TYT Matematik · Sayma, Olasılık ve İstatistik

Koşullu Olasılık Soruları

~22 dk okumaZorluk: Zor25 çözümlü soruTYT'de ~3 soru/yıl · Sınavda yüksek ağırlık

Bir olayın gerçekleştiğini öğrendiğimizde örnek uzay o olayın içine daralır; koşullu olasılık, istenen olayın bu daralmış uzaydaki payıdır. Yeni uzayı listelemek, tablonun doğru satırını okumak, ağaçta dalları çarpmak, bağımsızlığı sınamak, Bayes ile sonuçtan nedene dönmek: bu sayfadaki her yöntem aynı fikre dayanır. Payda, bilinen olaydır.

Bu sayfadaki varsayımlar

Zarlar ve paralar hilesizdir. Birden çok zar atıldığında zarlar birbirinden ayırt edilir; her sonuç sıralı bir ikilidir ( $(4, 6)$ ile $(6, 4)$ farklı sonuçlardır).

"Rastgele seçiliyor" ifadesi, seçeneklerin her birinin eşit olasılıkla seçildiği anlamına gelir.

Torbadaki aynı renkli toplar, hesapta birbirinden ayrı (numaralı) düşünülür.

"Geri koymadan" ya da "iadesiz" çekişte çekilen top torbaya dönmez; "aynı anda" çekiş de iadesiz çekiştir.

Art arda yapılan atışlar, maçlar ve denemeler, aksi söylenmedikçe birbirinden bağımsızdır ve her denemede başarı olasılığı aynıdır.

$P (A ∣ B)$ yazıldığında $P (B) > 0$ kabul edilir.

Cevaplar en sade kesir olarak verilir.

Koşullu olasılığın tanımı ve ilk örnekleri için 10. sınıf Koşullu Olasılık, Bağımlı ve Bağımsız Olaylar ve Bayes Teoremi derslerine temel bakış olarak göz atabilirsin. Konunun genel haritası Olasılık sayfasında. Maarif programında koşullu olasılık, bağımlı ve bağımsız olaylar ve Bayes teoremi 10. sınıfta işlenir. Bu sayfa aynı konuyu soru çözme derinliğinde ele alır ve Olasılıkta Temel Kavramlar ile Kombinasyonla Olasılık sayfalarındaki tümleyen ve sayma yöntemlerini hazır kabul eder.

1. Koşul Örnek Uzayını Daraltır

Bir zar atılıyor. Gelen sayının tek olma olasılığı $\frac{3}{6} = \frac{1}{2}$ 'dir. Şimdi biri zara bakıp "gelen sayı asal" diyor. Bu bilgiden sonra $1$ , $4$ ve $6$ artık mümkün değildir; geriye yalnız

${2, 3, 5}$

kalır. Bu üç sonuç hâlâ eşit olasılıklıdır ve bunların ikisi ( $3$ ve $5$ ) tektir. Bu nedenle

$P (tek ∣ asal) = \frac{2}{3} .$

Bilgi, tek olma olasılığını $\frac{1}{2}$ 'den $\frac{2}{3}$ 'ye çıkardı. Zar değişmedi; değişen, hangi sonuçların hâlâ mümkün olduğu bilgisidir.

Ana fikir: " $B$ olduğu biliniyor" ifadesi örnek uzayı $B$ 'ye daraltır. $P (A ∣ B)$ (" $B$ olduğu bilindiğine göre $A$ 'nın olasılığı"), $A$ 'nın bu yeni uzaydaki payıdır.

2. Koşullu Olasılık Formülü ve İndirgenmiş Örnek Uzay

Yeni uzay $B$ olduğuna göre, $A$ 'dan geriye yalnız $B$ 'nin içinde kalan kısım, yani $A \cap B$ kalır. Payda $B$ , pay $A \cap B$ olur:

$P (A ∣ B) = \frac{P ( A \cap B )}{P ( B )} (P (B) > 0)$

Sonuçlar eşit olasılıklıysa olasılıkların yerine eleman sayıları yazılabilir:

$P (A ∣ B) = \frac{s ( A \cap B )}{s ( B )}$

Bölüm 1'de $s (asal) = 3$ ve $s (tek \cap asal) = 2$ olduğundan sonuç $\frac{2}{3}$ idi.

Formülün iki yüzü vardır. Olduğu gibi okununca koşullu olasılığı hesaplar; iki tarafı $P (B)$ ile çarpınca çarpma kuralını verir:

$P (A \cap B) = P (B) \cdot P (A ∣ B) = P (A) \cdot P (B ∣ A)$

3. P(A | B) + P(A' | B) = 1, Ama P(A | B) ≠ 1 − P(A | B')

$B$ 'nin içindeki her sonuç ya $A$ olayına ya da $A^{'}$ olayına aittir. Bu iki parça daralmış uzayı tam olarak paylaşır:

$P (A ∣ B) + P (A^{'} ∣ B) = 1$

Buna karşılık $P (A ∣ B)$ ile $P (A ∣ B^{'})$ farklı uzaylarda hesaplanır: biri $B$ 'nin içinde, öteki $B$ 'nin dışında. Toplamlarının $1$ olması için hiçbir neden yoktur. Örneğin bir sınıfta düzenli çalışanların $%90$ 'ı, çalışmayanların ise $%30$ 'u dersten geçmiş olsun:

$P (ge \overset{c}{¸} ti ∣ \overset{c}{¸} al ı \overset{s}{¸} t ı) + P (ge \overset{c}{¸} ti ∣ \overset{c}{¸} al ı \overset{s}{¸} mad ı) = 0, 9 + 0, 3 = 1, 2 \neq = 1.$

Kural: Tümleyen almak için koşulu sabit tut, olayı değiştir. $1 - P (A ∣ B) = P (A^{'} ∣ B)$ doğrudur; $1 - P (A ∣ B) = P (A ∣ B^{'})$ genelde yanlıştır. Sayısal bir karşılaştırmayı Örnek 2'de bulabilirsin.

4. Koşul Altında Sayma: Yeni Örnek Uzayını Listelemek

Sonuç sayısı az ise en güvenli yol listelemektir: önce koşulu sağlayan sonuçları yaz, sonra bunların içinden isteneni say.

Üç para atılıyor ve en az iki yazı geldiği biliniyor (Y: yazı, T: tura). Yeni uzay:

${Y Y T, Y T Y, T Y Y, Y Y Y}$

Dört sonucun yalnız biri üç yazıdır: $P (\overset{u}{¨} \overset{c}{¸} yaz ı ∣ en az iki yaz ı) = \frac{1}{4}$ . Koşulsuz olasılık ise $\frac{1}{8}$ 'dir.

Listelerken iki şeye dikkat et:

Listedeki sonuçlar eşit olasılıklı olmalıdır. $Y Y T$ , $Y T Y$ ve $T Y Y$ üç ayrı sonuçtur; bunları "iki yazı bir tura" diye tek sonuç saymak oranları bozar.
Liste uzun olacaksa koşul olayını tümleyenle saymak daha kısadır: $s (en az bir) = s (S) - s (hi \overset{c}{¸})$ (Örnek 5).

5. İki Yönlü Tablodan Koşullu Olasılık

İki özelliğe göre sınıflandırılmış veriler iki yönlü tablo (çapraz tablo) ile verilir. Koşul bir satırı ya da bir sütunu seçer; payda o satırın ya da sütunun toplamıdır, tablonun genel toplamı değildir.

Şekil 1 —

160

öğrencinin cinsiyete ve lisanslı sporcu olup olmamaya göre dağılımı. "Kız" koşulu taralı satırı (

72

kişi), "sporcu" koşulu kesikli çerçeveli sütunu (

50

kişi) yeni örnek uzay yapar.

İstenen	Koşul (payda)	Hesap
$P (sporcu ∣ k ı z)$	Kız satırı: $72$	$\frac{18}{72} = \frac{1}{4}$
$P (k ı z ∣ sporcu)$	Sporcu sütunu: $50$	$\frac{18}{50} = \frac{9}{25}$
$P (k ı z \cap sporcu)$	Koşul yok: $160$	$\frac{18}{160} = \frac{9}{80}$

Üç satırda da pay $18$ 'dir; yalnız payda değişir. "Seçilen öğrenci kız ise sporcu olma olasılığı" sorusuna $\frac{18}{160}$ yazmak, koşulu hiç kullanmamak demektir.

6. Çarpma Kuralı ve İadesiz Ardışık Çekişler

Art arda yapılan iadesiz çekişlerde her çekişin olasılığı, önceki çekişlerin sonucuna bağlıdır. Çarpma kuralı bu yüzden zincir hâlinde uygulanır:

$P (A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3}) = P (A_{1}) \cdot P (A_{2} ∣ A_{1}) \cdot P (A_{3} ∣ A_{1} \cap A_{2})$

Bir kutuda $3$ bozuk, $7$ sağlam ampul var. Kutudan rastgele, geri koymadan art arda $3$ ampul çekiliyor. Üçünün de sağlam olma olasılığı:

$\frac{7}{10} \cdot \frac{6}{9} \cdot \frac{5}{8} = \frac{210}{720} = \frac{7}{24}$

Her kesirde hem pay hem payda bir azalır, çünkü önceki çekişte bir sağlam ampul kutudan çıkmıştır. Aynı sonucu kombinasyonla da bulabiliriz: $\frac{C ( 7 , 3 )}{C ( 10 , 3 )} = \frac{35}{120} = \frac{7}{24}$ .

Koşul her zaman önceki çekişte olmak zorunda değildir. "İkinci top kırmızı ise birincinin kırmızı olma olasılığı" gibi geriye dönük sorularda da tanım aynen çalışır: $P (K_{1} ∣ K_{2}) = \frac{P ( K _{1} \cap K _{2} )}{P ( K _{2} )}$ . Bunun nasıl hesaplandığını Örnek 6'da göreceğiz.

7. Bağımsız Olaylar: Tanım, Test ve Tümleyenlerin Bağımsızlığı

$B$ 'nin gerçekleştiğini bilmek $A$ 'nın olasılığını değiştirmiyorsa, yani

$P (A ∣ B) = P (A)$

ise $A$ ile $B$ bağımsız olaylardır. Bu eşitliği formülde yerine koyunca daha kullanışlı olan çarpım testi çıkar:

$A ile B ba \overset{g}{˘} ı ms ı z ⟺ P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)$

Bağımsızlık bir sezgi değil, bir hesap sonucudur: iki olasılığı çarpıp kesişimin olasılığıyla karşılaştırırız (Örnek 7).

Tümleyenler de bağımsızdır. $A$ ile $B$ bağımsızsa $A^{'}$ ile $B$ de bağımsızdır. Kanıtı kısadır. $B$ olayı ayrık iki parçaya ayrılır: $A \cap B$ ve $A^{'} \cap B$ . Buna göre

$P (A^{'} \cap B) = P (B) - P (A \cap B) = P (B) - P (A) P (B) = P (B) (1 - P (A)) = P (A^{'}) P (B) .$

Aynı adım tekrarlanınca $A$ ile $B^{'}$ , $A^{'}$ ile $B^{'}$ de bağımsız çıkar. Bu sonuç "en az biri" sorularını kısaltır:

$P (A \cup B) = 1 - P (A^{'} \cap B^{'}) = 1 - P (A^{'}) P (B^{'})$

Örneğin bağımsız $A$ ve $B$ için $P (A) = 0, 3$ ve $P (B) = 0, 6$ ise $P (A^{'} \cap B^{'}) = 0, 7 \cdot 0, 4 = 0, 28$ ve $P (A \cup B) = 1 - 0, 28 = 0, 72$ olur. Kontrol: $0, 3 + 0, 6 - 0, 3 \cdot 0, 6 = 0, 72$ .

8. Ayrık mı, Bağımsız mı? Kritik Fark

Bu iki kavram sık karıştırılır, oysa neredeyse zıt anlamlıdır:

	Ayrık olaylar	Bağımsız olaylar
Tanım	$A \cap B = \emptyset$	$P (A \cap B) = P (A) P (B)$
Anlamı	Biri olursa öteki kesinlikle olmaz	Biri olsa da ötekinin olasılığı değişmez
Kesişimin olasılığı	$0$	$P (A) P (B)$

$P (A) > 0$ ve $P (B) > 0$ olan iki ayrık olay bağımsız olamaz: kesişimin olasılığı $0$ , çarpım ise pozitiftir. Üstelik $A$ gerçekleştiğinde $P (B ∣ A) = 0$ olur; $A$ bilgisi $B$ 'yi tamamen engeller. Bu, bir olayın ötekini etkilemesinin en güçlü biçimidir.

Kural: Ayrık ve olasılıkları pozitif olan iki olay her zaman bağımlıdır. "Ayrık" demek "birbirini etkilemiyor" demek değildir.

9. Tekrarlanan Bağımsız Denemeler: Ağaçla Tam k Başarı ve İlk Başarı

Bir atıcı hedefi her atışta $0, 8$ olasılıkla vuruyor; atışlar bağımsız. $3$ atışta tam $2$ isabet olasılığını ağaçtan okuyalım.

Şekil 2 — Üç atışın ağaç şeması. Sekiz dal ucunun üçü (kırmızı) tam iki isabet içerir. Bu üç yolun her biri bir kez

0, 2

, iki kez

0, 8

çarpanı taşır.

Tam iki isabet veren yollar: $V V V^{'}$ , $V V^{'} V$ , $V^{'} V V$ . Vuramadığı atış üç sıradan birinde olabilir, yani yol sayısı kombinasyonla $C (3, 2) = 3$ 'tür.
Her yolun olasılığı aynıdır: $0, 8 \cdot 0, 8 \cdot 0, 2 = 0, 128$ .
Toplam: $3 \cdot 0, 128 = 0, 384$ .

Genel olarak, başarı olasılığı $p$ olan bağımsız $n$ denemede tam $k$ başarı olasılığı yol sayısı ile bir yolun olasılığının çarpımıdır:

$C (n, k) p^{k} (1 - p)^{n - k}$

Bu sayfada formülü yalnız $n \leq 4$ için ve her zaman ağaçtan türeterek kullanacağız. $C (n, k)$ çarpanını unutmak, yolların yalnız birini saymak demektir.

İlk başarının $k$ 'inci denemede gelmesi için ilk $k - 1$ deneme başarısız, $k$ 'inci deneme başarılı olmalıdır. Burada tek bir yol vardır, $C$ çarpanı yoktur: atıcının ilk isabetini 3. atışta yapma olasılığı $0, 2 \cdot 0, 2 \cdot 0, 8 = 0, 032$ 'dir.

"En az kaç deneme?" sorularında tümleyen kullanılır: $n$ atışta en az bir isabet olasılığı $1 - 0, 2^{n}$ 'dir. Bunun $0, 99$ 'dan büyük olması için $0, 2^{n} < 0, 01$ gerekir. $n = 2$ için $0, 04$ , $n = 3$ için $0, 008$ bulunur; en az $3$ atış gerekir.

Bir takımın belirli sayıda galibiyete ulaşınca kazandığı serilerde ek bir kısıt vardır: seriyi bitiren son maçı her zaman seriyi kazanan takım kazanır, yani son maç sabittir; $C (n, k)$ çarpanı yalnız ondan önceki maçlara uygulanır (Örnek 8).

10. Ağaç Şeması: Dallar Eş Olasılıklı Değildir

Ağaç şemasında her dal kendi olasılığını taşır ve bir yol boyunca dallar çarpılır. Dalların sayısı onların olasılığı hakkında hiçbir şey söylemez.

I. torbada $1$ kırmızı, $1$ beyaz; II. torbada $1$ kırmızı, $9$ beyaz top olsun. Bir para atılıp yazı gelirse I. torbadan, tura gelirse II. torbadan bir top çekiliyor. Kırmızı çekme olasılığı:

$\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{10} = \frac{1}{4} + \frac{1}{20} = \frac{3}{10}$

Tek havuz tuzağı: Bütün topları tek torbada toplayıp " $12$ topun $2$ 'si kırmızı, cevap $\frac{1}{6}$ " demek yanlıştır. I. torbadaki her topun çekilme olasılığı $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$ , II. torbadakilerin her birininki ise $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{10} = \frac{1}{20}$ 'dir. Toplar eşit şanslı değildir; tek havuz ancak her top eşit şanslı olsaydı doğru olurdu.

11. Toplam Olasılık Kuralı

Bir olaya birden çok yoldan ulaşılıyorsa, olasılığı bütün yolların toplamıdır. Yolların başlangıç olayları $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{k}$ ayrık olmalı ve birleşimleri örnek uzayın tamamını vermelidir (iki dalda $A$ ve $A^{'}$ ):

$P (B) = P (A_{1}) P (B ∣ A_{1}) + P (A_{2}) P (B ∣ A_{2}) + \dots + P (A_{k}) P (B ∣ A_{k})$

Her terim bir yolun çarpımıdır (çarpma kuralı); yollar ayrık olduğu için toplanır. Bölüm 10'daki $\frac{1}{4} + \frac{1}{20} = \frac{3}{10}$ tam olarak bu toplamdı.

12. Bayes: Sonuçtan Nedene Geri Dönmek

Ağaç, nedenden sonuca doğru çizilir: önce torba, sonra top. Bayes kuralı soruyu ters çevirir: top kırmızı çıktıysa hangi torbadan gelmiş olabilir? Tanımı yazmak yeter:

$P (A_{i} ∣ B) = \frac{P ( A _{i} \cap B )}{P ( B )} = \frac{istenen yolun olas ı l ı g ˘ ı}{B ’ye giden b u ¨ t u ¨ n yollar ı n toplam ı}$

Bölüm 10'daki torbalarda, çekilen top kırmızıysa I. torbadan gelmiş olma olasılığı

$P (I ∣ K) = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{10}} = \frac{5}{6}$

olur. Payda $\frac{3}{10}$ toplam olasılıktır. Paydaya yalnız ilgili yolu yazmak $\frac{1/4}{1/4} = 1$ gibi anlamsız bir sonuç verir.

13. Ağacı Tabloya Çevirmek: Sıklık Tablosu

Yüzdeler kafa karıştırıyorsa ağacı somut sayılara çevir: deneyin uygun sayıda (örneğin $20$ ya da $1000$ kez) tekrarlandığını düşün ve her dala düşen beklenen sayıyı yaz.

Bölüm 10'daki deneyi $20$ kez yaptığımızı düşünelim. Yaklaşık $10$ kez I. torba seçilir ve bunların yarısında, $5$ kez, kırmızı gelir. $10$ kez II. torba seçilir ve bunların onda birinde, $1$ kez, kırmızı gelir. Bu beklenen sayıları tabloya yazalım:

	Kırmızı	Beyaz	Toplam
I. torba	$5$	$5$	$10$
II. torba	$1$	$9$	$10$
Toplam	$6$	$14$	$20$

"Kırmızı" koşulu tablonun ilk sütununu seçer. Bu sütundaki $6$ kırmızının $5$ 'i I. torbadandır:

$P (I ∣ K) = \frac{5}{6}, P (K) = \frac{6}{20} = \frac{3}{10} .$

İki sonuç da Bayes hesabıyla aynıdır. Böylece Bayes sorusu, Bölüm 5'teki tablo okumasına dönüşür. Görülme oranı (taban oranı) düşük olan durumlarda bu kontrol özellikle değerlidir; Örnek 10'da aynı yöntemi $1000$ kişilik bir tabloyla kullanacağız.

14. P(A | B) ile P(B | A) Aynı Değildir

İki koşullu olasılığın payı aynıdır ( $P (A \cap B)$ ), paydaları farklıdır. Çarpma kuralının iki yazılışı aralarındaki bağı verir:

$P (A ∣ B) P (B) = P (B ∣ A) P (A)$

Bölüm 5'teki tabloda $P (sporcu ∣ k ı z) = \frac{1}{4}$ , $P (k ı z ∣ sporcu) = \frac{9}{25}$ idi. İkisi de aynı kesişimi verir: $\frac{1}{4} \cdot \frac{72}{160} = \frac{9}{25} \cdot \frac{50}{160} = \frac{9}{80}$ .

Günlük dilde bu fark çok önemlidir: "Hastaların çoğunun testi pozitif çıkar" ile "testi pozitif çıkanların çoğu hastadır" farklı cümlelerdir. Birincisi doğru olduğu hâlde ikincisi yanlış olabilir (Örnek 10).

Kontrol sorusu: Payda hangi olay? Soruda "… olduğu biliniyor", "… ise", "… olduğuna göre" diye geçen olay paydadır.

Çözümlü Sorular

Örnek

Soru

İki zar birlikte atılıyor. Üst yüzlerdeki sayıların toplamının $10$ olduğu biliniyor. Buna göre zarlardan en az birinin $6$ gelmiş olma olasılığı kaçtır?

Koşul yeni örnek uzaydır. Önce toplamı $10$ olan bütün sıralı ikilileri yaz, sonra içlerinde $6$ bulunanları say.

Zarları birinci ve ikinci zar diye ayırırız; $36$ sıralı ikili eşit olasılıklıdır.
Toplamı $10$ olanlar: $(4, 6)$ , $(5, 5)$ , $(6, 4)$ . Yeni örnek uzayda $3$ sonuç var ve bunlar hâlâ eşit olasılıklıdır.
En az birinde $6$ olanlar: $(4, 6)$ ve $(6, 4)$ , yani $2$ sonuç. $P = \frac{2}{3}$ .
Yanlış yol 1: Koşulu yok sayıp $36$ sonucun içinde en az bir $6$ içeren $11$ sonucu saymak $\frac{11}{36}$ verir. Bu, "toplam $10$ " bilgisi hiç verilmemiş gibi hesaplanan koşulsuz olasılıktır.
Yanlış yol 2: Toplamı $10$ yapan durumları " $4$ ile $6$ " ve " $5$ ile $5$ " diye iki durum sayıp $\frac{1}{2}$ bulmak. Zarlar ayırt edildiği için $(4, 6)$ ile $(6, 4)$ ayrı sonuçlardır, $(5, 5)$ ise tektir.
Kontrol (tümleyen): Koşul altında hiç $6$ içermeyen yalnız $(5, 5)$ vardır, olasılığı $\frac{1}{3}$ 'dir. $1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$ ✓.

Sonuç:

\frac{2}{3}

Örnek

Soru

$A$ ve $B$ aynı örnek uzayın iki olayıdır. $P (A) = 0, 45$ , $P (B) = 0, 4$ ve $P (A \cup B) = 0, 7$ olduğuna göre

a) $P (A ∣ B)$ , b) $P (B ∣ A)$ , c) $P (A^{'} ∣ B)$ , d) $P (A ∣ B^{'})$

değerlerini bul.

Hepsi için önce $P (A \cap B)$ gerekir. Her soruda "koşul olan olay paydadır" kuralını uygula. d şıkkında payda $B^{'}$ olayıdır.

Kesişim: $P (A \cap B) = P (A) + P (B) - P (A \cup B) = 0, 45 + 0, 4 - 0, 7 = 0, 15$ .
a) $P (A ∣ B) = \frac{0 , 15}{0 , 4} = \frac{3}{8}$ .
b) $P (B ∣ A) = \frac{0 , 15}{0 , 45} = \frac{1}{3}$ . Pay aynı, payda farklı olduğu için a ve b şıklarının cevapları farklıdır.
c) Koşul yine $B$ ; $B$ 'nin içindeki her sonuç ya $A$ olayına ya da $A^{'}$ olayına aittir: $P (A^{'} ∣ B) = 1 - \frac{3}{8} = \frac{5}{8}$ . Doğrudan hesap: $P (A^{'} \cap B) = 0, 4 - 0, 15 = 0, 25$ ve $\frac{0 , 25}{0 , 4} = \frac{5}{8}$ ✓.
d) Koşul artık $B^{'}$ : $P (A \cap B^{'}) = P (A) - P (A \cap B) = 0, 45 - 0, 15 = 0, 30$ ve $P (B^{'}) = 0, 6$ . Buradan $P (A ∣ B^{'}) = \frac{0 , 30}{0 , 6} = \frac{1}{2}$ .
Tuzak: d şıkkını $1 - P (A ∣ B) = \frac{5}{8}$ diye yazmak yanlıştır. $1 - P (A ∣ B)$ , c şıkkındaki $P (A^{'} ∣ B)$ 'dir. Doğru cevap $\frac{1}{2}$ 'dir ve $\frac{5}{8}$ 'ten farklıdır.
Kontrol: $P (B) P (A ∣ B) + P (B^{'}) P (A ∣ B^{'}) = 0, 4 \cdot \frac{3}{8} + 0, 6 \cdot \frac{1}{2} = 0, 15 + 0, 30 = 0, 45 = P (A)$ ✓.

Sonuç: a)

\frac{3}{8}

, b)

\frac{1}{3}

, c)

\frac{5}{8}

, d)

\frac{1}{2}

Örnek

Soru

İki çocuklu bir aile rastgele seçiliyor. Her çocuğun kız ya da erkek olması eşit olasılıklıdır ve çocukların cinsiyetleri birbirinden bağımsızdır.

a) Ailenin en az bir kız çocuğu olduğu biliniyorsa iki çocuğun da kız olma olasılığı kaçtır?

b) Ailenin büyük çocuğunun kız olduğu biliniyorsa iki çocuğun da kız olma olasılığı kaçtır?

Çocukları büyük ve küçük diye ayır; her aile (büyük, küçük) biçiminde sıralı bir ikilidir. İki bilgi aynı durumları elemez.

Örnek uzay: $S = {K K, K E, E K, E E}$ (ilk harf büyük çocuk; K: kız, E: erkek). Dört durum eşit olasılıklıdır; $K E$ ile $E K$ ayrı durumlardır.

Şekil 3 — Aynı dört durum, iki farklı bilgiyle süzülüyor. "En az biri kız" yalnız

E E

'yi eler; "büyük çocuk kız" ise

E K

ile

E E

'yi eler.

a) "En az biri kız" bilgisi yalnız $E E$ 'yi eler. Yeni uzay ${K K, K E, E K}$ ve bunların biri $K K$ : $P = \frac{1}{3}$ .
b) "Büyük çocuk kız" bilgisi $E K$ ve $E E$ 'yi eler. Yeni uzay ${K K, K E}$ : $P = \frac{1}{2}$ .
Neden farklı? "En az biri kız" bilgisi hangi çocuğun kız olduğunu söylemez, bu yüzden $K E$ ile $E K$ 'nin ikisi de uzayda kalır. "Büyük çocuk kız" bilgisi belirli bir çocuğu sabitler; geriye yalnız küçük çocuğun cinsiyeti kalır, o da $\frac{1}{2}$ 'dir.
Tuzak: a şıkkında "bir çocuk kız, öteki de $\frac{1}{2}$ olasılıkla kızdır" deyip $\frac{1}{2}$ bulmak, a şıkkını b şıkkı gibi okumaktır. Örnek uzayı ${iki k ı z, bir k ı z bir erkek, iki erkek}$ diye üç durum almak da hatalıdır, çünkü "bir kız bir erkek" iki ayrı durumu ( $K E$ , $E K$ ) kapsar.
Kontrol (formül): a) $\frac{P ( K K )}{P ( en az bir k ı z )} = \frac{1/4}{3/4} = \frac{1}{3}$ ✓; b) $\frac{1/4}{1/2} = \frac{1}{2}$ ✓.

Sonuç: a)

\frac{1}{3}

, b)

\frac{1}{2}

Örnek

Soru

Bir kursa kayıtlı $60$ öğrencinin $24$ 'ü kız, $36$ 'sı erkektir. Her öğrenci derslere ya çevrim içi ya da yüz yüze katılmaktadır. Erkeklerin $18$ 'i derslere çevrim içi katılmaktadır.

Rastgele seçilen bir öğrencinin derslere çevrim içi katıldığı bilindiğinde bu öğrencinin kız olma olasılığı $\frac{1}{3}$ 'dir. Buna göre rastgele seçilen bir kız öğrencinin derslere çevrim içi katılma olasılığı kaçtır?

Çevrim içi katılan kız sayısına $x$ de ve tabloyu kur. Verilen koşullu olasılığın paydası "çevrim içi" sütununun toplamıdır.

Tabloyu kuralım:

	Çevrim içi	Yüz yüze	Toplam
Kız	$x$	$24 - x$	$24$
Erkek	$18$	$18$	$36$
Toplam	$x + 18$	$42 - x$	$60$

Koşul "çevrim içi" olduğundan payda sütun toplamı $x + 18$ 'dir: $\frac{x}{x + 18} = \frac{1}{3}$ ise $3 x = x + 18$ , yani $x = 9$ .
İstenen olasılıkta koşul "kız" olduğundan payda kız satırının toplamı $24$ 'tür: $P (\overset{c}{¸} evrim i \overset{c}{¸} i ∣ k ı z) = \frac{9}{24} = \frac{3}{8}$ .
Tuzak 1: Verilen bilgiyi $\frac{x}{60} = \frac{1}{3}$ diye kurmak $x = 20$ verir. Bu, paydaya genel toplamı yazmaktır; böyle kurulan denklem aslında $P (k ı z \cap \overset{c}{¸} evrim i \overset{c}{¸} i) = \frac{1}{3}$ demektir.
Tuzak 2: Verilen $\frac{1}{3}$ 'i cevap sanmak. $\frac{1}{3} = P (k ı z ∣ \overset{c}{¸} evrim i \overset{c}{¸} i)$ idi; istenen ise $P (\overset{c}{¸} evrim i \overset{c}{¸} i ∣ k ı z) = \frac{3}{8}$ 'tür.
Kontrol: $x = 9$ ise çevrim içi $27$ öğrenci vardır ve $\frac{9}{27} = \frac{1}{3}$ ✓. Ayrıca $0 \leq 9 \leq 24$ olduğundan tablo tutarlıdır.

Sonuç:

\frac{3}{8}

Örnek

Soru

$4$ kız ve $5$ erkek öğrenciden oluşan bir gruptan rastgele $3$ kişilik bir temsilci kurulu seçiliyor; kurulda görev ayrımı yoktur. Kurulda en az bir kız bulunduğu biliniyor. Buna göre kurulda tam olarak $2$ kız bulunma olasılığı kaçtır?

Koşul olayının eleman sayısını tümleyenle bul: "en az bir kız" = tüm kurullar − "hiç kız olmayan" kurullar.

Tüm kurullar: $s (S) = C (9, 3) = 84$ ; hepsi eşit olasılıklıdır.
Koşul $B$ : "en az bir kız". Tümleyeni üç kişinin de erkek olmasıdır: $C (5, 3) = 10$ . Buradan $s (B) = 84 - 10 = 74$ .
İstenen $A$ : "tam $2$ kız". $s (A) = C (4, 2) \cdot C (5, 1) = 6 \cdot 5 = 30$ . Tam iki kız bulunan her kurulda en az bir kız vardır, yani $A \cap B = A$ .
$P (A ∣ B) = \frac{s ( A \cap B )}{s ( B )} = \frac{30}{74} = \frac{15}{37}$ .
Tuzak: Koşulu yok sayıp $\frac{30}{84} = \frac{5}{14}$ yazmak. "En az bir kız" bilgisi, hiç kız olmayan $10$ kurulu uzaydan çıkarır ve olasılığı büyütür.
Kontrol (doğrudan sayım): Tam $1$ kız: $4 \cdot C (5, 2) = 40$ ; tam $2$ kız: $30$ ; tam $3$ kız: $C (4, 3) = 4$ . Toplam $40 + 30 + 4 = 74 = s (B)$ ✓.

Sonuç:

\frac{15}{37}

Örnek

Soru

Bir torbada $4$ kırmızı ve $3$ beyaz top vardır. Torbadan rastgele, geri koymadan art arda iki top çekiliyor. İkinci çekilen topun kırmızı olduğu biliniyor. Buna göre birinci çekilen topun da kırmızı olma olasılığı kaçtır?

$P (K_{1} ∣ K_{2}) = \frac{P ( K _{1} \cap K _{2} )}{P ( K _{2} )}$ . $P (K_{2})$ 'yi bulmak için ikinci topun kırmızı olduğu iki yolu topla.

Pay: $P (K_{1} \cap K_{2}) = \frac{4}{7} \cdot \frac{3}{6} = \frac{2}{7}$ .
Payda: İkinci topun kırmızı olduğu iki yol vardır.
- Birinci kırmızı, ikinci kırmızı: $\frac{2}{7}$ .
- Birinci beyaz, ikinci kırmızı: $\frac{3}{7} \cdot \frac{4}{6} = \frac{2}{7}$ .
Buradan $P (K_{2}) = \frac{2}{7} + \frac{2}{7} = \frac{4}{7}$ .
$P (K_{1} ∣ K_{2}) = \frac{2/7}{4/7} = \frac{1}{2}$ .
Tuzak: "Birinci çekiş daha önce yapıldı, sonradan gelen bilgi onu değiştirmez" deyip $\frac{4}{7}$ yazmak. Bilgi topun rengini değiştirmez ama olasılığı günceller: ikinci top kırmızıysa, birinci çekiş için kırmızılardan biri "kullanılmış" demektir.
Kontrol (ikinci yol): Rastgele ve geri koymadan yapılan çekişte toplar torbadan rastgele bir sırayla çıkar; bu yüzden çekişleri hangi sırayla düşündüğümüz sonucu değiştirmez. İkinci topu önce çekmişiz gibi düşünüp o kırmızı topu bir kenara ayıralım. Birinci top, kalan $6$ toptan ( $3$ kırmızı, $3$ beyaz) herhangi biridir ve bunların hepsi eşit olasılıklıdır: $\frac{3}{6} = \frac{1}{2}$ ✓. Bu kısa yol yalnız çekişler bu şekilde simetrikken geçerlidir; ikinci çekişin kuralı birinci topun rengine bağlıysa (örneğin ikinci topun hangi torbadan çekileceği birinci topun rengine göre belirleniyorsa) kullanılamaz.

Sonuç:

\frac{1}{2}

Örnek

Soru

Bir zar bir kez atılıyor ve şu olaylar tanımlanıyor:

$A$ : gelen sayı $4$ ya da $4$ 'ten küçüktür,
$B$ : gelen sayı çifttir,
$C$ : gelen sayı $4$ 'ten büyüktür.

a) $A$ ile $B$ , $A$ ile $C$ , $B$ ile $C$ olay çiftlerinden hangileri bağımsızdır?

b) $P (A^{'} \cap B^{'})$ kaçtır?

Her çift için çarpım testini uygula: $P (X \cap Y)$ ile $P (X) P (Y)$ eşit mi?

$A = {1, 2, 3, 4}$ , $P (A) = \frac{2}{3}$ ; $B = {2, 4, 6}$ , $P (B) = \frac{1}{2}$ ; $C = {5, 6}$ , $P (C) = \frac{1}{3}$ .
$A$ ile $B$ : $A \cap B = {2, 4}$ , $P (A \cap B) = \frac{1}{3}$ ve $P (A) P (B) = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{3}$ . Eşit, yani bağımsız. Aynı sonucu tanımla da görürüz: $P (B ∣ A) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} = P (B)$ ; $A$ bilgisi $B$ 'nin olasılığını değiştirmiyor.
$A$ ile $C$ : $A \cap C = \emptyset$ , yani olaylar ayrıktır. $P (A \cap C) = 0$ fakat $P (A) P (C) = \frac{2}{9}$ . Eşit değil, yani bağımlı. Gerçekten $A$ gerçekleşirse $C$ kesinlikle gerçekleşmez: $P (C ∣ A) = 0 \neq = \frac{1}{3}$ .
$B$ ile $C$ : $B \cap C = {6}$ , $P (B \cap C) = \frac{1}{6}$ ve $P (B) P (C) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{6}$ . Eşit, yani bağımsız. Ortak elemanları olan olaylar da bağımsız olabilir.
Tuzak: $A$ ile $C$ 'nin "ortak sonucu yok, birbirine karışmıyorlar" diye bağımsız sanılması. Ayrık ve olasılıkları pozitif iki olay her zaman bağımlıdır.
b) $A$ ile $B$ bağımsız olduğundan $A^{'}$ ile $B^{'}$ de bağımsızdır (Bölüm 7): $P (A^{'} \cap B^{'}) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{6}$ .
Kontrol (listeleme): $A^{'} = {5, 6}$ , $B^{'} = {1, 3, 5}$ , $A^{'} \cap B^{'} = {5}$ ve olasılığı $\frac{1}{6}$ ✓.

Sonuç: a)

A

ile

B

B

ile

C

bağımsızdır;

A

ile

C

bağımlıdır. b)

\frac{1}{6}

Örnek

Soru

$A$ ve $B$ takımları arasında, takımlardan biri $3$ maç kazandığında sona eren bir seri oynanıyor. Maçlarda beraberlik yoktur; $A$ takımı her maçı $\frac{2}{3}$ olasılıkla kazanır ve maçların sonuçları birbirinden bağımsızdır. $A$ takımının seriyi tam olarak 4. maçta kazanma olasılığı kaçtır?

Seri 4. maçta $A$ 'nın lehine bitiyorsa 4. maçı kesinlikle $A$ kazanmıştır. İlk üç maçta $A$ kaç galibiyet almış olmalı?

Koşulu yazalım: 4. maçı $A$ kazanır ve ilk üç maçta $A$ tam $2$ galibiyet alır. İlk üç maçta $3$ galibiyet alsaydı seri 3. maçta biterdi; $2$ 'den az galibiyet alsaydı 4. maçta $3$ 'e ulaşamazdı.
İlk üç maçta tam $2$ galibiyet: diziler $AA B$ , $A B A$ , $B AA$ , yani $C (3, 2) = 3$ yol. Her yolun olasılığı $(\frac{2}{3})^{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{4}{27}$ ; toplam $3 \cdot \frac{4}{27} = \frac{4}{9}$ .
1. maçı $A$ kazanır: $\frac{2}{3}$ . Maçlar bağımsız olduğundan $\frac{4}{9} \cdot \frac{2}{3} = \frac{8}{27}$ .
Tuzak 1: "4 maçta 3 galibiyet" diye $C (4, 3) (\frac{2}{3})^{3} \frac{1}{3} = \frac{32}{81}$ yazmak. Bu hesap $AAA B$ dizisini de sayar, oysa o dizide seri 3. maçta bitmiştir ve 4. maç hiç oynanmaz. Fark tam olarak bu dizinin olasılığıdır: $\frac{32}{81} - \frac{24}{81} = \frac{8}{81} = (\frac{2}{3})^{3} \frac{1}{3}$ .
Tuzak 2: $C (3, 2)$ çarpanını unutup yalnız $(\frac{2}{3})^{3} \frac{1}{3} = \frac{8}{81}$ yazmak. Bu, üç uygun diziden yalnız birini saymaktır.
Kontrol (listeleme): Uygun diziler $AA B A$ , $A B AA$ , $B AAA$ 'dır. Her birinin olasılığı $\frac{8}{81}$ , toplam $\frac{24}{81} = \frac{8}{27}$ ✓.

Sonuç:

\frac{8}{27}

Örnek

Soru

I. torbada $3$ kırmızı, $1$ beyaz; II. torbada $1$ kırmızı, $5$ beyaz top vardır. Bir zar atılıyor; zar $1$ ya da $2$ gelirse I. torbadan, aksi hâlde II. torbadan rastgele bir top çekiliyor.

a) Çekilen topun kırmızı olma olasılığı kaçtır?

b) Çekilen top kırmızı ise bu topun I. torbadan çekilmiş olma olasılığı kaçtır?

Torba seçimi eşit olasılıklı değildir: zar $6$ sonucun $2$ 'sinde I. torbayı seçtirir. Ağaç çiz; a şıkkı toplam olasılık, b şıkkı Bayes sorusudur.

Torba seçimi: $P (I) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ , $P (II) = \frac{2}{3}$ .

Şekil 4 — Önce zar torbayı, sonra torba topu belirler. Kırmızıya iki yol çıkar (kırmızı dallar): I. torba yolu

\frac{1}{4}

, II. torba yolu

\frac{1}{9}

Kırmızıya giden yollar: I. torba yolu $\frac{1}{3} \cdot \frac{3}{4} = \frac{1}{4}$ ; II. torba yolu $\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{9}$ .
a) Toplam olasılık: $P (K) = \frac{1}{4} + \frac{1}{9} = \frac{13}{36}$ .
Tuzak (tek havuz): On topu tek torbada toplayıp $\frac{4}{10} = \frac{2}{5}$ yazmak. Her top eşit şanslı değildir: I. torbadaki her topun çekilme olasılığı $\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{12}$ , II. torbadakilerinki $\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{9}$ 'dir. Torbaları eşit şanslı sayıp $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6} = \frac{11}{24}$ yazmak da yanlıştır; torbayı zar seçiyor.
b) Bayes: $P (I ∣ K) = \frac{I. torba yolu}{b u ¨ t u ¨ n k ı rm ı z ı yollar} = \frac{1/4}{13/36} = \frac{9}{13}$ .
Tuzak: Cevabı yalnız payla, yani $\frac{1}{4}$ olarak vermek (bu $P (I \cap K)$ 'dır) ya da $\frac{3}{4}$ yazmak (bu $P (K ∣ I)$ 'dir). Bayes'te payda, kırmızıya giden bütün yolların toplamıdır.
Kontrol (sıklıkla): Deneyi $36$ kez yaptığımızı düşünelim. Yaklaşık $12$ kez I. torba seçilir, $9$ kırmızı gelir; $24$ kez II. torba seçilir, $4$ kırmızı gelir. Toplam $13$ kırmızı: $P (K) = \frac{13}{36}$ ✓; bunların $9$ 'u I. torbadan: $\frac{9}{13}$ ✓.

Sonuç: a)

\frac{13}{36}

, b)

\frac{9}{13}

Örnek

Soru

Bir hastalık, bir toplumdaki kişilerin $%4$ 'ünde görülmektedir. Bu hastalık için kullanılan bir test, hasta kişilerin $%75$ 'inde pozitif sonuç vermektedir; hasta olmayan kişilerin ise $%5$ 'inde yanlışlıkla pozitif sonuç vermektedir. Bu toplumdan rastgele seçilen bir kişinin testi pozitif çıkmıştır. Bu kişinin gerçekten hasta olma olasılığı kaçtır?

Ağacı $1000$ kişilik bir sıklık ağacına çevir. Koşul "pozitif" olduğuna göre payda, testi pozitif çıkan herkestir: hem hastalar hem de hasta olmayanlar.

$1000$ kişiyi düşünelim: $%4$ 'ü, yani $40$ kişi hasta; $960$ kişi sağlam.
Hastaların $%75$ 'i, yani $30$ kişi pozitif, $10$ kişi negatif. Sağlamların $%5$ 'i, yani $48$ kişi pozitif, $912$ kişi negatif.

Şekil 5 — Ağacın yüzdeleri

1000

kişiye uygulanınca her dal bir kişi sayısına dönüşür. Testi pozitif çıkan

78

kişinin yalnız

30

'u hastadır.

Aynı sayılar tabloda:

	Pozitif	Negatif	Toplam
Hasta	$30$	$10$	$40$
Sağlam	$48$	$912$	$960$
Toplam	$78$	$922$	$1000$

Koşul "pozitif" olduğundan payda pozitif sütununun toplamı $78$ 'dir: $P (hasta ∣ pozitif) = \frac{30}{78} = \frac{5}{13} \approx 0, 38$ .
Formülle doğrulama: $\frac{0 , 04 \cdot 0 , 75}{0 , 04 \cdot 0 , 75 + 0 , 96 \cdot 0 , 05} = \frac{0 , 030}{0 , 030 + 0 , 048} = \frac{0 , 030}{0 , 078} = \frac{5}{13}$ ✓.
Tuzak: Cevabı $%75$ ya da "neredeyse kesin hasta" sanmak. $%75$ , $P (pozitif ∣ hasta)$ 'dır; istenen ise $P (hasta ∣ pozitif)$ 'tir. Sonucun düşük çıkmasının nedeni, sağlam kişilerin çok kalabalık olmasıdır: $960$ kişinin yalnız $%5$ 'i bile $48$ yanlış pozitif sonuç demektir ve bu sayı $30$ gerçek pozitiften fazladır.
Kontrol: $\frac{5}{13}$ , $0$ ile $1$ arasındadır ve taban oranı olan $0, 04$ 'ten büyüktür. Pozitif sonuç hasta olma olasılığını yaklaşık $%4$ 'ten $%38$ 'e çıkarmıştır; artmıştır ama kesinlik yoktur.

Sonuç:

\frac{5}{13}

Pekiştirme Soruları

Konuyu pekiştirmek için hazırlanmış özgün sorular.

Çözümlü Sorular

Her soruyu önce kendin dene; takıldığında Çözüme Bak.

Soru 1Kolay

1

'den

10

'a kadar numaralanmış

10

karttan rastgele bir kart çekiliyor. Çekilen kartın numarasının çift olduğu biliniyor. Buna göre bu numaranın

3

'ün katı olma olasılığı kaçtır?

Koşul yeni örnek uzaydır: numarası çift olan kartlar ${2, 4, 6, 8, 10}$ , yani $5$ sonuç.
Bu beş sayıdan $3$ 'ün katı olan yalnız $6$ 'dır.
$P (3 ’ \overset{u}{¨} n kat ı ∣ \overset{c}{¸} ift) = \frac{1}{5}$ .
Tuzaklar: koşulu yok saymak $\frac{3}{10}$ ; koşulu ters çevirip $P (\overset{c}{¸} ift ∣ 3 ’ \overset{u}{¨} n kat ı)$ hesaplamak $\frac{1}{3}$ ; koşulun kendi olasılığını, $P (\overset{c}{¸} ift) = \frac{1}{2}$ 'i cevap sanmak; çift kartlardan $3$ 'ün katı **olmayanları** sayıp istenen olayın tümleyenini bulmak $\frac{4}{5}$ verir.

Sonuç:

\frac{1}{5}

Soru 2Kolay

Bir okuldaki öğrencilerin

%60

'ı okula servisle gelmektedir. Servisle gelen öğrencilerin

%85

'i, servisle gelmeyen öğrencilerin ise

%60

'ı derse zamanında gelmektedir. Bu okuldan rastgele seçilen bir öğrencinin servisle geldiği biliniyor. Buna göre bu öğrencinin derse geç kalmış olma olasılığı kaçtır?

Koşul "servisle geliyor" olayıdır; hesap yalnız servisle gelenlerin içinde yapılır.
Bu grupta $P (zaman ı nda ∣ servis) = 0, 85$ verilmiş.
Tümleyen alırken koşul sabit kalır: $P (ge \overset{c}{¸} ∣ servis) = 1 - 0, 85 = 0, 15$ .
Tuzaklar: $1 - P (zaman ı nda ∣ servis de \overset{g}{˘} il) = 1 - 0, 60 = 0, 40$ yazmak koşulu değiştirmektir; $P (A ∣ B) = 1 - P (A ∣ B^{'})$ eşitliği genelde yanlıştır. Tümleyeni almadan $0, 85$ 'te kalmak da sık yapılan bir hatadır.
$%60$ bilgisi bu soruda gerekmez. Onu çarpmak koşulsuz $P (servis \cap ge \overset{c}{¸}) = 0, 6 \cdot 0, 15 = 0, 09$ değerini verir; koşulu tamamen yok sayıp okulun tamamında geç kalma olasılığını hesaplamak ise $0, 6 \cdot 0, 15 + 0, 4 \cdot 0, 40 = 0, 25$ verir.

Sonuç:

0, 15

Soru 3Kolay

Bir sınıfta

18

kız ve

22

erkek öğrenci vardır. Kızların

6

'sı, erkeklerin

4

'ü gözlüklüdür. Sınıftan rastgele seçilen bir öğrencinin gözlüklü olduğu biliniyor. Buna göre bu öğrencinin kız olma olasılığı kaçtır?

Sınıfta $18 + 22 = 40$ öğrenci, $6 + 4 = 10$ gözlüklü öğrenci vardır.
Koşul "gözlüklü" olduğundan payda gözlüklülerin toplamıdır: $10$ .
Bunların $6$ 'sı kızdır: $P (k ı z ∣ g \overset{o}{¨} zl \overset{u}{¨} kl \overset{u}{¨}) = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}$ .
Tuzaklar: $P (g \overset{o}{¨} zl \overset{u}{¨} kl \overset{u}{¨} ∣ k ı z) = \frac{6}{18} = \frac{1}{3}$ (koşulu ters çevirmek); $\frac{6}{40} = \frac{3}{20}$ (genel toplama bölmek); $P (k ı z) = \frac{18}{40} = \frac{9}{20}$ (koşulu yok saymak); $P (g \overset{o}{¨} zl \overset{u}{¨} kl \overset{u}{¨}) = \frac{10}{40} = \frac{1}{4}$ (koşulun kendi olasılığını cevap sanmak).

Sonuç:

\frac{3}{5}

Soru 4Kolay

Hilesiz bir zar art arda atılıyor. İlk

6

'nın tam olarak 3. atışta gelme olasılığı kaçtır?

İlk $6$ 'nın 3. atışta gelmesi için 1. ve 2. atış $6$ olmamalı, 3. atış $6$ olmalıdır.
Atışlar bağımsızdır; bu tek yolun olasılığı $\frac{5}{6} \cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{25}{216}$ .
Burada $C (3, 1)$ çarpanı yoktur: $6$ 'nın hangi atışta geleceği sabittir. Çarpanı eklemek "üç atışta tam bir $6$ " olasılığını verir: $\frac{25}{72}$ .
Yalnız 3. atışa bakıp $\frac{1}{6}$ demek, ilk iki atışın $6$ olmaması şartını atlamaktır.
Soruyu "en geç 3. atışta" diye okuyup ilk üç atışta en az bir $6$ gelme olasılığını, yani $1 - (\frac{5}{6})^{3} = \frac{91}{216}$ 'i yazmak yanlıştır. Tümleyeni almayı unutup hiç $6$ gelmeme olasılığında, yani $\frac{125}{216}$ 'te kalmak da yanlıştır.

Sonuç:

\frac{25}{216}

Soru 5Orta

Bir torbada

5

kırmızı ve

4

mavi top vardır. Torbadan rastgele, geri koymadan art arda

3

top çekiliyor. Çekilen topların sırasıyla kırmızı, mavi, kırmızı olma olasılığı kaçtır?

Çarpma kuralı: $P (K_{1} \cap M_{2} \cap K_{3}) = P (K_{1}) \cdot P (M_{2} ∣ K_{1}) \cdot P (K_{3} ∣ K_{1} \cap M_{2})$ .
$P (K_{1}) = \frac{5}{9}$ . Bir kırmızı çıktı; torbada $4$ kırmızı, $4$ mavi kaldı: $P (M_{2} ∣ K_{1}) = \frac{4}{8}$ .
Şimdi torbada $4$ kırmızı, $3$ mavi var: $P (K_{3} ∣ K_{1} \cap M_{2}) = \frac{4}{7}$ .
$\frac{5}{9} \cdot \frac{4}{8} \cdot \frac{4}{7} = \frac{80}{504} = \frac{10}{63}$ .
Tuzaklar: kırmızıların azaldığını unutup $\frac{5}{9} \cdot \frac{4}{8} \cdot \frac{5}{7} = \frac{25}{126}$ ; iadeli gibi $\frac{5}{9} \cdot \frac{4}{9} \cdot \frac{5}{9} = \frac{100}{729}$ ; sırayı yok sayıp $3$ ile çarpmak $\frac{10}{21}$ .

Sonuç:

\frac{10}{63}

Soru 6Orta

A

B

aynı örnek uzayın ayrık iki olayıdır;

P (A) = 0, 3

P (B) = 0, 5

'tir. Buna göre (I)

P (A \cap B) = 0

, (II) "

A

ile

B

bağımsız olaylardır", (III)

P (A ∣ B^{'}) = 0, 6

ifadelerinden hangileri doğrudur?

I. Ayrık olaylar ortak sonuç içermez: $A \cap B = \emptyset$ , dolayısıyla $P (A \cap B) = 0$ . Doğru.
II. Bağımsızlık için $P (A \cap B) = P (A) P (B)$ gerekir. Oysa $P (A) P (B) = 0, 15 \neq = 0$ . Olasılıkları pozitif olan ayrık olaylar bağımlıdır. Yanlış.
III. $A$ ile $B$ ayrık olduğundan $A$ 'nın tamamı $B^{'}$ olayının içindedir: $P (A \cap B^{'}) = P (A) = 0, 3$ . $P (B^{'}) = 0, 5$ olduğundan $P (A ∣ B^{'}) = \frac{0 , 3}{0 , 5} = 0, 6$ . Doğru.
Doğru olanlar I ve III'tür. II'yi doğru saymak "ayrık" ile "bağımsız"ı karıştırmaktır.

Sonuç: I ve III

Soru 7Orta

A

B

bağımsız iki olaydır.

P (A) = 0, 4

P (A \cup B) = 0, 76

olduğuna göre

P (B)

kaçtır?

$A$ ile $B$ bağımsız olduğundan $A^{'}$ ile $B^{'}$ de bağımsızdır: $P (A^{'} \cap B^{'}) = P (A^{'}) P (B^{'})$ .
$P (A^{'} \cap B^{'}) = 1 - P (A \cup B) = 1 - 0, 76 = 0, 24$ ve $P (A^{'}) = 0, 6$ .
$0, 6 \cdot P (B^{'}) = 0, 24$ ise $P (B^{'}) = 0, 4$ , dolayısıyla $P (B) = 0, 6$ .
Kontrol: $0, 4 + 0, 6 - 0, 4 \cdot 0, 6 = 0, 76$ .
Tuzaklar: olayları ayrık sanıp $0, 76 - 0, 4 = 0, 36$ bulmak; son adımda $P (B^{'}) = 0, 4$ 'te durmak; $P (A^{'} \cap B^{'})$ değerini, $0, 24$ 'ü, cevap sanmak; birleşim formülünde $P (B) - 0, 4 P (B)$ ifadesini $0, 4 P (B)$ diye sadeleştirip $0, 4 P (B) = 0, 36$ , yani $0, 9$ bulmak.

Sonuç:

0, 6

Soru 8Orta

Bir spor kulübünün

50

üyesinin

20

'si kadın,

30

'u erkektir. Kadın üyelerin

8

'i yüzme bilmektedir. Kulüpten rastgele seçilen bir üye için "kadın olması" ile "yüzme bilmesi" olayları bağımsız olduğuna göre yüzme bilen erkek üye sayısı kaçtır?

Bağımsızlık, cinsiyeti bilmenin yüzme bilme olasılığını değiştirmemesi demektir: $P (Y ∣ kad ı n) = P (Y ∣ erkek)$ .
$P (Y ∣ kad ı n) = \frac{8}{20} = \frac{2}{5}$ . Yüzme bilen erkek sayısı $x$ ise $\frac{x}{30} = \frac{2}{5}$ , yani $x = 12$ .
Çarpım testiyle kontrol: yüzme bilen toplam $8 + 12 = 20$ ; $P (kad ı n \cap Y) = \frac{8}{50}$ ve $P (kad ı n) P (Y) = \frac{20}{50} \cdot \frac{20}{50} = \frac{8}{50}$ . Eşit.
Tuzaklar: sayıları eşitleyip $8$ demek (oranlar eşit olmalı, sayılar değil); yüzme bilen toplamı, $20$ 'yi, cevap sanmak; yüzme bilmeyen erkek sayısını, $18$ 'i, yazmak; doğru bulunan $12$ 'yi yüzme bilenlerin toplamı sanıp $12 - 8 = 4$ demek.

Sonuç:

12

Soru 9Orta

Bir basketbolcu her serbest atışta

\frac{3}{4}

olasılıkla basket yapıyor; atışlar birbirinden bağımsızdır. Bu basketbolcunun

4

serbest atışta tam olarak

3

basket yapma olasılığı kaçtır?

Tam $3$ basket için kaçan tek atış dört sıradan birinde olabilir: $B B B K$ , $B B K B$ , $B K B B$ , $K B B B$ ( $B$ : basket, $K$ : kaçan). Yol sayısı $C (4, 3) = 4$ .
Her yolun olasılığı aynıdır: $(\frac{3}{4})^{3} \cdot \frac{1}{4} = \frac{27}{256}$ .
Toplam: $4 \cdot \frac{27}{256} = \frac{108}{256} = \frac{27}{64}$ .
Tuzaklar: $C (4, 3)$ çarpanını unutmak $\frac{27}{256}$ ; "en az $3$ " okuyup $(\frac{3}{4})^{4} = \frac{81}{256}$ 'i eklemek $\frac{189}{256}$ ; basket ve kaçırma olasılıklarının yerini karıştırıp $C (4, 3) (\frac{1}{4})^{3} \frac{3}{4} = \frac{3}{64}$ ; " $4$ atışın $3$ 'ü" diye oran kurup $\frac{3}{4}$ demek.

Sonuç:

\frac{27}{64}

Soru 10Orta

Ali bir hedefi

0, 7

, Berk ise

0, 6

olasılıkla vurmaktadır. İkisi aynı hedefe birer atış yapıyor; atışlar birbirinden bağımsızdır. Hedefin yalnız bir atışla vurulduğu biliniyor. Buna göre hedefi vuranın Ali olma olasılığı kaçtır?

Koşul olayı "yalnız biri vurdu"dur. İki yolu vardır: Ali vurur, Berk vuramaz: $0, 7 \cdot 0, 4 = 0, 28$ ; Ali vuramaz, Berk vurur: $0, 3 \cdot 0, 6 = 0, 18$ .
$P (yaln ı z biri) = 0, 28 + 0, 18 = 0, 46$ .
İstenen yol birincisidir: $P (Ali vurdu ∣ yaln ı z biri) = \frac{0 , 28}{0 , 46} = \frac{14}{23}$ .
Tuzaklar: koşulu yok sayıp $0, 28 = \frac{7}{25}$ ya da $0, 7$ demek; paydaya "en az biri vurdu" olasılığını, $1 - 0, 3 \cdot 0, 4 = 0, 88$ 'i, yazmak $\frac{7}{22}$ ; isabet oranlarını oranlayıp $\frac{0 , 7}{1 , 3} = \frac{7}{13}$ demek.

Sonuç:

\frac{14}{23}

Soru 11Orta

Hilesiz bir zar en az kaç kez atılırsa en az bir kez

6

gelme olasılığı

\frac{3}{4}

'ten büyük olur?

Tümleyen: $n$ atışta hiç $6$ gelmeme olasılığı $(\frac{5}{6})^{n}$ , en az bir $6$ gelme olasılığı $1 - (\frac{5}{6})^{n}$ .
$1 - (\frac{5}{6})^{n} > \frac{3}{4}$ ise $(\frac{5}{6})^{n} < \frac{1}{4}$ olmalıdır.
$(\frac{5}{6})^{7} = \frac{78125}{279936} \approx 0, 279 > 0, 25$ ; $(\frac{5}{6})^{8} = \frac{390625}{1679616} \approx 0, 233 < 0, 25$ .
En az $8$ atış gerekir.
Tuzaklar: eşiği tümleyene çevirmeden $(\frac{5}{6})^{n} < \frac{3}{4}$ çözmek $2$ ; olasılığı $\frac{n}{6}$ diye büyütmek $5$ ; " $6$ atışta kesin gelir" sanmak $6$ verir.

Sonuç:

8

Soru 12Zor

Üzerlerinde

1

'den

9

'a kadar numaralar yazılı

9

karttan aynı anda rastgele iki kart çekiliyor. Kartlardaki sayıların toplamının çift olduğu biliniyor. Buna göre iki kartın da çift numaralı olma olasılığı kaçtır?

$1$ – $9$ arasında $5$ tek ( $1, 3, 5, 7, 9$ ) ve $4$ çift ( $2, 4, 6, 8$ ) sayı vardır.
İki sayının toplamı ancak ikisi de tek ya da ikisi de çiftse çifttir.
Koşul olayı: $C (5, 2) + C (4, 2) = 10 + 6 = 16$ kart ikilisi. İkisi de çift: $C (4, 2) = 6$ ikili.
$P (ikisi de \overset{c}{¸} ift ∣ toplam \overset{c}{¸} ift) = \frac{6}{16} = \frac{3}{8}$ .
Tuzaklar: koşulsuz $\frac{6}{C ( 9 , 2 )} = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$ ; koşulun kendi olasılığı $\frac{16}{36} = \frac{4}{9}$ ; iadeli gibi sıralı sayıp $\frac{16}{25 + 16} = \frac{16}{41}$ bulmak (aynı anda çekişte bir kart iki kez gelemez); koşul içindeki öbür grubu, "ikisi de tek" olasılığını, $\frac{10}{16} = \frac{5}{8}$ 'i, yazmak.

Sonuç:

\frac{3}{8}

Soru 13Zor

A torbasında

3

kırmızı,

2

beyaz; B torbasında

2

kırmızı,

4

beyaz top vardır. A torbasından rastgele bir top çekilip bakılmadan B torbasına atılıyor; ardından B torbasından rastgele bir top çekiliyor. B'den çekilen topun kırmızı olduğu biliniyor. Buna göre A'dan B'ye aktarılan topun da kırmızı olma olasılığı kaçtır?

Aktarılan kırmızıysa ( $\frac{3}{5}$ ) B'de $3$ kırmızı, $4$ beyaz olur; beyazsa ( $\frac{2}{5}$ ) B'de $2$ kırmızı, $5$ beyaz olur. Her iki durumda B'de $7$ top vardır.
Toplam olasılık: $P (K_{B}) = \frac{3}{5} \cdot \frac{3}{7} + \frac{2}{5} \cdot \frac{2}{7} = \frac{9}{35} + \frac{4}{35} = \frac{13}{35}$ .
Bayes: $P (aktar ı lan K ∣ K_{B}) = \frac{9/35}{13/35} = \frac{9}{13}$ .
Tuzaklar: paydayı unutup $\frac{9}{35}$ ; toplam olasılığı, yani $\frac{13}{35}$ 'ü cevap sanmak; koşulu ters çevirip $P (K_{B} ∣ aktar ı lan K) = \frac{3}{7}$ yazmak; bilgiyi kullanmadan $\frac{3}{5}$ demek.

Sonuç:

\frac{9}{13}

Soru 14Zor

Bir fabrikadaki ürünlerin

%50

'si I. makinede,

%30

'u II. makinede,

%20

'si III. makinede üretilmektedir. Bu makinelerin ürettiği ürünlerin sırasıyla

%1

'i,

%2

'si ve

%6

'sı kusurludur. Rastgele seçilen bir ürünün kusurlu olduğu biliniyor. Buna göre bu ürünün III. makinede üretilmiş olma olasılığı kaçtır?

Üç dallı ağaç: kusurlu ürüne giden yollar $0, 5 \cdot 0, 01 = 0, 005$ , $0, 3 \cdot 0, 02 = 0, 006$ , $0, 2 \cdot 0, 06 = 0, 012$ .
Toplam olasılık: $P (kusurlu) = 0, 005 + 0, 006 + 0, 012 = 0, 023$ .
Bayes: $P (III ∣ kusurlu) = \frac{0 , 012}{0 , 023} = \frac{12}{23}$ .
$1000$ ürünle kontrol: $23$ kusurlu ürünün $5$ 'i I'den, $6$ 'sı II'den, $12$ 'si III'ten gelir; $\frac{12}{23}$ .
Tuzaklar: üretim paylarını yok sayıp kusur oranlarını oranlamak $\frac{6}{1 + 2 + 6} = \frac{2}{3}$ ; taban oranında, yani $\frac{1}{5}$ 'de kalmak; $P (kusurlu ∣ III) = \frac{3}{50}$ ile karıştırmak; paydayı unutup $0, 012 = \frac{3}{250}$ yazmak.

Sonuç:

\frac{12}{23}

Soru 15Zor

I. torbada

3

kırmızı,

2

beyaz; II. torbada

n

kırmızı,

8

beyaz top vardır. Hilesiz iki madeni para birlikte atılıyor; ikisi de yazı gelirse I. torbadan, aksi hâlde II. torbadan rastgele bir top çekiliyor. Çekilen topun kırmızı olduğu bilindiğinde bu topun I. torbadan gelmiş olma olasılığı

\frac{1}{2}

'dir. Buna göre

n

kaçtır?

İki paranın dört eş olasılıklı sonucundan ( $Y Y$ , $Y T$ , $T Y$ , $T T$ ) yalnız $Y Y$ I. torbayı seçtirir: $P (I) = \frac{1}{4}$ , $P (II) = \frac{3}{4}$ .
Kırmızıya giden yollar: $P (I \cap K) = \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{5} = \frac{3}{20}$ ve $P (II \cap K) = \frac{3}{4} \cdot \frac{n}{n + 8}$ .
Bayes: $P (I ∣ K) = \frac{1}{2}$ ise I. torba yolu, kırmızı yolların toplamının yarısıdır; yani iki yol eşittir: $\frac{3}{4} \cdot \frac{n}{n + 8} = \frac{3}{20}$ .
$\frac{n}{n + 8} = \frac{1}{5}$ , buradan $5 n = n + 8$ ve $n = 2$ .
Kontrol: $P (II \cap K) = \frac{3}{4} \cdot \frac{2}{10} = \frac{3}{20}$ ; $P (K) = \frac{3}{20} + \frac{3}{20} = \frac{3}{10}$ ; $\frac{3/20}{3/10} = \frac{1}{2}$ .
Tuzaklar: torbaları eşit olasılıklı sanıp $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{5} = \frac{1}{2} \cdot \frac{n}{n + 8}$ yazmak $n = 12$ ; bütün topları tek havuzda sayıp $\frac{3}{3 + n} = \frac{1}{2}$ yazmak $n = 3$ ; koşulu karıştırıp $P (K ∣ II) = \frac{1}{2}$ almak $n = 8$ ; II. torbadaki toplam top sayısını, $10$ 'u, cevap sanmak.

Sonuç:

2

0/15 soru cevaplandı

Sık Yapılan Hatalar

Koşulu yok sayıp koşulsuz olasılığı hesaplamak. "… olduğu biliniyor" bilgisi örnek uzayı daraltır; payda artık tüm uzay değildir (Örnek 1, Örnek 5).
$P (A ∣ B)$ ile $P (B ∣ A)$ 'yı karıştırmak. İkisinin payı aynı, paydası farklıdır; paydaya koşul olan olay yazılır (Örnek 2, Örnek 4, Bölüm 14).
$P (A ∣ B) = 1 - P (A ∣ B^{'})$ sanmak. Doğru eşitlik $P (A ∣ B) + P (A^{'} ∣ B) = 1$ 'dir; tümleyen alırken koşul sabit kalır (Örnek 2, Bölüm 3).
Tabloda satır ya da sütun toplamı yerine genel toplama bölmek. Koşul hangi satırı ya da sütunu seçiyorsa payda onun toplamıdır (Örnek 4, Bölüm 5).
"En az biri kız" bilgisini "büyük çocuk kız" gibi okumak. Belirli bir kişiyi sabitlemeyen bilgi, sıralı durumların ikisini de uzayda bırakır (Örnek 3).
Ayrık olayları bağımsız sanmak. Olasılıkları pozitif olan ayrık olaylar her zaman bağımlıdır; bağımlı olaylarda olasılıklar güncellenmeden çarpılmaz (Örnek 6, Örnek 7, Bölüm 8).
Tekrarlanan denemelerde $C (n, k)$ çarpanını unutmak; seride son maçın sabit olduğunu atlamak. Tam $k$ başarı için yolların hepsi sayılır; seri bittiği maçta sona erer (Örnek 8, Bölüm 9).
Ağaçta dalları eş olasılıklı sanmak, bütün topları tek havuzda saymak. Her dalın olasılığı ayrı ayrı yazılır ve yol boyunca çarpılır (Örnek 9, Bölüm 10).
Bayes'te paydaya yalnız ilgili yolu yazmak. Payda, koşul olayına giden bütün yolların toplamıdır (Örnek 9, Bölüm 12).
Taban oranı düşükken pozitif testi "neredeyse kesin hasta" sanmak. Sağlam grup kalabalıksa yanlış pozitifler gerçek pozitifleri geçebilir; ağacı $1000$ kişilik tabloya çevirip kontrol et (Örnek 10, Bölüm 13).

Özet

Durum	Yöntem
"… olduğu biliniyor"	$P (A ∣ B) = \frac{P ( A \cap B )}{P ( B )}$ ; eşit olasılıklı sonuçlarda $\frac{s ( A \cap B )}{s ( B )}$
Koşul altında tümleyen	$P (A^{'} ∣ B) = 1 - P (A ∣ B)$ (koşul aynı kalır)
İki yönlü tablo	Payda = koşulun satır ya da sütun toplamı
Art arda iadesiz çekiş	$P (A_{1}) \cdot P (A_{2} ∣ A_{1}) \cdot P (A_{3} ∣ A_{1} \cap A_{2})$
Bağımsızlık testi	$P (A \cap B) = P (A) P (B)$ mi?
Bağımsız $A$ , $B$ için en az biri	$1 - P (A^{'}) P (B^{'})$
$n \leq 4$ denemede tam $k$ başarı	$C (n, k) p^{k} (1 - p)^{n - k}$ (yol sayısı × bir yol)
İlk başarı $k$ 'inci denemede	$(1 - p)^{k - 1} p$
Toplam olasılık	Koşul olayına giden bütün yolların toplamı
Bayes	İstenen yol ÷ bütün yolların toplamı

Pratik İpucu

Soruyu okurken önce paydayı belirle: "biliniyor", "ise", "olduğuna göre" diye geçen olay paydadır.
Sonuç sayısı azsa koşulu sağlayan sonuçları listele; çoksa koşul olayını tümleyenle say.
Yüzdeli ağaç sorularında $100$ ya da $1000$ kişilik bir sıklık tablosu kur; Bayes sonucunu bir de tablodan oku.
Bulduğun koşullu olasılığın makul olup olmadığını kontrol et: $0$ ile $1$ arasında mı, bilgi olasılığı beklenen yönde değiştirdi mi?

1. Koşul Örnek Uzayını Daraltır

2. Koşullu Olasılık Formülü ve İndirgenmiş Örnek Uzay

3. P(A | B) + P(A' | B) = 1, Ama P(A | B) ≠ 1 − P(A | B')

4. Koşul Altında Sayma: Yeni Örnek Uzayını Listelemek

5. İki Yönlü Tablodan Koşullu Olasılık

6. Çarpma Kuralı ve İadesiz Ardışık Çekişler

7. Bağımsız Olaylar: Tanım, Test ve Tümleyenlerin Bağımsızlığı

8. Ayrık mı, Bağımsız mı? Kritik Fark

9. Tekrarlanan Bağımsız Denemeler: Ağaçla Tam k Başarı ve İlk Başarı

10. Ağaç Şeması: Dallar Eş Olasılıklı Değildir

11. Toplam Olasılık Kuralı

12. Bayes: Sonuçtan Nedene Geri Dönmek

13. Ağacı Tabloya Çevirmek: Sıklık Tablosu

14. P(A | B) ile P(B | A) Aynı Değildir

Çözümlü Sorular

Pekiştirme Soruları

Çözümlü Sorular

Sık Yapılan Hatalar

Özet

Pratik İpucu

Sayma, Olasılık ve İstatistik — diğer konular