) = P(A)P(B) ise A ve B olayları bağımsız olaylardır. Örneğin, yine iki kez yazı tura atıldığını düşünelim. A olayı ilk paranın tura gelmesi, B olayı ise ikinci paranın tura gelmesi olsun. Bu durumda P(A) = P(TT)+P(TY) = = 1 2 P(B) = P(TT)+P(YT) = = 1 2 olur. P(A B) = P(TT) = 1 4 7/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

48 Bağımsız Olaylar İki veya daha fazla olayın her birinin ortaya çıkması bir diğerine bağlı değilse bunlara bağımsız olaylar denir. Formal olarak, P(A B) = P(A)P(B) ise A ve B olayları bağımsız olaylardır. Örneğin, yine iki kez yazı tura atıldığını düşünelim. A olayı ilk paranın tura gelmesi, B olayı ise ikinci paranın tura gelmesi olsun. Bu durumda P(A) = P(TT)+P(TY) = = 1 2 P(B) = P(TT)+P(YT) = = 1 2 P(A B) = P(TT) = 1 4 olur. 1 4 = P(A B) = P(A)P(B) = olduğundan A ve B (beklendiği gibi) bağımsız olaylardır. 7/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

49 Bağımsız Olaylar Aynı anda hem yazı tura hem de zar atılsın. Bu durumda örnek uzay olur. S = {T1,T2,T3,T4,T5,T6,Y 1,Y2,Y 3,Y 4,Y 5,Y 6} 8/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

50 Bağımsız Olaylar Aynı anda hem yazı tura hem de zar atılsın. Bu durumda örnek uzay S = {T1,T2,T3,T4,T5,T6,Y 1,Y2,Y 3,Y 4,Y 5,Y 6} olur. Paranın tura gelme olasılığı, P(T) = 1 2 olur. 8/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

51 Bağımsız Olaylar Aynı anda hem yazı tura hem de zar atılsın. Bu durumda örnek uzay olur. S = {T1,T2,T3,T4,T5,T6,Y 1,Y2,Y 3,Y 4,Y 5,Y 6} Paranın tura gelme olasılığı, P(T) = 1 2 olur. Zarın 5 ya da 6 olma olayı K ile gösterilirse, P(K) = 1 3 olur. 8/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

52 Bağımsız Olaylar Aynı anda hem yazı tura hem de zar atılsın. Bu durumda örnek uzay olur. S = {T1,T2,T3,T4,T5,T6,Y 1,Y2,Y 3,Y 4,Y 5,Y 6} Paranın tura gelme olasılığı, P(T) = 1 2 olur. Zarın 5 ya da 6 olma olayı K ile gösterilirse, P(K) = 1 3 olur. Paranın tura ve zarın 5 ya da 6 olma olasılığı ise örnek uzayın eleman sayısı 12 olduğundan ve bunlardan sadece ikisinde (T5 ve T6) para tura, zar 5 veya 6 olduğundan P(T K) = 1 6 olur. 8/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

53 Bağımsız Olaylar Aynı anda hem yazı tura hem de zar atılsın. Bu durumda örnek uzay olur. S = {T1,T2,T3,T4,T5,T6,Y 1,Y2,Y 3,Y 4,Y 5,Y 6} Paranın tura gelme olasılığı, P(T) = 1 2 olur. Zarın 5 ya da 6 olma olayı K ile gösterilirse, P(K) = 1 3 olur. Paranın tura ve zarın 5 ya da 6 olma olasılığı ise örnek uzayın eleman sayısı 12 olduğundan ve bunlardan sadece ikisinde (T5 ve T6) para tura, zar 5 veya 6 olduğundan P(T K) = 1 6 olur. Ayrıca, P(H K) = 1 6 = = P(H)P(K) olduğundan H ve K olayları bağımsız olaylardır. 8/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

54 Büyük Sayılar Kanunu Kombinatoryal Olasılık Büyük Sayılar Kanunu Birbirinden bağımsız olarak n kez yazı tura atıldığını düşünelim. 9/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

55 Büyük Sayılar Kanunu Kombinatoryal Olasılık Büyük Sayılar Kanunu Birbirinden bağımsız olarak n kez yazı tura atıldığını düşünelim. İşlemlerde kolaylık olması açısından n nin çift sayı olduğunu kabul edeceğiz. 9/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

56 Büyük Sayılar Kanunu Kombinatoryal Olasılık Büyük Sayılar Kanunu Birbirinden bağımsız olarak n kez yazı tura atıldığını düşünelim. İşlemlerde kolaylık olması açısından n nin çift sayı olduğunu kabul edeceğiz. Bu durumda m bir tam sayı olmak üzere n = 2m yazabiliriz. 9/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

57 Büyük Sayılar Kanunu Kombinatoryal Olasılık Büyük Sayılar Kanunu Birbirinden bağımsız olarak n kez yazı tura atıldığını düşünelim. İşlemlerde kolaylık olması açısından n nin çift sayı olduğunu kabul edeceğiz. Bu durumda m bir tam sayı olmak üzere n = 2m yazabiliriz. Her bir sonucu YTTYYYTYTYYYTTTYTYYTYTYYTYTTYT (n = 30) şeklinde Y ve T karakterlerinden oluşan n karakter uzunluğunda bir karakter dizisi gibi düşünebiliriz. 9/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

58 Büyük Sayılar Kanunu Kombinatoryal Olasılık Büyük Sayılar Kanunu Birbirinden bağımsız olarak n kez yazı tura atıldığını düşünelim. İşlemlerde kolaylık olması açısından n nin çift sayı olduğunu kabul edeceğiz. Bu durumda m bir tam sayı olmak üzere n = 2m yazabiliriz. Her bir sonucu YTTYYYTYTYYYTTTYTYYTYTYYTYTTYT (n = 30) şeklinde Y ve T karakterlerinden oluşan n karakter uzunluğunda bir karakter dizisi gibi düşünebiliriz. Kabaca büyük sayılar kanunu, bir çok kez yazı tura atıldığında yazıların sayısı ile turaların sayısının birbirine yakın olduğunu ifade eder. 9/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

59 Büyük Sayılar Kanunu Kombinatoryal Olasılık Büyük Sayılar Kanunu Birbirinden bağımsız olarak n kez yazı tura atıldığını düşünelim. İşlemlerde kolaylık olması açısından n nin çift sayı olduğunu kabul edeceğiz. Bu durumda m bir tam sayı olmak üzere n = 2m yazabiliriz. Her bir sonucu YTTYYYTYTYYYTTTYTYYTYTYYTYTTYT (n = 30) şeklinde Y ve T karakterlerinden oluşan n karakter uzunluğunda bir karakter dizisi gibi düşünebiliriz. Kabaca büyük sayılar kanunu, bir çok kez yazı tura atıldığında yazıların sayısı ile turaların sayısının birbirine yakın olduğunu ifade eder. Bunu daha kesin olarak nasıl ifade edebiliriz? 9/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

60 Büyük Sayılar Kanunu Kombinatoryal Olasılık Büyük Sayılar Kanunu Birbirinden bağımsız olarak n kez yazı tura atıldığını düşünelim. İşlemlerde kolaylık olması açısından n nin çift sayı olduğunu kabul edeceğiz. Bu durumda m bir tam sayı olmak üzere n = 2m yazabiliriz. Her bir sonucu YTTYYYTYTYYYTTTYTYYTYTYYTYTTYT (n = 30) şeklinde Y ve T karakterlerinden oluşan n karakter uzunluğunda bir karakter dizisi gibi düşünebiliriz. Kabaca büyük sayılar kanunu, bir çok kez yazı tura atıldığında yazıların sayısı ile turaların sayısının birbirine yakın olduğunu ifade eder. Bunu daha kesin olarak nasıl ifade edebiliriz? Elbette bu ifade her zaman doğru olmayabilir; aşırı şanslı (ya da şanssız) bir kişi çok sayıda tura (ya da yazı) atabilir. 9/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

61 Büyük Sayılar Kanunu Kombinatoryal Olasılık Büyük Sayılar Kanunu Birbirinden bağımsız olarak n kez yazı tura atıldığını düşünelim. İşlemlerde kolaylık olması açısından n nin çift sayı olduğunu kabul edeceğiz. Bu durumda m bir tam sayı olmak üzere n = 2m yazabiliriz. Her bir sonucu YTTYYYTYTYYYTTTYTYYTYTYYTYTTYT (n = 30) şeklinde Y ve T karakterlerinden oluşan n karakter uzunluğunda bir karakter dizisi gibi düşünebiliriz. Kabaca büyük sayılar kanunu, bir çok kez yazı tura atıldığında yazıların sayısı ile turaların sayısının birbirine yakın olduğunu ifade eder. Bunu daha kesin olarak nasıl ifade edebiliriz? Elbette bu ifade her zaman doğru olmayabilir; aşırı şanslı (ya da şanssız) bir kişi çok sayıda tura (ya da yazı) atabilir. Ayrıca, turaların sayısının yazıların sayısına eşit olacağını da iddia edemeyiz. 9/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

62 Büyük Sayılar Kanunu Kombinatoryal Olasılık Büyük Sayılar Kanunu Birbirinden bağımsız olarak n kez yazı tura atıldığını düşünelim. İşlemlerde kolaylık olması açısından n nin çift sayı olduğunu kabul edeceğiz. Bu durumda m bir tam sayı olmak üzere n = 2m yazabiliriz. Her bir sonucu YTTYYYTYTYYYTTTYTYYTYTYYTYTTYT (n = 30) şeklinde Y ve T karakterlerinden oluşan n karakter uzunluğunda bir karakter dizisi gibi düşünebiliriz. Kabaca büyük sayılar kanunu, bir çok kez yazı tura atıldığında yazıların sayısı ile turaların sayısının birbirine yakın olduğunu ifade eder. Bunu daha kesin olarak nasıl ifade edebiliriz? Elbette bu ifade her zaman doğru olmayabilir; aşırı şanslı (ya da şanssız) bir kişi çok sayıda tura (ya da yazı) atabilir. Ayrıca, turaların sayısının yazıların sayısına eşit olacağını da iddia edemeyiz. Ancak, bunların sayısının birbirine yakın olabileceğini söyleyebiliriz. 9/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

63 Büyük Sayılar Kanunu n defa yazı tura atıldığında turaların sayısının %49 ile %51 arasında olma olasılığı n için 1 e yaklaşır. 10/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

64 Büyük Sayılar Kanunu n defa yazı tura atıldığında turaların sayısının %49 ile %51 arasında olma olasılığı n için 1 e yaklaşır. Bu ifade %49, %49.9 ile ve %51, %50.1 ile değiştirildiğinde de doğrudur. 10/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

65 Büyük Sayılar Kanunu n defa yazı tura atıldığında turaların sayısının %49 ile %51 arasında olma olasılığı n için 1 e yaklaşır. Bu ifade %49, %49.9 ile ve %51, %50.1 ile değiştirildiğinde de doğrudur. Bu durumda büyük sayılar kanununun en basit halini aşağıdaki teorem ile verebiliriz. 10/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

66 Büyük Sayılar Kanunu n defa yazı tura atıldığında turaların sayısının %49 ile %51 arasında olma olasılığı n için 1 e yaklaşır. Bu ifade %49, %49.9 ile ve %51, %50.1 ile değiştirildiğinde de doğrudur. Bu durumda büyük sayılar kanununun en basit halini aşağıdaki teorem ile verebiliriz. Teorem ε yeterince küçük bir sayı olmak üzere n defa yazı tura atıldığında turaların sayısının 0.5 ε ile ε arasında olma olasılığı n iken 1 e yaklaşır. 10/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

67 Büyük Sayılar Kanunu Soru n sayısını kaç almalıyız ki, %99 ihtimalle turaların sayısı %49 ile %51 arasında olsun? 11/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

68 Büyük Sayılar Kanunu Soru n sayısını kaç almalıyız ki, %99 ihtimalle turaların sayısı %49 ile %51 arasında olsun? Aşağıdaki teorem Pascal üçgeni yardımıyla bu sorunun cevabını vermektedir. 11/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

69 Büyük Sayılar Kanunu Soru n sayısını kaç almalıyız ki, %99 ihtimalle turaların sayısı %49 ile %51 arasında olsun? Aşağıdaki teorem Pascal üçgeni yardımıyla bu sorunun cevabını vermektedir. Teorem 0 t m olsun. Bu durumda 2m kez yazı tura atıldığında turaların sayısının m t den az ya da m+t den çok olma ihtimali en fazla e t2 /(m+t) olur. 11/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

70 Büyük Sayılar Kanunu Soru n sayısını kaç almalıyız ki, %99 ihtimalle turaların sayısı %49 ile %51 arasında olsun? Aşağıdaki teorem Pascal üçgeni yardımıyla bu sorunun cevabını vermektedir. Teorem 0 t m olsun. Bu durumda 2m kez yazı tura atıldığında turaların sayısının m t den az ya da m+t den çok olma ihtimali en fazla e t2 /(m+t) olur. Dikkat ederseniz bu teorem turaların sayısının bir aralıkta olmama ihtimalinden bahsetmektedir. 11/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

71 Büyük Sayılar Kanunu Bu teorem ile sorulan sorunun yanıtını vermek kolaydır: 12/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

72 Büyük Sayılar Kanunu Bu teorem ile sorulan sorunun yanıtını vermek kolaydır: n = 2m atışın %49 unun m t olmasını istiyoruz. 12/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

73 Büyük Sayılar Kanunu Bu teorem ile sorulan sorunun yanıtını vermek kolaydır: n = 2m atışın %49 unun m t olmasını istiyoruz. Buradan, 49 (2m) = m t /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

74 Büyük Sayılar Kanunu Bu teorem ile sorulan sorunun yanıtını vermek kolaydır: n = 2m atışın %49 unun m t olmasını istiyoruz. Buradan, 49 (2m) = m t 98m = 100m 100t /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

75 Büyük Sayılar Kanunu Bu teorem ile sorulan sorunun yanıtını vermek kolaydır: n = 2m atışın %49 unun m t olmasını istiyoruz. Buradan, 49 (2m) = m t 98m = 100m 100t 100t = 2m /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

76 Büyük Sayılar Kanunu Bu teorem ile sorulan sorunun yanıtını vermek kolaydır: n = 2m atışın %49 unun m t olmasını istiyoruz. Buradan, (2m) = m t 98m = 100m 100t 100t = 2m t = m 50 elde edilir. 12/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

77 Büyük Sayılar Kanunu Bu teorem ile sorulan sorunun yanıtını vermek kolaydır: n = 2m atışın %49 unun m t olmasını istiyoruz. Buradan, (2m) = m t 98m = 100m 100t 100t = 2m t = m 50 elde edilir. O halde t 2 m+t = ( m 50) 2 m+ m 50 = m 2550 olduğundan ve e m/2550 < 0.01 olması istendiğinden m olmalıdır. 12/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

78 Büyük Sayılar Kanunu Bu teorem ile sorulan sorunun yanıtını vermek kolaydır: n = 2m atışın %49 unun m t olmasını istiyoruz. Buradan, (2m) = m t 98m = 100m 100t 100t = 2m t = m 50 elde edilir. O halde t 2 m+t = ( m 50) 2 m+ m 50 = m 2550 olduğundan ve e m/2550 < 0.01 olması istendiğinden m olmalıdır. Yani, = veya daha fazla kez yazı tura atılırsa, %99 ihtimalle turaların sayısı atış sayısının %49 u ile %51 i arasında olur. 12/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

79 Şimdi teoremin kanıtını verelim. Büyük Sayılar Kanunu 13/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

80 Büyük Sayılar Kanunu Şimdi teoremin kanıtını verelim. Kanıt. n defa yazı tura atıldığında tam olarak k tane tura gelme olayını A k ile gösterelim. 13/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

81 Büyük Sayılar Kanunu Şimdi teoremin kanıtını verelim. Kanıt. n defa yazı tura atıldığında tam olarak k tane tura gelme olayını A k ile gösterelim. A k nın ortaya çıkma sayısı n karakter uzunluğundaki string ifadede k karakterin T, n k karakterin ise Y olma sayısına eşittir. 13/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

82 Büyük Sayılar Kanunu Şimdi teoremin kanıtını verelim. Kanıt. n defa yazı tura atıldığında tam olarak k tane tura gelme olayını A k ile gösterelim. A k nın ortaya çıkma sayısı n karakter uzunluğundaki string ifadede k karakterin T, n k karakterin ise Y olma sayısına eşittir. Buradan, A k kümesinin eleman sayısı ( n k) olur. 13/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

83 Şimdi teoremin kanıtını verelim. Kanıt. Büyük Sayılar Kanunu n defa yazı tura atıldığında tam olarak k tane tura gelme olayını A k ile gösterelim. A k nın ortaya çıkma sayısı n karakter uzunluğundaki string ifadede k karakterin T, n k karakterin ise Y olma sayısına eşittir. Buradan, A k kümesinin eleman sayısı ( n k) olur. Tüm mümkün sonuçların sayısı da 2 n olduğundan A k olayının meydana gelme olasılığı ( n k) olur. P(A k ) = 2 n 13/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

84 Şimdi teoremin kanıtını verelim. Kanıt. Büyük Sayılar Kanunu n defa yazı tura atıldığında tam olarak k tane tura gelme olayını A k ile gösterelim. A k nın ortaya çıkma sayısı n karakter uzunluğundaki string ifadede k karakterin T, n k karakterin ise Y olma sayısına eşittir. Buradan, A k kümesinin eleman sayısı ( n k) olur. Tüm mümkün sonuçların sayısı da 2 n olduğundan A k olayının meydana gelme olasılığı ( n k) P(A k ) = olur. k = 1,2,...,n için A k olayları ayrık olaylar olduğundan n = 2m atışta turaların sayısının m t den az ve m+t den çok olma olasılığı [( ) ( ) ( ) 1 2m 2m 2m 2 2m ( 0 ) 1 ( m t ) ( 1)] 2m 2m 2m olur. m+t + 1 2m 1 2m 13/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi 2 n

85 Büyük Sayılar Kanunu 0 k m ve c = ( 2m) ( k / 2m ) m olmak üzere ( 2m 0 ) + olduğunu biliyoruz (bakınız Lemma 3.8.2). ( ) ( ) 2m 2m + + < c 1 k m 14/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

86 Büyük Sayılar Kanunu 0 k m ve c = ( 2m) ( k / 2m ) m olmak üzere ( 2m 0 ) + ( ) ( ) 2m 2m + + < c 1 k m olduğunu biliyoruz (bakınız Lemma 3.8.2). k = m t alırsak, elde ederiz. ( ) 2m + 0 ( ) ( ) ( 2m 2m 2m + + < 2 2m 1 m t ( 1 m t 1 2m m) ) 14/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

87 Büyük Sayılar Kanunu 0 k m ve c = ( 2m) ( k / 2m ) m olmak üzere ( 2m 0 ) + ( ) ( ) 2m 2m + + < c 1 k m olduğunu biliyoruz (bakınız Lemma 3.8.2). k = m t alırsak, ( ) 2m + 0 ( ) ( ) ( 2m 2m 2m + + < 2 2m 1 m t ( 1 m t 1 2m m) elde ederiz. 3. Dersimizde Pascal üçgeninin n. satırının ortadaki elemanıyla bu elemandan t kadar solda (veya sağda) olan elamanların oranı için verdiğimiz değerlendirmeyi kullanırsak, ) 14/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

88 Büyük Sayılar Kanunu 0 k m ve c = ( 2m) ( k / 2m ) m olmak üzere ( 2m 0 ) + ( ) ( ) 2m 2m + + < c 1 k m olduğunu biliyoruz (bakınız Lemma 3.8.2). k = m t alırsak, ( ) 2m + 0 ( ) ( ) ( 2m 2m 2m + + < 2 2m 1 m t ( 1 m t 1 2m m) elde ederiz. 3. Dersimizde Pascal üçgeninin n. satırının ortadaki elemanıyla bu elemandan t kadar solda (veya sağda) olan elamanların oranı için verdiğimiz değerlendirmeyi kullanırsak, ) ( 2m m t ( 2m m ) < e t2 /(m+1) ) yazabiliriz. 14/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

89 Büyük Sayılar Kanunu Buradan, ( 2m 0 ) + ( ) ( ) 2m 2m + + < 2 2m 1 e t2 /(m+1) 1 m t 1 olur. 15/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

90 Büyük Sayılar Kanunu Buradan, ( 2m 0 ) + ( ) ( ) 2m 2m + + < 2 2m 1 e t2 /(m+1) 1 m t 1 olur. Pascal üçgeni simetrik olduğundan ( ) ( ) ( ) 2m 2m 2m < 2 2m e t2 /(m+1) m+t + 1 2m 1 2m olur. 15/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

91 Büyük Sayılar Kanunu Buradan, ( 2m 0 ) + ( ) ( ) 2m 2m + + < 2 2m 1 e t2 /(m+1) 1 m t 1 olur. Pascal üçgeni simetrik olduğundan ( ) ( ) ( ) 2m 2m 2m < 2 2m e t2 /(m+1) m+t + 1 2m 1 2m olur. O halde turaların sayısının m t den az ve m+t den çok olma olasılığı den küçük olur. e t2 /(m+t) 15/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

92 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Kabaca küçük sayılar kanunu, küçük sayılar için ilginç fakat büyük sayılar için geçerli olmayan kuralların keşfedilebileceğinden bahseder. 16/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

93 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Kabaca küçük sayılar kanunu, küçük sayılar için ilginç fakat büyük sayılar için geçerli olmayan kuralların keşfedilebileceğinden bahseder. Örneğin, her tek sayı asal sayıdır ifadesi sadece ilk üç tek sayı için geçerlidir (3, 5 ve 7). 16/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

94 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Kabaca küçük sayılar kanunu, küçük sayılar için ilginç fakat büyük sayılar için geçerli olmayan kuralların keşfedilebileceğinden bahseder. Örneğin, her tek sayı asal sayıdır ifadesi sadece ilk üç tek sayı için geçerlidir (3, 5 ve 7). Daha ilginç bazı örnekler aşağıda sıralanmıştır: 16/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

95 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Kabaca küçük sayılar kanunu, küçük sayılar için ilginç fakat büyük sayılar için geçerli olmayan kuralların keşfedilebileceğinden bahseder. Örneğin, her tek sayı asal sayıdır ifadesi sadece ilk üç tek sayı için geçerlidir (3, 5 ve 7). Daha ilginç bazı örnekler aşağıda sıralanmıştır: 1 Her p > 0 tam sayısı için n p nin basamakları toplamı n olacak şekilde bir n > 1 tam sayısı vardır. 16/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

96 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Kabaca küçük sayılar kanunu, küçük sayılar için ilginç fakat büyük sayılar için geçerli olmayan kuralların keşfedilebileceğinden bahseder. Örneğin, her tek sayı asal sayıdır ifadesi sadece ilk üç tek sayı için geçerlidir (3, 5 ve 7). Daha ilginç bazı örnekler aşağıda sıralanmıştır: 1 Her p > 0 tam sayısı için n p nin basamakları toplamı n olacak şekilde bir n > 1 tam sayısı vardır. p = 1 için n = 2 alınabilir. 2 1 = 2 16/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

97 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Kabaca küçük sayılar kanunu, küçük sayılar için ilginç fakat büyük sayılar için geçerli olmayan kuralların keşfedilebileceğinden bahseder. Örneğin, her tek sayı asal sayıdır ifadesi sadece ilk üç tek sayı için geçerlidir (3, 5 ve 7). Daha ilginç bazı örnekler aşağıda sıralanmıştır: 1 Her p > 0 tam sayısı için n p nin basamakları toplamı n olacak şekilde bir n > 1 tam sayısı vardır. p = 1 için n = 2 alınabilir. 2 1 = 2 p = 2 için n = 9 alınabilir. 9 2 = = 9 16/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

98 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Kabaca küçük sayılar kanunu, küçük sayılar için ilginç fakat büyük sayılar için geçerli olmayan kuralların keşfedilebileceğinden bahseder. Örneğin, her tek sayı asal sayıdır ifadesi sadece ilk üç tek sayı için geçerlidir (3, 5 ve 7). Daha ilginç bazı örnekler aşağıda sıralanmıştır: 1 Her p > 0 tam sayısı için n p nin basamakları toplamı n olacak şekilde bir n > 1 tam sayısı vardır. p = 1 için n = 2 alınabilir. 2 1 = 2 p = 2 için n = 9 alınabilir. 9 2 = = 9 p = 3 için n = 8 alınabilir. 8 3 = = 8 16/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

99 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Kabaca küçük sayılar kanunu, küçük sayılar için ilginç fakat büyük sayılar için geçerli olmayan kuralların keşfedilebileceğinden bahseder. Örneğin, her tek sayı asal sayıdır ifadesi sadece ilk üç tek sayı için geçerlidir (3, 5 ve 7). Daha ilginç bazı örnekler aşağıda sıralanmıştır: 1 Her p > 0 tam sayısı için n p nin basamakları toplamı n olacak şekilde bir n > 1 tam sayısı vardır. p = 1 için n = 2 alınabilir. 2 1 = 2 p = 2 için n = 9 alınabilir. 9 2 = = 9 p = 3 için n = 8 alınabilir. 8 3 = = 8 p = 4 için n = 7 alınabilir. 7 4 = = 7 16/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

100 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Kabaca küçük sayılar kanunu, küçük sayılar için ilginç fakat büyük sayılar için geçerli olmayan kuralların keşfedilebileceğinden bahseder. Örneğin, her tek sayı asal sayıdır ifadesi sadece ilk üç tek sayı için geçerlidir (3, 5 ve 7). Daha ilginç bazı örnekler aşağıda sıralanmıştır: 1 Her p > 0 tam sayısı için n p nin basamakları toplamı n olacak şekilde bir n > 1 tam sayısı vardır. p = 1 için n = 2 alınabilir. 2 1 = 2 p = 2 için n = 9 alınabilir. 9 2 = = 9 p = 3 için n = 8 alınabilir. 8 3 = = 8 p = 4 için n = 7 alınabilir. 7 4 = = 7 p = 5 için n = 28 alınabilir = = 28 16/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

101 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Kabaca küçük sayılar kanunu, küçük sayılar için ilginç fakat büyük sayılar için geçerli olmayan kuralların keşfedilebileceğinden bahseder. Örneğin, her tek sayı asal sayıdır ifadesi sadece ilk üç tek sayı için geçerlidir (3, 5 ve 7). Daha ilginç bazı örnekler aşağıda sıralanmıştır: 1 Her p > 0 tam sayısı için n p nin basamakları toplamı n olacak şekilde bir n > 1 tam sayısı vardır. p = 1 için n = 2 alınabilir. 2 1 = 2 p = 2 için n = 9 alınabilir. 9 2 = = 9 p = 3 için n = 8 alınabilir. 8 3 = = 8 p = 4 için n = 7 alınabilir. 7 4 = = 7 p = 5 için n = 28 alınabilir = = 28. p = 104 için doğru 16/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

102 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Kabaca küçük sayılar kanunu, küçük sayılar için ilginç fakat büyük sayılar için geçerli olmayan kuralların keşfedilebileceğinden bahseder. Örneğin, her tek sayı asal sayıdır ifadesi sadece ilk üç tek sayı için geçerlidir (3, 5 ve 7). Daha ilginç bazı örnekler aşağıda sıralanmıştır: 1 Her p > 0 tam sayısı için n p nin basamakları toplamı n olacak şekilde bir n > 1 tam sayısı vardır. p = 1 için n = 2 alınabilir. 2 1 = 2 p = 2 için n = 9 alınabilir. 9 2 = = 9 p = 3 için n = 8 alınabilir. 8 3 = = 8 p = 4 için n = 7 alınabilir. 7 4 = = 7 p = 5 için n = 28 alınabilir = = 28. p = 104 için p = 105 için doğru doğru değil! 16/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

103 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Kabaca küçük sayılar kanunu, küçük sayılar için ilginç fakat büyük sayılar için geçerli olmayan kuralların keşfedilebileceğinden bahseder. Örneğin, her tek sayı asal sayıdır ifadesi sadece ilk üç tek sayı için geçerlidir (3, 5 ve 7). Daha ilginç bazı örnekler aşağıda sıralanmıştır: 1 Her p > 0 tam sayısı için n p nin basamakları toplamı n olacak şekilde bir n > 1 tam sayısı vardır. p = 1 için n = 2 alınabilir. 2 1 = 2 p = 2 için n = 9 alınabilir. 9 2 = = 9 p = 3 için n = 8 alınabilir. 8 3 = = 8 p = 4 için n = 7 alınabilir. 7 4 = = 7 p = 5 için n = 28 alınabilir = = 28. p = 104 için p = 105 için p = 106 için doğru doğru değil! doğru 16/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

104 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu 2 41, } {{}, } {{}, } {{}, } {{},... asal sayıdır /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

105 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu 2 41, } {{}, } {{}, } {{}, } {{},... asal sayıdır n = 40 için doğru değil! 17/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

106 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu 2 41, } {{}, } {{}, } {{}, } {{},... asal sayıdır n = 40 için doğru değil! = 1681 asal sayı değil! 17/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

107 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu 2 41, } {{}, } {{}, } {{}, } {{},... asal sayıdır n = 40 için doğru değil! = 1681 asal sayı değil! 3 n > 2 sayısı asal sayıdır ancak ve ancak n 2 ( 2n 1 n 1) 1. 17/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

108 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu 2 41, } {{}, } {{}, } {{}, } {{},... asal sayıdır n = 40 için doğru değil! = 1681 asal sayı değil! 3 n > 2 sayısı asal sayıdır ancak ve ancak n 2 ( 2n 1 n 1) 1. n = 3 için /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

109 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu 2 41, } {{}, } {{}, } {{}, } {{},... asal sayıdır n = 40 için doğru değil! = 1681 asal sayı değil! 3 n > 2 sayısı asal sayıdır ancak ve ancak n 2 ( 2n 1 n 1) 1. n = 3 için 9 9 n = 5 için /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

110 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu 2 41, } {{}, } {{}, } {{}, } {{},... asal sayıdır n = 40 için doğru değil! = 1681 asal sayı değil! 3 n > 2 sayısı asal sayıdır ancak ve ancak n 2 ( 2n 1 n 1) 1. n = 3 için 9 9 n = 5 için n = 7 için /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

111 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu 2 41, } {{}, } {{}, } {{}, } {{},... asal sayıdır n = 40 için doğru değil! = 1681 asal sayı değil! 3 n > 2 sayısı asal sayıdır ancak ve ancak n 2 ( 2n 1 n 1) 1. n = 3 için 9 9 n = 5 için n = 7 için n = 11 için /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

112 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu 2 41, } {{}, } {{}, } {{}, } {{},... asal sayıdır n = 40 için doğru değil! = 1681 asal sayı değil! 3 n > 2 sayısı asal sayıdır ancak ve ancak n 2 ( 2n 1 n 1) 1. n = 3 için 9 9 n = 5 için n = 7 için n = 11 için /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

113 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu 2 41, } {{}, } {{}, } {{}, } {{},... asal sayıdır n = 40 için doğru değil! = 1681 asal sayı değil! 3 n > 2 sayısı asal sayıdır ancak ve ancak n 2 ( 2n 1 n 1) 1. n = 3 için 9 9 n = 5 için n = 7 için n = 11 için n = için doğru değil! (bu sayıya kadar doğru) n = sayısı asal değildir. 17/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

114 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu 2 41, } {{}, } {{}, } {{}, } {{},... asal sayıdır n = 40 için doğru değil! = 1681 asal sayı değil! 3 n > 2 sayısı asal sayıdır ancak ve ancak n 2 ( 2n 1 n 1) 1. n = 3 için 9 9 n = 5 için n = 7 için n = 11 için n = için doğru değil! (bu sayıya kadar doğru) n = sayısı asal değildir. Ancak n 2 ( 2n 1 n 1) 1. 17/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

115 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu 2 41, } {{}, } {{}, } {{}, } {{},... asal sayıdır n = 40 için doğru değil! = 1681 asal sayı değil! 3 n > 2 sayısı asal sayıdır ancak ve ancak n 2 ( 2n 1 n 1) 1. n = 3 için 9 9 n = 5 için n = 7 için n = 11 için n = için doğru değil! (bu sayıya kadar doğru) n = sayısı asal değildir. Ancak n 2 ( 2n 1 n 1) 1. 4 Alıştırma: Bir çemberin üzerinde n+1 farklı nokta işaretleyip, bu noktaları ikişer ikişer birleştirin, ortaya çıkan şekil çemberi 2 n parçaya ayırır. n = 1,2,3,4,5 için kontrol ediniz. 17/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

116 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Çok büyük sayılar kanunu, çok büyük sayıda veri içerisinde ilginç tesadüflerin olabileceğini ifade eder. 18/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

117 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Çok büyük sayılar kanunu, çok büyük sayıda veri içerisinde ilginç tesadüflerin olabileceğini ifade eder. Örneğin bir arkadaşımız Yıl başında doğmuş iki kişi tanıyorum. İkisi de hem doğum günleri hem de yılbaşı için bir tek hediye almaktan şikayetçiler... derse, bu gerçekten ilginçtir. 18/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

118 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Çok büyük sayılar kanunu, çok büyük sayıda veri içerisinde ilginç tesadüflerin olabileceğini ifade eder. Örneğin bir arkadaşımız Yıl başında doğmuş iki kişi tanıyorum. İkisi de hem doğum günleri hem de yılbaşı için bir tek hediye almaktan şikayetçiler... derse, bu gerçekten ilginçtir. Acaba yıl başında doğanların sayısı diğer günlerde doğanların sayısından daha mı fazladır? 18/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

119 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Çok büyük sayılar kanunu, çok büyük sayıda veri içerisinde ilginç tesadüflerin olabileceğini ifade eder. Örneğin bir arkadaşımız Yıl başında doğmuş iki kişi tanıyorum. İkisi de hem doğum günleri hem de yılbaşı için bir tek hediye almaktan şikayetçiler... derse, bu gerçekten ilginçtir. Acaba yıl başında doğanların sayısı diğer günlerde doğanların sayısından daha mı fazladır? Elbette hayır! 18/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

120 Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu Çok büyük sayılar kanunu, çok büyük sayıda veri içerisinde ilginç tesadüflerin olabileceğini ifade eder. Örneğin bir arkadaşımız Yıl başında doğmuş iki kişi tanıyorum. İkisi de hem doğum günleri hem de yılbaşı için bir tek hediye almaktan şikayetçiler... derse, bu gerçekten ilginçtir. Acaba yıl başında doğanların sayısı diğer günlerde doğanların sayısından daha mı fazladır? Elbette hayır! Bu arkadaşımızın tanıdığı kişi sayısı 400 olsun. Kişilerin yıl başında doğmuş olma olasılığı 1/365 (artık yılları saymıyoruz) olduğuna göre, bir ya da iki kişinin yıl başında doğmuş olması gayet mümkündür. Ancak, durumun ilginç olması ve bu kişilerin sadece bir hediye almaktan şikayetçi olmaları onları hatırlanır kılmaktadır. 18/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

121 Sekreter Problemi Kombinatoryal Olasılık Sekreter Problemi Önce problemin ifadesini verelim: 19/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

122 Sekreter Problemi Kombinatoryal Olasılık Sekreter Problemi Önce problemin ifadesini verelim: Bir şirketin sekreter pozisyonu için aşağıdaki koşullarla bir eleman alınmak isteniyor. 19/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

123 Sekreter Problemi Kombinatoryal Olasılık Sekreter Problemi Önce problemin ifadesini verelim: Bir şirketin sekreter pozisyonu için aşağıdaki koşullarla bir eleman alınmak isteniyor. 100 aday başvurusu var ve bu adaylarla birer görüşme yapılacak. 19/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

124 Sekreter Problemi Kombinatoryal Olasılık Sekreter Problemi Önce problemin ifadesini verelim: Bir şirketin sekreter pozisyonu için aşağıdaki koşullarla bir eleman alınmak isteniyor. 100 aday başvurusu var ve bu adaylarla birer görüşme yapılacak. Ancak, adaylarla hangi sıra ile görüşüleceği belli değil. Adaylar, rastgele bir sıra ile teker teker çağrılacak ve tüm adaylara eşit davranılacak. 19/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

125 Sekreter Problemi Kombinatoryal Olasılık Sekreter Problemi Önce problemin ifadesini verelim: Bir şirketin sekreter pozisyonu için aşağıdaki koşullarla bir eleman alınmak isteniyor. 100 aday başvurusu var ve bu adaylarla birer görüşme yapılacak. Ancak, adaylarla hangi sıra ile görüşüleceği belli değil. Adaylar, rastgele bir sıra ile teker teker çağrılacak ve tüm adaylara eşit davranılacak. Görüşülen her adaya herhangi bir sınır dahilinde olmaksızın bir not verilecek. Adayın kabul edilip edilmediği o ana kadar görüşülen adaylara verilen notlara göre belirlenip adaya hemen söylenecek. 19/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

126 Sekreter Problemi Kombinatoryal Olasılık Sekreter Problemi Önce problemin ifadesini verelim: Bir şirketin sekreter pozisyonu için aşağıdaki koşullarla bir eleman alınmak isteniyor. 100 aday başvurusu var ve bu adaylarla birer görüşme yapılacak. Ancak, adaylarla hangi sıra ile görüşüleceği belli değil. Adaylar, rastgele bir sıra ile teker teker çağrılacak ve tüm adaylara eşit davranılacak. Görüşülen her adaya herhangi bir sınır dahilinde olmaksızın bir not verilecek. Adayın kabul edilip edilmediği o ana kadar görüşülen adaylara verilen notlara göre belirlenip adaya hemen söylenecek. Gönderilen bir adayın tekrar çağrılması mümkün değil. 19/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

127 Sekreter Problemi Kombinatoryal Olasılık Sekreter Problemi Önce problemin ifadesini verelim: Bir şirketin sekreter pozisyonu için aşağıdaki koşullarla bir eleman alınmak isteniyor. Soru 100 aday başvurusu var ve bu adaylarla birer görüşme yapılacak. Ancak, adaylarla hangi sıra ile görüşüleceği belli değil. Adaylar, rastgele bir sıra ile teker teker çağrılacak ve tüm adaylara eşit davranılacak. Görüşülen her adaya herhangi bir sınır dahilinde olmaksızın bir not verilecek. Adayın kabul edilip edilmediği o ana kadar görüşülen adaylara verilen notlara göre belirlenip adaya hemen söylenecek. Gönderilen bir adayın tekrar çağrılması mümkün değil. Bu şartlar altında nasıl bir yöntem izlenmeli ki en yüksek olasılık ile en iyi aday seçilsin? 19/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

128 Sekreter Problemi 20/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

129 Sekreter Problemi 1. Yöntem Belki de akla gelen ilk yöntem adaylar arasından rastgele birini seçmektir. 20/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

130 Sekreter Problemi 1. Yöntem Belki de akla gelen ilk yöntem adaylar arasından rastgele birini 1 seçmektir. Bu durumda en iyi adayı seçme olasılığı 100 olur. 20/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

131 Sekreter Problemi 1. Yöntem Belki de akla gelen ilk yöntem adaylar arasından rastgele birini 1 seçmektir. Bu durumda en iyi adayı seçme olasılığı 100 olur. 20/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

132 Sekreter Problemi 1. Yöntem Belki de akla gelen ilk yöntem adaylar arasından rastgele birini 1 seçmektir. Bu durumda en iyi adayı seçme olasılığı 100 olur. 2. Yöntem Doğru bir karar verebilmek için birkaç aday ile görüşme yapıp, daha sonra bu adaylardan daha iyi olan ilk adayı işe almak da bir başka yöntemdir. 20/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

133 Sekreter Problemi 1. Yöntem Belki de akla gelen ilk yöntem adaylar arasından rastgele birini 1 seçmektir. Bu durumda en iyi adayı seçme olasılığı 100 olur. 2. Yöntem Doğru bir karar verebilmek için birkaç aday ile görüşme yapıp, daha sonra bu adaylardan daha iyi olan ilk adayı işe almak da bir başka yöntemdir. Peki birkaç aday tam olarak kaç kişidir? 20/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

134 Sekreter Problemi 1. Yöntem Belki de akla gelen ilk yöntem adaylar arasından rastgele birini 1 seçmektir. Bu durumda en iyi adayı seçme olasılığı 100 olur. 2. Yöntem Doğru bir karar verebilmek için birkaç aday ile görüşme yapıp, daha sonra bu adaylardan daha iyi olan ilk adayı işe almak da bir başka yöntemdir. Peki birkaç aday tam olarak kaç kişidir? Önce adayların yarısıyla yani 50 tanesi ile görüşülüp, hiçbiri işe alınmayıp her birine birer not verildikten sonra 51. kişiden itibaren ilk 50 kişiden daha iyi not alan birisi olursa o aday işe alınsın. 20/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

135 Sekreter Problemi 1. Yöntem Belki de akla gelen ilk yöntem adaylar arasından rastgele birini 1 seçmektir. Bu durumda en iyi adayı seçme olasılığı 100 olur. 2. Yöntem Doğru bir karar verebilmek için birkaç aday ile görüşme yapıp, daha sonra bu adaylardan daha iyi olan ilk adayı işe almak da bir başka yöntemdir. Peki birkaç aday tam olarak kaç kişidir? Önce adayların yarısıyla yani 50 tanesi ile görüşülüp, hiçbiri işe alınmayıp her birine birer not verildikten sonra 51. kişiden itibaren ilk 50 kişiden daha iyi not alan birisi olursa o aday işe alınsın. Bu yöntemle en iyi adayı işe alma olasılığını hesaplayalım. 20/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

136 Sekreter Problemi Bu yöntem ile en iyi adayı seçme olasılığı P(S) ile gösterilsin. 21/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

137 Sekreter Problemi Bu yöntem ile en iyi adayı seçme olasılığı P(S) ile gösterilsin. P(S i ), (i = 1,2,...,100) ise i. adayın doğru aday olma ve i. aday doğru aday iken bu yöntemle i. adayın seçilme olasılığı olsun. 21/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

138 Sekreter Problemi Bu yöntem ile en iyi adayı seçme olasılığı P(S) ile gösterilsin. P(S i ), (i = 1,2,...,100) ise i. adayın doğru aday olma ve i. aday doğru aday iken bu yöntemle i. adayın seçilme olasılığı olsun. Bu durumda olur. 100 P(S) = P(S i ) i=1 21/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

139 Sekreter Problemi Bu yöntem ile en iyi adayı seçme olasılığı P(S) ile gösterilsin. P(S i ), (i = 1,2,...,100) ise i. adayın doğru aday olma ve i. aday doğru aday iken bu yöntemle i. adayın seçilme olasılığı olsun. Bu durumda olur. 100 P(S) = P(S i ) i=1 Önce P(S i ) yani i. adayın doğru aday olma ve i. adayın doğru aday iken bu yöntemle onun seçilme olasılığını bulalım. 21/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

140 Sekreter Problemi Bu yöntem ile en iyi adayı seçme olasılığı P(S) ile gösterilsin. P(S i ), (i = 1,2,...,100) ise i. adayın doğru aday olma ve i. aday doğru aday iken bu yöntemle i. adayın seçilme olasılığı olsun. Bu durumda olur. 100 P(S) = P(S i ) i=1 Önce P(S i ) yani i. adayın doğru aday olma ve i. adayın doğru aday iken bu yöntemle onun seçilme olasılığını bulalım. Elbette i = 1, 2,..., 100 için i. 1 adayın doğru aday olma olasılığı 100 olur. 21/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

141 Sekreter Problemi Bu yöntem ile en iyi adayı seçme olasılığı P(S) ile gösterilsin. P(S i ), (i = 1,2,...,100) ise i. adayın doğru aday olma ve i. aday doğru aday iken bu yöntemle i. adayın seçilme olasılığı olsun. Bu durumda olur. 100 P(S) = P(S i ) i=1 Önce P(S i ) yani i. adayın doğru aday olma ve i. adayın doğru aday iken bu yöntemle onun seçilme olasılığını bulalım. Elbette i = 1, 2,..., 100 için i. 1 adayın doğru aday olma olasılığı olur. Peki bu yöntem ile bu adayın 100 seçilme olasılığı nedir? 21/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

142 Sekreter Problemi Bu yönteme göre, i = 1,2,...,49,50 için bu olasılık 22/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

143 Sekreter Problemi Bu yönteme göre, i = 1,2,...,49,50 için bu olasılık 0 dır. 22/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

144 Sekreter Problemi Bu yönteme göre, i = 1,2,...,49,50 için bu olasılık 0 dır. 51. adayın doğru aday olma ve 51. aday doğru aday iken 51. adayın bu yöntemle seçilme olasılığını hesaplayalım. 22/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

145 Sekreter Problemi Bu yönteme göre, i = 1,2,...,49,50 için bu olasılık 0 dır. 51. adayın doğru aday olma ve 51. aday doğru aday iken 51. adayın bu yöntemle seçilme olasılığını hesaplayalım. 1 Yine 51. adayın doğru aday olma olasılığı 100 olur. 22/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

146 Sekreter Problemi Bu yönteme göre, i = 1,2,...,49,50 için bu olasılık 0 dır. 51. adayın doğru aday olma ve 51. aday doğru aday iken 51. adayın bu yöntemle seçilme olasılığını hesaplayalım. Yine 51. adayın doğru aday olma olasılığı olur. 51. aday doğru aday iken 51. adayın seçilme olasılığı ilk 50 adayın seçilmeme olasılığına eşittir. 22/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

147 Sekreter Problemi Bu yönteme göre, i = 1,2,...,49,50 için bu olasılık 0 dır. 51. adayın doğru aday olma ve 51. aday doğru aday iken 51. adayın bu yöntemle seçilme olasılığını hesaplayalım. Yine 51. adayın doğru aday olma olasılığı olur. 51. aday doğru aday iken 51. adayın seçilme olasılığı ilk 50 adayın seçilmeme olasılığına eşittir. Yöntem gereği ilk 50 aday zaten seçilmediğinden 51. aday doğru aday iken 51. adayın seçilme olasılığı 1 olur. 22/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

148 Sekreter Problemi Bu yönteme göre, i = 1,2,...,49,50 için bu olasılık 0 dır. 51. adayın doğru aday olma ve 51. aday doğru aday iken 51. adayın bu yöntemle seçilme olasılığını hesaplayalım. O halde bulunur. Yine 51. adayın doğru aday olma olasılığı olur. 51. aday doğru aday iken 51. adayın seçilme olasılığı ilk 50 adayın seçilmeme olasılığına eşittir. Yöntem gereği ilk 50 aday zaten seçilmediğinden 51. aday doğru aday iken 51. adayın seçilme olasılığı 1 olur. P(S 51 ) = /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

149 Sekreter Problemi 52. adayın doğru aday olma ve 52. aday doğru aday iken bu yöntemle 52. adayın seçilme olasılığı hesaplanacak olursa, 23/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

150 Sekreter Problemi 52. adayın doğru aday olma ve 52. aday doğru aday iken bu yöntemle 52. adayın seçilme olasılığı hesaplanacak olursa, benzer şekilde 1 olasılıkla 52. aday doğru aday olabilir /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

151 Sekreter Problemi 52. adayın doğru aday olma ve 52. aday doğru aday iken bu yöntemle 52. adayın seçilme olasılığı hesaplanacak olursa, benzer şekilde 1 olasılıkla 52. aday doğru aday olabilir aday doğru aday iken 52. adayın seçilmesi için ya ilk 50 (bu zaten mümkün değil) ya da 51. adayın seçilmemesi gerekir. 23/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

152 Sekreter Problemi 52. adayın doğru aday olma ve 52. aday doğru aday iken bu yöntemle 52. adayın seçilme olasılığı hesaplanacak olursa, benzer şekilde 1 olasılıkla 52. aday doğru aday olabilir aday doğru aday iken 52. adayın seçilmesi için ya ilk 50 (bu zaten mümkün değil) ya da 51. adayın seçilmemesi gerekir. İlk 51 adayından birinin seçilmesi 1 olasılık ile mümkündür /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

153 Sekreter Problemi 52. adayın doğru aday olma ve 52. aday doğru aday iken bu yöntemle 52. adayın seçilme olasılığı hesaplanacak olursa, benzer şekilde 1 olasılıkla 52. aday doğru aday olabilir aday doğru aday iken 52. adayın seçilmesi için ya ilk 50 (bu zaten mümkün değil) ya da 51. adayın seçilmemesi gerekir. 1 İlk 51 adayından birinin seçilmesi olasılık ile mümkündür. O halde 51 ilk 51 adayın seçilmeme olasılığı (yani 52. adayın seçilme olasılığı) olacaktır = /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

154 Sekreter Problemi 52. adayın doğru aday olma ve 52. aday doğru aday iken bu yöntemle 52. adayın seçilme olasılığı hesaplanacak olursa, benzer şekilde 1 olasılıkla 52. aday doğru aday olabilir aday doğru aday iken 52. adayın seçilmesi için ya ilk 50 (bu zaten mümkün değil) ya da 51. adayın seçilmemesi gerekir. 1 İlk 51 adayından birinin seçilmesi olasılık ile mümkündür. O halde 51 ilk 51 adayın seçilmeme olasılığı (yani 52. adayın seçilme olasılığı) Böylece, olacaktır. elde edilir = P(S 52 ) = /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

155 Sekreter Problemi 53. adayın doğru aday olma ve 53. aday doğru aday iken bu yöntemle 53. adayın seçilme olasılığı da benzer şekilde hesaplanabilir. 24/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

156 Sekreter Problemi 53. adayın doğru aday olma ve 53. aday doğru aday iken bu yöntemle 53. adayın seçilme olasılığı da benzer şekilde hesaplanabilir. 1 Yine 53. adayın doğru aday olma olasılığı 100 olur. 24/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

157 Sekreter Problemi 53. adayın doğru aday olma ve 53. aday doğru aday iken bu yöntemle 53. adayın seçilme olasılığı da benzer şekilde hesaplanabilir. 1 Yine 53. adayın doğru aday olma olasılığı 100 olur. 53. adayın seçilmesi için 51. ve 52. adayların seçilmemesi gerekir. 24/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

158 Sekreter Problemi 53. adayın doğru aday olma ve 53. aday doğru aday iken bu yöntemle 53. adayın seçilme olasılığı da benzer şekilde hesaplanabilir. 1 Yine 53. adayın doğru aday olma olasılığı 100 olur. 53. adayın seçilmesi için 51. ve 52. adayların seçilmemesi gerekir. 2 İlk 52 aday içerisinden 51. veya 52. adayların seçilme olasılığı 52 olduğundan 24/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

159 Sekreter Problemi 53. adayın doğru aday olma ve 53. aday doğru aday iken bu yöntemle 53. adayın seçilme olasılığı da benzer şekilde hesaplanabilir. 1 Yine 53. adayın doğru aday olma olasılığı 100 olur. 53. adayın seçilmesi için 51. ve 52. adayların seçilmemesi gerekir. 2 İlk 52 aday içerisinden 51. veya 52. adayların seçilme olasılığı 52 olduğundan 53. adayı seçme olasılığı = 50 elde edilir /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

160 Sekreter Problemi 53. adayın doğru aday olma ve 53. aday doğru aday iken bu yöntemle 53. adayın seçilme olasılığı da benzer şekilde hesaplanabilir. 1 Yine 53. adayın doğru aday olma olasılığı 100 olur. 53. adayın seçilmesi için 51. ve 52. adayların seçilmemesi gerekir. 2 İlk 52 aday içerisinden 51. veya 52. adayların seçilme olasılığı 52 olduğundan 53. adayı seçme olasılığı = 50 elde edilir. 52 Buradan bulunur. P(S 53 ) = /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

161 Sekreter Problemi 53. adayın doğru aday olma ve 53. aday doğru aday iken bu yöntemle 53. adayın seçilme olasılığı da benzer şekilde hesaplanabilir. 1 Yine 53. adayın doğru aday olma olasılığı 100 olur. 53. adayın seçilmesi için 51. ve 52. adayların seçilmemesi gerekir. 2 İlk 52 aday içerisinden 51. veya 52. adayların seçilme olasılığı 52 olduğundan 53. adayı seçme olasılığı = 50 elde edilir. 52 Buradan bulunur.. P(S 53 ) = /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

162 Sekreter Problemi 100. adayın doğru aday olma ve 100. adayın seçilme olasılığını bulalım. 25/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

163 Sekreter Problemi 100. adayın doğru aday olma ve 100. adayın seçilme olasılığını bulalım. 1 Yine 100. adayın doğru aday olma olasılığı 100 olur. 25/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

164 Sekreter Problemi 100. adayın doğru aday olma ve 100. adayın seçilme olasılığını bulalım. 1 Yine 100. adayın doğru aday olma olasılığı 100 olur. Şimdi 100. aday doğru aday iken 100. adayı seçme olasılığını bulalım. 25/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

165 Sekreter Problemi 100. adayın doğru aday olma ve 100. adayın seçilme olasılığını bulalım. 1 Yine 100. adayın doğru aday olma olasılığı 100 olur. Şimdi 100. aday doğru aday iken 100. adayı seçme olasılığını bulalım adayın seçilebilmesi için 51., 52.,..., 99. adayların seçilmemiş olması gerekir. 25/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

166 Sekreter Problemi 100. adayın doğru aday olma ve 100. adayın seçilme olasılığını bulalım. 1 Yine 100. adayın doğru aday olma olasılığı 100 olur. Şimdi 100. aday doğru aday iken 100. adayı seçme olasılığını bulalım adayın seçilebilmesi için 51., 52.,..., 99. adayların seçilmemiş olması gerekir. Bu adaylardan birini seçme olasılığı adayı seçme olasılığı = 50 elde edilir. 99 = 49 olduğuna göre, 99 25/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

167 Sekreter Problemi 100. adayın doğru aday olma ve 100. adayın seçilme olasılığını bulalım. 1 Yine 100. adayın doğru aday olma olasılığı 100 olur. Şimdi 100. aday doğru aday iken 100. adayı seçme olasılığını bulalım adayın seçilebilmesi için 51., 52.,..., 99. adayların seçilmemiş olması gerekir. Bu adaylardan birini seçme olasılığı adayı seçme olasılığı = 50 elde edilir. 99 Buradan P(S 100 ) = olur. Böylece, P(S) = 100 P(S i ) i=1 = 49 olduğuna göre, 99 25/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

168 Sekreter Problemi 100. adayın doğru aday olma ve 100. adayın seçilme olasılığını bulalım. 1 Yine 100. adayın doğru aday olma olasılığı 100 olur. Şimdi 100. aday doğru aday iken 100. adayı seçme olasılığını bulalım adayın seçilebilmesi için 51., 52.,..., 99. adayların seçilmemiş olması gerekir. Bu adaylardan birini seçme olasılığı adayı seçme olasılığı = 50 elde edilir. 99 Buradan P(S 100 ) = olur. Böylece, P(S) = olur. i=1 = 49 olduğuna göre, P(S i ) = 1 ( ) /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

169 Sekreter Problemi 100. adayın doğru aday olma ve 100. adayın seçilme olasılığını bulalım. 1 Yine 100. adayın doğru aday olma olasılığı 100 olur. Şimdi 100. aday doğru aday iken 100. adayı seçme olasılığını bulalım adayın seçilebilmesi için 51., 52.,..., 99. adayların seçilmemiş olması gerekir. Bu adaylardan birini seçme olasılığı adayı seçme olasılığı = 50 elde edilir. 99 Buradan P(S 100 ) = olur. Böylece, P(S) = i=1 = 49 olduğuna göre, P(S i ) = 1 ( ) olur. O halde bu yöntem kullanılırsa, yaklaşık yüzde 35 olasılıkla en iyi aday seçilebilir. 25/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

170 Sekreter Problemi Acaba yukarıdaki yöntem en iyi yöntem midir? 26/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

171 Sekreter Problemi Acaba yukarıdaki yöntem en iyi yöntem midir? Önce adayların yarısıyla değil de, daha fazlasıyla ya da daha azıyla görüşülseydi daha iyi bir sonuç elde edebilir miydi? 26/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

172 Sekreter Problemi Acaba yukarıdaki yöntem en iyi yöntem midir? Önce adayların yarısıyla değil de, daha fazlasıyla ya da daha azıyla görüşülseydi daha iyi bir sonuç elde edebilir miydi? Aşağıdaki yöntem problemi genelleyerek bu soruya cevap vermektedir. 26/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

173 Sekreter Problemi Acaba yukarıdaki yöntem en iyi yöntem midir? Önce adayların yarısıyla değil de, daha fazlasıyla ya da daha azıyla görüşülseydi daha iyi bir sonuç elde edebilir miydi? Aşağıdaki yöntem problemi genelleyerek bu soruya cevap vermektedir. 100 aday yerine n tane aday olduğunu kabul edelim ve önce bunların 50 tanesi ile değil, m tanesi ile görüşülüp sadece notları kaydedilip hiçbirisi seçilmesin. 26/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

174 Sekreter Problemi Acaba yukarıdaki yöntem en iyi yöntem midir? Önce adayların yarısıyla değil de, daha fazlasıyla ya da daha azıyla görüşülseydi daha iyi bir sonuç elde edebilir miydi? Aşağıdaki yöntem problemi genelleyerek bu soruya cevap vermektedir. 100 aday yerine n tane aday olduğunu kabul edelim ve önce bunların 50 tanesi ile değil, m tanesi ile görüşülüp sadece notları kaydedilip hiçbirisi seçilmesin. (m + 1). adaydan itibaren ilk m adaydan daha iyi olan ilk aday seçilsin. 26/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

175 Sekreter Problemi Acaba yukarıdaki yöntem en iyi yöntem midir? Önce adayların yarısıyla değil de, daha fazlasıyla ya da daha azıyla görüşülseydi daha iyi bir sonuç elde edebilir miydi? Aşağıdaki yöntem problemi genelleyerek bu soruya cevap vermektedir. 100 aday yerine n tane aday olduğunu kabul edelim ve önce bunların 50 tanesi ile değil, m tanesi ile görüşülüp sadece notları kaydedilip hiçbirisi seçilmesin. (m + 1). adaydan itibaren ilk m adaydan daha iyi olan ilk aday seçilsin. Bu yönteme göre en iyi sonuç verecek m sayısını belirlemeye çalışalım. 26/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

176 Sekreter Problemi Acaba yukarıdaki yöntem en iyi yöntem midir? Önce adayların yarısıyla değil de, daha fazlasıyla ya da daha azıyla görüşülseydi daha iyi bir sonuç elde edebilir miydi? Aşağıdaki yöntem problemi genelleyerek bu soruya cevap vermektedir. 100 aday yerine n tane aday olduğunu kabul edelim ve önce bunların 50 tanesi ile değil, m tanesi ile görüşülüp sadece notları kaydedilip hiçbirisi seçilmesin. (m + 1). adaydan itibaren ilk m adaydan daha iyi olan ilk aday seçilsin. Bu yönteme göre en iyi sonuç verecek m sayısını belirlemeye çalışalım. Bu yöntem ile en iyi adayın seçilme olasılığı P(S(n,m)), 26/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

177 Sekreter Problemi Acaba yukarıdaki yöntem en iyi yöntem midir? Önce adayların yarısıyla değil de, daha fazlasıyla ya da daha azıyla görüşülseydi daha iyi bir sonuç elde edebilir miydi? Aşağıdaki yöntem problemi genelleyerek bu soruya cevap vermektedir. 100 aday yerine n tane aday olduğunu kabul edelim ve önce bunların 50 tanesi ile değil, m tanesi ile görüşülüp sadece notları kaydedilip hiçbirisi seçilmesin. (m + 1). adaydan itibaren ilk m adaydan daha iyi olan ilk aday seçilsin. Bu yönteme göre en iyi sonuç verecek m sayısını belirlemeye çalışalım. Bu yöntem ile en iyi adayın seçilme olasılığı P(S(n,m)), i. adayın en iyi aday olma ve i. adayın bu yöntem ile seçilme olasılığı ise P(S i (n,m)) ile gösterilsin. 26/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

178 Sekreter Problemi O zaman yukarıdaki hesaplamalara benzer şekilde 27/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

179 Sekreter Problemi O zaman yukarıdaki hesaplamalara benzer şekilde P(S(n,m)) = n P(S i (n,m)) i=1 27/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

180 Sekreter Problemi O zaman yukarıdaki hesaplamalara benzer şekilde P(S(n,m)) = = n P(S i (n,m)) i=1 n i=m+1 P(S i (n,m)) 27/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

181 Sekreter Problemi O zaman yukarıdaki hesaplamalara benzer şekilde P(S(n,m)) = n P(S i (n,m)) i=1 n = P(S i (n,m)) i=m+1 = 1 ( 1+ m n m+1 + m m m ) n 1 27/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

182 Sekreter Problemi O zaman yukarıdaki hesaplamalara benzer şekilde bulunur. P(S(n,m)) = n P(S i (n,m)) i=1 n = P(S i (n,m)) i=m+1 = 1 ( 1+ m n m+1 + m m m ) n 1 = m ( 1 n m + 1 m m ) n 1 27/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

183 Sekreter Problemi En yüksek olasılığın elde edileceği m sayısı arandığından P(S(n,m)) > P(S(n,m 1)) (1) ve P(S(n,m)) > P(S(n,m + 1)) (2) olmalıdır. 28/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

184 Sekreter Problemi En yüksek olasılığın elde edileceği m sayısı arandığından P(S(n,m)) > P(S(n,m 1)) (1) ve P(S(n,m)) > P(S(n,m + 1)) (2) olmalıdır. Bu eşitsizlikleri kullanarak m sayısını bulmaya çalışalım. 28/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

185 Sekreter Problemi En yüksek olasılığın elde edileceği m sayısı arandığından ve P(S(n,m)) > P(S(n,m 1)) (1) P(S(n,m)) > P(S(n,m + 1)) (2) olmalıdır. Bu eşitsizlikleri kullanarak m sayısını bulmaya çalışalım. (1) eşitsizliğinden ( m 1 n m + 1 m m ) n 1 > m 1 ( 1 n m m + 1 m ) n 1 yazılabilir. 28/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

186 Sekreter Problemi En yüksek olasılığın elde edileceği m sayısı arandığından ve P(S(n,m)) > P(S(n,m 1)) (1) P(S(n,m)) > P(S(n,m + 1)) (2) olmalıdır. Bu eşitsizlikleri kullanarak m sayısını bulmaya çalışalım. (1) eşitsizliğinden ( m 1 n m + 1 m m ) n 1 > m 1 ( 1 n m m + 1 m ) n 1 yazılabilir. Her iki taraftan n sadeleştirilirse, ( 1 m m + 1 m m ) n 1 ( 1 > (m 1) m m + 1 m ) n 1 olur. 28/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

187 Sekreter Problemi Eşitsizliğin sağındaki ilk çarpma işlemi yapılırsa, ( 1 m m + 1 m m ) n 1 > m 1 ( 1 m 1 +(m 1) m + 1 m ) n 1 ( 1 = 1+(m 1) m + 1 m ) n 1 bulunur. 29/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

188 Sekreter Problemi Eşitsizliğin sağındaki ilk çarpma işlemi yapılırsa, ( 1 m m + 1 m m ) n 1 > m 1 ( 1 m 1 +(m 1) m + 1 m ) n 1 ( 1 = 1+(m 1) m + 1 m ) n 1 bulunur. İfadeler eşitsizliğin bir tarafında toplanırsa, ( 1 0 > 1+(m 1) m + 1 m ) n 1 ( 1 m m + 1 m m ) n 1 elde edilir. 29/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

189 Sekreter Problemi Eşitsizliğin sağındaki ilk çarpma işlemi yapılırsa, ( 1 m m + 1 m m ) n 1 > m 1 ( 1 m 1 +(m 1) m + 1 m ) n 1 ( 1 = 1+(m 1) m + 1 m ) n 1 bulunur. İfadeler eşitsizliğin bir tarafında toplanırsa, ( 1 0 > 1+(m 1) m + 1 m ) n 1 ( 1 m m + 1 m m ) n 1 elde edilir. Gerekli sadeleştirilmeler yapılırsa, ( 1 1 < m + 1 m ) n 1 sonucuna ulaşılır. 29/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi (3)

190 Sekreter Problemi Benzer şekilde (2) eşitsizliği ile başlanarak ( 1 1 > m m ) n 1 (4) sonucu da elde edilebilir. 30/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

191 Sekreter Problemi Benzer şekilde (2) eşitsizliği ile başlanarak ( 1 1 > m m ) n 1 (4) sonucu da elde edilebilir. (3) ve (4) eşitsizliklerinden ( 1 m m ) ( 1 < 1 < n 1 m + 1 m ) n 1 (5) bulunur. 30/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

192 Sekreter Problemi Benzer şekilde (2) eşitsizliği ile başlanarak ( 1 1 > m m ) n 1 (4) sonucu da elde edilebilir. (3) ve (4) eşitsizliklerinden ( 1 m m ) ( 1 < 1 < n 1 m + 1 m ) n 1 (5) bulunur. Bu son eşitsizlik yardımıyla farklı n değerlerine karşılık aranan m sayısı belirlenebilir mi? 30/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

193 Sekreter Problemi Örneğin, 5 aday varsa yani n = 5 ise 31/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

194 Sekreter Problemi Örneğin, 5 aday varsa yani n = 5 ise olduğundan m = 2 olur < 1 < /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

195 Sekreter Problemi Örneğin, 5 aday varsa yani n = 5 ise < 1 < olduğundan m = 2 olur. Yani ilk iki aday ile görüşüp bu adaylardan daha iyi olan ilk aday işe alınmalıdır. 31/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

196 Sekreter Problemi Örneğin, 5 aday varsa yani n = 5 ise < 1 < olduğundan m = 2 olur. Yani ilk iki aday ile görüşüp bu adaylardan daha iyi olan ilk aday işe alınmalıdır. Eğer n = 8 ise olduğundan m = 3 olur < 1 < /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

197 Sekreter Problemi Örneğin, 5 aday varsa yani n = 5 ise < 1 < olduğundan m = 2 olur. Yani ilk iki aday ile görüşüp bu adaylardan daha iyi olan ilk aday işe alınmalıdır. Eğer n = 8 ise olduğundan m = 3 olur. Peki ya 100 aday varsa? < 1 < /43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

198 Sekreter Problemi Örneğin, 5 aday varsa yani n = 5 ise < 1 < olduğundan m = 2 olur. Yani ilk iki aday ile görüşüp bu adaylardan daha iyi olan ilk aday işe alınmalıdır. Eğer n = 8 ise < 1 < olduğundan m = 3 olur. Peki ya 100 aday varsa? Bu durumda elle hesap yapmak neredeyse imkansızdır. 31/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

199 Sekreter Problemi Örneğin, 5 aday varsa yani n = 5 ise < 1 < olduğundan m = 2 olur. Yani ilk iki aday ile görüşüp bu adaylardan daha iyi olan ilk aday işe alınmalıdır. Eğer n = 8 ise < 1 < olduğundan m = 3 olur. Peki ya 100 aday varsa? Bu durumda elle hesap yapmak neredeyse imkansızdır. ( 1 f(n,m) = m + 1 m ) n 1 fonksiyonunu tanımlayıp m nin bazı değerleri için f(100, m) değerleri bilgisayar yardımıyla listeleyelim: 31/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

200 Sekreter Problemi m f(100,m) Yukarıdaki tablodan 1 e en yakın değer m = 37 için elde edildiğinden m = 37 alınmalıdır. 32/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

201 Sekreter Problemi f(100,m) m Şekil: f(100, m) fonksiyonunun grafiği 33/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

202 Sekreter Problemi n değerleri büyüdükçe aranan m değerinin n nin yüzde 37 sine karşılık geldiği gözlemlenebilir. 34/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

203 Sekreter Problemi n değerleri büyüdükçe aranan m değerinin n nin yüzde 37 sine karşılık geldiği gözlemlenebilir. Şimdi bunun nedenini açıklayalım. 34/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

204 Sekreter Problemi n değerleri büyüdükçe aranan m değerinin n nin yüzde 37 sine karşılık geldiği gözlemlenebilir. Şimdi bunun nedenini açıklayalım. m m+1 m+2 n 2 n 1 n Şekil: f(x) = 1 x fonksiyonunun P bölüntüsüne göre üst toplamı 34/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

205 Sekreter Problemi f(x) = 1 fonksiyonunun P = {m,m + 1,...,n 1,n} bölüntüsüne göre x üst toplamı 35/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

206 Sekreter Problemi f(x) = 1 fonksiyonunun P = {m,m + 1,...,n 1,n} bölüntüsüne göre x üst toplamı U(f,P) = 1 m + 1 m n 1 olur (bakınız şekil 3). 35/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

207 Sekreter Problemi f(x) = 1 fonksiyonunun P = {m,m + 1,...,n 1,n} bölüntüsüne göre x üst toplamı U(f,P) = 1 m + 1 m n 1 olur (bakınız şekil 3). olduğundan n m 1 dx U(f,P) x 35/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

208 Sekreter Problemi f(x) = 1 fonksiyonunun P = {m,m + 1,...,n 1,n} bölüntüsüne göre x üst toplamı U(f,P) = 1 m + 1 m n 1 olur (bakınız şekil 3). n olduğundan integral hesaplanırsa, bulunur. m 1 dx U(f,P) x ln n m 1 m + 1 m n 1 35/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

209 Sekreter Problemi m m+1 m+2 n 3 n 2 n 1 Şekil: f(x) = 1 x fonksiyonunun P bölüntüsüne göre alt toplamı 36/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

210 Sekreter Problemi f(x) = 1 x fonksiyonunun P = {m,m+1,...,n 1} bölüntüsüne göre alt toplamı ise 37/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

211 Sekreter Problemi f(x) = 1 x fonksiyonunun P = {m,m+1,...,n 1} bölüntüsüne göre alt toplamı ise olur (bakınız şekil 4) L(f,P ) = 1 m m n 1 37/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

212 Sekreter Problemi f(x) = 1 x fonksiyonunun P = {m,m+1,...,n 1} bölüntüsüne göre alt toplamı ise olur (bakınız şekil 4) ve olduğundan L(f,P ) = 1 m m n 1 n 1 m 1 dx L(f,P) x 37/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

213 Sekreter Problemi f(x) = 1 x fonksiyonunun P = {m,m+1,...,n 1} bölüntüsüne göre alt toplamı ise olur (bakınız şekil 4) ve olduğundan integral alınırsa, elde edilir. L(f,P ) = 1 m m n 1 n 1 m 1 dx L(f,P) x ln n 1 m 1 m m n 1 37/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

214 Sekreter Problemi Bu eşitsizlikler birleştirilirse, bulunur. 1 m m n 1 ln n 1 m < ln n m < 1 m + 1 m n 1 38/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

215 Sekreter Problemi Bu eşitsizlikler birleştirilirse, bulunur. 1 m m n 1 ln n 1 m < ln n m < 1 m + 1 m n 1 n ve m nin yeterince büyük değerleri için n 1 m n olduğundan ve (5) m eşitsizliğinden ln n m 1 olmalıdır. 38/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

216 Sekreter Problemi Bu eşitsizlikler birleştirilirse, bulunur. 1 m m n 1 ln n 1 m < ln n m < 1 m + 1 m n 1 n ve m nin yeterince büyük değerleri için n 1 m n olduğundan ve (5) m eşitsizliğinden ln n m 1 olmalıdır. Buradan sonucuna ulaşılır. n m e m n e n 38/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

217 Sekreter Problemi Bu m değeri P(S(n,m)) ifadesinde yerine yazılır ve (5) eşitsizliği kullanılırsa, 39/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

218 Sekreter Problemi Bu m değeri P(S(n,m)) ifadesinde yerine yazılır ve (5) eşitsizliği kullanılırsa, P(S(n,m)) = m ( 1 n m + 1 m ) m n 1 39/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

219 Sekreter Problemi Bu m değeri P(S(n,m)) ifadesinde yerine yazılır ve (5) eşitsizliği kullanılırsa, P(S(n,m)) = m ( 1 n m + 1 m ) m n 1 1 n n e 1 = 1 e elde edilir. 39/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

220 Sekreter Problemi Bu m değeri P(S(n,m)) ifadesinde yerine yazılır ve (5) eşitsizliği kullanılırsa, P(S(n,m)) = m ( 1 n m + 1 m ) m n 1 1 n n e 1 = 1 e elde edilir. O halde bu yöntem ile yaklaşık yüzde 37 ihtimalle doğru adayın seçilebileceği sonucu ortaya çıkar. 39/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

221 Alıştırmalar Kombinatoryal Olasılık Alıştırmalar Alıştırma 4 zar aynı anda atıldığında zarlardan en az birisi 6 gelirse oyuncu kaybetmektedir. Buna göre oyuncunun kaybetmeme olasılığı nedir? 40/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

222 Alıştırmalar Kombinatoryal Olasılık Alıştırmalar Alıştırma 4 zar aynı anda atıldığında zarlardan en az birisi 6 gelirse oyuncu kaybetmektedir. Buna göre oyuncunun kaybetmeme olasılığı nedir? I. Yol Oyuncunun kaybetmemesi için zarların dördünün de 6 hariç diğer 5 rakamdan herhangi biri olması gerektiğinden cevap olur = [= ] 40/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

223 Alıştırmalar II. Yol 4 Zar aynı anda atıldığında ortaya çıkabilecek tüm sonuçların kümesini S ile gösterelim. 41/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

224 Alıştırmalar II. Yol 4 Zar aynı anda atıldığında ortaya çıkabilecek tüm sonuçların kümesini S ile gösterelim. Bu durumda S = 6 4 olur. 41/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

225 Alıştırmalar II. Yol 4 Zar aynı anda atıldığında ortaya çıkabilecek tüm sonuçların kümesini S ile gösterelim. Bu durumda S = 6 4 olur. c i ile (i = 1,2,3,4) i. zarın 6 olduğu sonuçların kümesini gösterelim. 41/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

226 Alıştırmalar II. Yol 4 Zar aynı anda atıldığında ortaya çıkabilecek tüm sonuçların kümesini S ile gösterelim. Bu durumda S = 6 4 olur. c i ile (i = 1,2,3,4) i. zarın 6 olduğu sonuçların kümesini gösterelim. O zaman c i = 41/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

227 Alıştırmalar II. Yol 4 Zar aynı anda atıldığında ortaya çıkabilecek tüm sonuçların kümesini S ile gösterelim. Bu durumda S = 6 4 olur. c i ile (i = 1,2,3,4) i. zarın 6 olduğu sonuçların kümesini gösterelim. O zaman c i = 6 3 olur. 41/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

228 Alıştırmalar II. Yol 4 Zar aynı anda atıldığında ortaya çıkabilecek tüm sonuçların kümesini S ile gösterelim. Bu durumda S = 6 4 olur. c i ile (i = 1,2,3,4) i. zarın 6 olduğu sonuçların kümesini gösterelim. O zaman c i = 6 3 olur. c ij (i,j = 1,2,3,4 i j) ise i. ve j. zarların 6 olduğu sonuçların kümesi ise c ij = 41/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

229 Alıştırmalar II. Yol 4 Zar aynı anda atıldığında ortaya çıkabilecek tüm sonuçların kümesini S ile gösterelim. Bu durumda S = 6 4 olur. c i ile (i = 1,2,3,4) i. zarın 6 olduğu sonuçların kümesini gösterelim. O zaman c i = 6 3 olur. c ij (i,j = 1,2,3,4 i j) ise i. ve j. zarların 6 olduğu sonuçların kümesi ise c ij = 6 2 olur. 41/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

230 Alıştırmalar II. Yol 4 Zar aynı anda atıldığında ortaya çıkabilecek tüm sonuçların kümesini S ile gösterelim. Bu durumda S = 6 4 olur. c i ile (i = 1,2,3,4) i. zarın 6 olduğu sonuçların kümesini gösterelim. O zaman c i = 6 3 olur. c ij (i,j = 1,2,3,4 i j) ise i. ve j. zarların 6 olduğu sonuçların kümesi ise c ij = 6 2 olur. Benzer şekilde c ijk aynı anda i., j. ve k. zarların 6 olduğu sonuçların kümesi ise c ijk = 6 olur. 41/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

231 Alıştırmalar II. Yol 4 Zar aynı anda atıldığında ortaya çıkabilecek tüm sonuçların kümesini S ile gösterelim. Bu durumda S = 6 4 olur. c i ile (i = 1,2,3,4) i. zarın 6 olduğu sonuçların kümesini gösterelim. O zaman c i = 6 3 olur. c ij (i,j = 1,2,3,4 i j) ise i. ve j. zarların 6 olduğu sonuçların kümesi ise c ij = 6 2 olur. Benzer şekilde c ijk aynı anda i., j. ve k. zarların 6 olduğu sonuçların kümesi ise c ijk = 6 olur. Tüm zarların 6 olduğu sonuçların kümesi c 1234 ile gösterilirse c 1234 = 1 olur. 41/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

232 Alıştırmalar II. Yol 4 Zar aynı anda atıldığında ortaya çıkabilecek tüm sonuçların kümesini S ile gösterelim. Bu durumda S = 6 4 olur. c i ile (i = 1,2,3,4) i. zarın 6 olduğu sonuçların kümesini gösterelim. O zaman c i = 6 3 olur. c ij (i,j = 1,2,3,4 i j) ise i. ve j. zarların 6 olduğu sonuçların kümesi ise c ij = 6 2 olur. Benzer şekilde c ijk aynı anda i., j. ve k. zarların 6 olduğu sonuçların kümesi ise c ijk = 6 olur. Tüm zarların 6 olduğu sonuçların kümesi c 1234 ile gösterilirse c 1234 = 1 olur. Böylece içerme dışlama prensibinden C1 C 2 C 3 C 4 = 6 4 (4 6 3 )+(6 6 2 ) (4 6)+1 = 625 olduğundan cevap = bulunur. 41/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

233 Alıştırmalar Alıştırma Bir küpün rastgele seçilen 3 farklı köşesinin ikişer ikişer birleştirilmesiyle oluşturulan üçgenin eşkenar üçgen olma olasılığı nedir? 42/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

234 Alıştırmalar Alıştırma Bir küpün rastgele seçilen 3 farklı köşesinin ikişer ikişer birleştirilmesiyle oluşturulan üçgenin eşkenar üçgen olma olasılığı nedir? 42/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

235 Alıştırmalar Alıştırma Bir küpün rastgele seçilen 3 farklı köşesinin ikişer ikişer birleştirilmesiyle oluşturulan üçgenin eşkenar üçgen olma olasılığı nedir? Küpün 8 köşesi olduğuna göre oluşturulabilecek tüm üçgenlerin sayısı ( 8 3) = 56 olur. 42/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

236 Alıştırmalar Alıştırma Bir küpün rastgele seçilen 3 farklı köşesinin ikişer ikişer birleştirilmesiyle oluşturulan üçgenin eşkenar üçgen olma olasılığı nedir? Küpün 8 köşesi olduğuna göre oluşturulabilecek tüm üçgenlerin sayısı ( 8 3) = 56 olur. Üçgenlerin eşkenar üçgen olabilmesi için seçilen üçgenin her bir kenarının küpün ayrı bir yüzünde ve o yüzün köşegeni olması gerekir. 42/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

237 Alıştırmalar Alıştırma Bir küpün rastgele seçilen 3 farklı köşesinin ikişer ikişer birleştirilmesiyle oluşturulan üçgenin eşkenar üçgen olma olasılığı nedir? Küpün 8 köşesi olduğuna göre oluşturulabilecek tüm üçgenlerin sayısı ( 8 3) = 56 olur. Üçgenlerin eşkenar üçgen olabilmesi için seçilen üçgenin her bir kenarının küpün ayrı bir yüzünde ve o yüzün köşegeni olması gerekir. Küpün her bir köşesi 3 farklı yüzün köşegenine aittir. 42/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

238 Alıştırmalar Alıştırma Bir küpün rastgele seçilen 3 farklı köşesinin ikişer ikişer birleştirilmesiyle oluşturulan üçgenin eşkenar üçgen olma olasılığı nedir? Küpün 8 köşesi olduğuna göre oluşturulabilecek tüm üçgenlerin sayısı ( 8 3) = 56 olur. Üçgenlerin eşkenar üçgen olabilmesi için seçilen üçgenin her bir kenarının küpün ayrı bir yüzünde ve o yüzün köşegeni olması gerekir. Küpün her bir köşesi 3 farklı yüzün köşegenine aittir. Eşkenar üçgen oluşturmak için bir köşeden çıkan bu 3 köşegenin 2 sinin kullanılması gereklidir. 42/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

239 Alıştırmalar Alıştırma Bir küpün rastgele seçilen 3 farklı köşesinin ikişer ikişer birleştirilmesiyle oluşturulan üçgenin eşkenar üçgen olma olasılığı nedir? Küpün 8 köşesi olduğuna göre oluşturulabilecek tüm üçgenlerin sayısı ( 8 3) = 56 olur. Üçgenlerin eşkenar üçgen olabilmesi için seçilen üçgenin her bir kenarının küpün ayrı bir yüzünde ve o yüzün köşegeni olması gerekir. Küpün her bir köşesi 3 farklı yüzün köşegenine aittir. Eşkenar üçgen oluşturmak için bir köşeden çıkan bu 3 köşegenin ( 2 sinin kullanılması gereklidir. Bu işlem 3 ) 2 = 3 farklı şekilde yapılabilir. 42/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

240 Alıştırmalar Alıştırma Bir küpün rastgele seçilen 3 farklı köşesinin ikişer ikişer birleştirilmesiyle oluşturulan üçgenin eşkenar üçgen olma olasılığı nedir? Küpün 8 köşesi olduğuna göre oluşturulabilecek tüm üçgenlerin sayısı ( 8 3) = 56 olur. Üçgenlerin eşkenar üçgen olabilmesi için seçilen üçgenin her bir kenarının küpün ayrı bir yüzünde ve o yüzün köşegeni olması gerekir. Küpün her bir köşesi 3 farklı yüzün köşegenine aittir. Eşkenar üçgen oluşturmak için bir köşeden çıkan bu 3 köşegenin ( 2 sinin kullanılması gereklidir. Bu işlem 3 ) 2 = 3 farklı şekilde yapılabilir. 8 tane köşemiz olduğundan 3 8 eşkenar üçgen seçebiliriz. 42/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

241 Alıştırmalar Alıştırma Bir küpün rastgele seçilen 3 farklı köşesinin ikişer ikişer birleştirilmesiyle oluşturulan üçgenin eşkenar üçgen olma olasılığı nedir? Küpün 8 köşesi olduğuna göre oluşturulabilecek tüm üçgenlerin sayısı ( 8 3) = 56 olur. Üçgenlerin eşkenar üçgen olabilmesi için seçilen üçgenin her bir kenarının küpün ayrı bir yüzünde ve o yüzün köşegeni olması gerekir. Küpün her bir köşesi 3 farklı yüzün köşegenine aittir. Eşkenar üçgen oluşturmak için bir köşeden çıkan bu 3 köşegenin ( 2 sinin kullanılması gereklidir. Bu işlem 3 ) 2 = 3 farklı şekilde yapılabilir. 8 tane köşemiz olduğundan 3 8 eşkenar üçgen seçebiliriz. Ancak, bu durumda her bir üçgeni 3 kez saymış oluruz. O halde eşkenar üçgenlerin sayısı = 8 olmalıdır. 42/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

242 Alıştırmalar Alıştırma Bir küpün rastgele seçilen 3 farklı köşesinin ikişer ikişer birleştirilmesiyle oluşturulan üçgenin eşkenar üçgen olma olasılığı nedir? Küpün 8 köşesi olduğuna göre oluşturulabilecek tüm üçgenlerin sayısı ( 8 3) = 56 olur. Üçgenlerin eşkenar üçgen olabilmesi için seçilen üçgenin her bir kenarının küpün ayrı bir yüzünde ve o yüzün köşegeni olması gerekir. Küpün her bir köşesi 3 farklı yüzün köşegenine aittir. Eşkenar üçgen oluşturmak için bir köşeden çıkan bu 3 köşegenin ( 2 sinin kullanılması gereklidir. Bu işlem 3 ) 2 = 3 farklı şekilde yapılabilir. 8 tane köşemiz olduğundan 3 8 eşkenar üçgen seçebiliriz. Ancak, bu durumda her bir üçgeni 3 kez saymış oluruz. O halde eşkenar üçgenlerin sayısı istenen cevap 8 56 elde edilir. = 8 olmalıdır. Böylece 42/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

243 Alıştırmalar Alıştırma Özdeş olmayan n top rastgele olarak k kutuya (n k) dağıtılırsa, her kutuda en fazla 1 top bulunma olasılığı nedir? 43/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

244 Alıştırmalar Alıştırma Özdeş olmayan n top rastgele olarak k kutuya (n k) dağıtılırsa, her kutuda en fazla 1 top bulunma olasılığı nedir? Bu soruyu doğum günü problemi gibi düşünebiliriz (k tane gün n tane öğrenci). 43/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

245 Alıştırmalar Alıştırma Özdeş olmayan n top rastgele olarak k kutuya (n k) dağıtılırsa, her kutuda en fazla 1 top bulunma olasılığı nedir? Bu soruyu doğum günü problemi gibi düşünebiliriz (k tane gün n tane öğrenci). Hiç bir koşul olmaksızın n tane farklı top k tane kutuya } k k k {{} = k n farklı biçimde dağıtılabilir. n tane 43/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

246 Alıştırmalar Alıştırma Özdeş olmayan n top rastgele olarak k kutuya (n k) dağıtılırsa, her kutuda en fazla 1 top bulunma olasılığı nedir? Bu soruyu doğum günü problemi gibi düşünebiliriz (k tane gün n tane öğrenci). Hiç bir koşul olmaksızın n tane farklı top k tane kutuya } k k k {{} = k n farklı biçimde dağıtılabilir. Şimdi n tane topu bir kutuda iki n tane tane olmayacak şekilde dağıtalım: 43/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

247 Alıştırmalar Alıştırma Özdeş olmayan n top rastgele olarak k kutuya (n k) dağıtılırsa, her kutuda en fazla 1 top bulunma olasılığı nedir? Bu soruyu doğum günü problemi gibi düşünebiliriz (k tane gün n tane öğrenci). Hiç bir koşul olmaksızın n tane farklı top k tane kutuya } k k k {{} = k n farklı biçimde dağıtılabilir. Şimdi n tane topu bir kutuda iki n tane tane olmayacak şekilde dağıtalım: İlk topu k kutudan herhangi birine, ikinci topu kalan k 1 kutudan herhangi birine, 43/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

248 Alıştırmalar Alıştırma Özdeş olmayan n top rastgele olarak k kutuya (n k) dağıtılırsa, her kutuda en fazla 1 top bulunma olasılığı nedir? Bu soruyu doğum günü problemi gibi düşünebiliriz (k tane gün n tane öğrenci). Hiç bir koşul olmaksızın n tane farklı top k tane kutuya } k k k {{} = k n farklı biçimde dağıtılabilir. Şimdi n tane topu bir kutuda iki n tane tane olmayacak şekilde dağıtalım: İlk topu k kutudan herhangi birine, ikinci topu kalan k 1 kutudan herhangi birine, ve böyle devam edecek olursak, n. topu kalan k n+ 1 kutudan herhangi birine koyarsak hiç bir kutuda iki top olmaz. 43/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi

249 Alıştırmalar Alıştırma Özdeş olmayan n top rastgele olarak k kutuya (n k) dağıtılırsa, her kutuda en fazla 1 top bulunma olasılığı nedir? Bu soruyu doğum günü problemi gibi düşünebiliriz (k tane gün n tane öğrenci). Hiç bir koşul olmaksızın n tane farklı top k tane kutuya } k k k {{} = k n farklı biçimde dağıtılabilir. Şimdi n tane topu bir kutuda iki n tane tane olmayacak şekilde dağıtalım: İlk topu k kutudan herhangi birine, ikinci topu kalan k 1 kutudan herhangi birine, ve böyle devam edecek olursak, n. topu kalan k n+ 1 kutudan herhangi birine koyarsak hiç bir kutuda iki top olmaz. Böylece cevap olur. k (k 1) (k n+1) k n 43/43 AYRIK MATEMATİK Anadolu Üniversitesi