2 Hipergeometrik, Geometrik ve Negatif Binom Dağılımları
Binom dağılımında üç şey baştan sabittir: deneme sayısı önceden bellidir, denemeler bağımsızdır ve her denemede başarı olasılığı aynıdır. Bu bölümde bu varsayımları birer birer gevşetiyoruz. Önce çekilişlerin iadesiz yapıldığı durumu inceleyeceğiz; o zaman denemeler bağımsız olmaz ve başarı sayısı hipergeometrik dağılıma uyar. Sonra deneme sayısını serbest bırakıp başarıyı bekleyeceğiz: ilk başarıya kadar yapılan deneme sayısı geometrik, \(k\)-ıncı başarıya kadar yapılan deneme sayısı negatif binom dağılımına uyar.
Bu üç dağılım Olasılık Teorisi kitabında tanımlanmış ve temel özellikleri orada ispatlanmıştır (Geometrik, Negatif Binom ve Hipergeometrik Dağılımlar). Burada tanımları kısaca hatırlatıp istatistikte sık kullanılan sonuçlara ve bol örneğe ağırlık vereceğiz.
2.1 Hipergeometrik Dağılım
Bir torbadaki topların bir kısmı siyah, geri kalanı beyaz olsun ve torbadan birkaç top çekelim. Her çekilen top torbaya geri atılırsa (iadeli çekiliş) her çekilişte siyah gelme olasılığı aynı kalır ve siyah top sayısı binom dağılımına uyar. Çekilen top geri atılmazsa (iadesiz çekiliş) torbanın içeriği her çekilişte değişir. Bu ikinci durumun modeli hipergeometrik dağılımdır.
Genel kurulum şöyledir. \(N\) tane nesnenin \(a\) tanesi belli bir özelliğe sahiptir, geri kalan \(N - a\) tanesi bu özelliğe sahip değildir. Bu nesnelerden iadesiz olarak art arda \(n\) kez birer nesne çekilir ya da aynı anda \(n\) nesne birden çekilir. \(X\), çekilen \(n\) nesne arasında özelliğe sahip olanların sayısıdır. \(N\)’ye kitle büyüklüğü, \(n\)’ye örneklem büyüklüğü diyeceğiz.
İki çekiliş biçimi aynı dağılımı verir. İadesiz art arda çekilen \(n\) nesnenin sırasını unutursak elimizde \(N\) nesneden seçilmiş \(n\) elemanlı bir alt küme kalır ve bu alt kümelerin hepsi eşit olasılıklıdır; aynı anda çekilen \(n\) nesne de tam olarak böyle bir alt kümedir.
\(X = x\) olasılığını sayarak bulalım. \(N\) nesneden \(n\) tanesi \(\binom{N}{n}\) farklı biçimde seçilir ve bu seçimler eşit olasılıklıdır. \(X = x\) olması için özellikli \(a\) nesneden \(x\) tanesi, özelliksiz \(N - a\) nesneden de \(n - x\) tanesi seçilmelidir. Çarpma kuralıyla bu \(\binom{a}{x}\binom{N-a}{n-x}\) biçimde yapılır. Öyleyse
\[f(x) = P(X = x) = \frac{\binom{a}{x}\binom{N-a}{n-x}}{\binom{N}{n}}.\]
Formülün anlamlı olması için \(x \le a\) (elde olandan fazla özellikli nesne çekilemez) ve \(n - x \le N - a\) (özelliksiz nesneler için de aynısı) gerekir; elbette \(0 \le x \le n\) de olmalıdır. Bu koşullar birlikte
\[\max\{0,\; n - (N - a)\} \;\le\; x \;\le\; \min\{a,\; n\}\]
demektir. \(v > u\) ya da \(v < 0\) iken \(\binom{u}{v} = 0\) uzlaşımıyla formül \(x = 0, 1, \dots, n\) için yazılabilir: kısıtları sağlamayan \(x\) değerlerinde pay kendiliğinden sıfır olur.
Bu olasılık fonksiyonuna sahip \(X\) rastgele değişkenine \(N\), \(a\), \(n\) parametreli hipergeometrik dağılıma sahiptir denir ve \(X \sim \operatorname{HG}(N, a, n)\) yazılır. Olasılıkların toplamının \(1\) olduğu (Vandermonde özdeşliği) Olasılık Teorisi’ndeki tanım ve ardından gelen teoremde gösterilmiştir; orada özellikli nesne sayısı \(M\) ile gösterilir.
Beklenen Değer ve Varyans
Hipergeometrik dağılımın beklenen değeri ve varyansı binom dağılımınkilere çok benzer; aradaki tek fark, varyansa gelen bir çarpandır. \(X \sim \operatorname{HG}(N, a, n)\) ise
\[E(X) = n\,\frac{a}{N}, \qquad \operatorname{Var}(X) = \frac{N-n}{N-1}\; n\,\frac{a}{N}\left(1 - \frac{a}{N}\right)\]
olur. İspat, \(X\)’i her çekilişin sonucunu kaydeden gösterge değişkenlerinin toplamı olarak yazar ve Olasılık Teorisi’ndeki momentler teoreminde bulunur.
Binom dağılımıyla karşılaştırmak için \(p = \frac{a}{N}\) ve \(q = 1 - \frac{a}{N}\) alalım. İadeli çekilişte her çekilişte özellikli nesne gelme olasılığı \(p\)’dir ve özellikli nesne sayısı \(\operatorname{Binom}(n, p)\) dağılımına uyar.
| Binom | Hipergeometrik | |
|---|---|---|
| çekiliş | iadeli | iadesiz |
| dağılım | \(\operatorname{Binom}(n, p)\) | \(\operatorname{HG}(N, a, n)\) |
| \(E(X)\) | \(np\) | \(np\) |
| \(\operatorname{Var}(X)\) | \(npq\) | \(\dfrac{N-n}{N-1}\, npq\) |
Beklenen değerler eşittir: iadesiz çekiliş, ortalamada kaç özellikli nesne geleceğini değiştirmez. Varyanslar ise eşit değildir; aradaki çarpanın bir adı vardır.
Tanım 2.1 (Düzeltme Faktörü) \(N \ge 2\) birimlik bir kitleden \(n\) birimlik (\(1 \le n \le N\)) iadesiz bir örneklem çekildiğinde
\[\frac{N-n}{N-1}\]
sayısına düzeltme faktörü (sonlu kitle düzeltmesi) denir.
Yani iadesiz çekilişte varyans, iadeli çekilişin varyansının düzeltme faktörü katıdır. \(n \ge 2\) iken faktör \(1\)’den küçüktür: iadesiz çekiliş yayılımı azaltır. İki uç durum bunu açıklar. \(n = 1\) iken faktör \(1\)’dir, çünkü tek çekilişte iadeli ile iadesiz arasında fark yoktur. \(n = N\) iken faktör \(0\)’dır, çünkü bütün kitle çekilince \(X = a\) kesinleşir ve varyans kalmaz.
Kitle büyüdükçe iki varyans birbirine yaklaşır. İki durum ayırt edilebilir.
- \(p = \frac{a}{N}\) sabit bir sayıya yakınsayacak biçimde \(N \to \infty\) olsun ve çekilen nesne sayısı \(n\) sabit kalsın. Pay ve paydayı \(N\)’ye bölersek \[\lim_{N \to \infty} \frac{N-n}{N-1} = \lim_{N \to \infty} \frac{1 - \frac{n}{N}}{1 - \frac{1}{N}} = \frac{1 - 0}{1 - 0} = 1\] bulunur. Dolayısıyla hipergeometrik varyans binom varyansı \(npq\)’ya yakınsar.
- Toplam nesne sayısı \(N\) çok büyük, çekilen nesne sayısı \(n\) ona göre küçükse \(\frac{N-n}{N-1} \approx 1\)’dir ve iki varyans yaklaşık olarak eşittir. Örneğin \(N = 1000\) ve \(n = 10\) için faktör \(\frac{990}{999} \approx 0{,}991\)’dir. Uygulamada örneklem kitlenin yüzde beşinden küçükse (\(n \le 0{,}05\,N\)) fark göz ardı edilir.
Binom Dağılımına Yakınsama
Varyansların yaklaşması daha güçlü bir olgunun parçasıdır: olasılıkların kendileri de yaklaşır. Sonsuz büyük bir kitleden iadesiz seçim yapmakla iadeli (bağımsız) seçim yapmak arasında sonuç bakımından bir fark kalmaz, çünkü birkaç nesne çekmek kitlenin bileşimini neredeyse hiç değiştirmez ve her çekilişte özellikli nesne gelme olasılığı \(\frac{a}{N}\)’ye çok yakın kalır. Kesin ifadesi şudur: \(n\) ve \(x\) sabitken \(\frac{a}{N} \to p\) olacak biçimde \(N \to \infty\) ise
\[\lim_{N \to \infty} \frac{\binom{a}{x}\binom{N-a}{n-x}}{\binom{N}{n}} = \binom{n}{x}\, p^{x} (1-p)^{n-x}.\]
Yani \(N \to \infty\) iken hipergeometrik dağılım binom dağılımına yakınsar. İspatı ve iki dağılımı yan yana gösteren şekil Olasılık Teorisi’ndeki yaklaşım teoreminde bulunur. Pratik sonucu şudur: büyük bir kitleden küçük bir örneklem çekildiğinde hesaplar hipergeometrik yerine daha basit olan binom dağılımıyla yapılabilir.
Genelleştirilmiş Hipergeometrik Dağılım
Şimdiye kadar kitleyi iki gruba ayırdık: özelliğe sahip olan \(N_1 = a\) birim ve sahip olmayan \(N_2 = N - a\) birim. Kitle ikiden fazla gruptan oluşuyorsa, örneğin torbada üç renk top varsa, aynı sayma yöntemi çok değişkenli bir dağılım verir.
Tanım 2.2 (Genelleştirilmiş Hipergeometrik Dağılım) \(N\) birimlik bir kitle \(k\) gruba ayrılmış olsun: \(i\)-inci grupta \(N_i\) birim vardır ve \(N = N_1 + N_2 + \cdots + N_k\)’dır. Kitleden iadesiz olarak \(n\) birim çekilsin ve \(X_i\), çekilenler arasında \(i\)-inci gruptan olanların sayısı olsun. \(x_1 + x_2 + \cdots + x_k = n\) ve her \(i\) için \(0 \le x_i \le N_i\) olmak üzere
\[P(X_1 = x_1, X_2 = x_2, \dots, X_k = x_k) = \frac{\binom{N_1}{x_1}\binom{N_2}{x_2}\cdots\binom{N_k}{x_k}}{\binom{N}{n}}\]
olasılık fonksiyonuna sahip \((X_1, X_2, \dots, X_k)\) rastgele vektörüne genelleştirilmiş hipergeometrik dağılıma sahiptir denir.
Yani \(N\) birimden \(n\) tanesi \(\binom{N}{n}\) eşit olasılıklı biçimde seçilir ve bu seçimlerden istenen bileşimi verenler, her gruptan kaç birim alınacağı ayrı ayrı seçilerek \(\binom{N_1}{x_1}\cdots\binom{N_k}{x_k}\) tanedir. \(k = 2\) için \(N_1 = a\), \(N_2 = N - a\) ve \(X_2 = n - X_1\) olur; formül hipergeometrik dağılımın olasılık fonksiyonuna döner. Çekilişler iadeli yapılsaydı aynı sayılar çok terimli dağılıma uyardı; genelleştirilmiş hipergeometrik dağılım onun iadesiz karşılığıdır.
Önerme 2.1 (Genelleştirilmiş Hipergeometrik Dağılımın Bileşenleri) \((X_1, \dots, X_k)\) genelleştirilmiş hipergeometrik dağılıma sahipse her \(i\) için \(X_i \sim \operatorname{HG}(N, N_i, n)\)’dir. Özellikle \(E(X_i) = n\,\dfrac{N_i}{N}\)’dir.
İspat
\(i\) sabit olsun. Kitleyi iki gruba ayıralım: \(i\)-inci gruptaki \(N_i\) birim “özelliğe sahip”, geri kalan \(N - N_i\) birim “özelliğe sahip değil” sayılsın. Çekiliş yine \(N\) birimden \(n\) birimin iadesiz çekilişidir ve \(X_i\), çekilenler arasında özelliğe sahip olanların sayısıdır. Hipergeometrik dağılımın kurulumu tam olarak budur; dolayısıyla \(X_i \sim \operatorname{HG}(N, N_i, n)\)’dir. Beklenen değer formülünde \(a\) yerine \(N_i\) yazılırsa \(E(X_i) = n\,\frac{N_i}{N}\) bulunur.
\(\blacksquare\)
Örnekler
Aşağıdaki üç örnek aynı kavanozu kullanır; ardından gelen örnek üç gruplu bir kitledir.
Örnek 2.1 (Siyahların Beyazlardan Çok Gelmesi) 10 beyaz ve 5 siyah top bulunan bir kavanozdan iadesiz olarak 5 kez birer top çekiliyor (bu, aynı anda 5 top çekmekle aynıdır). Gelen siyah topların sayısının beyazlardan çok olması olasılığı nedir?
Çözüm
\(X\), çekilen 5 top arasındaki siyah topların sayısı olsun. Kitlede \(N = 15\) top, bunların \(a = 5\)’i siyah ve örneklem büyüklüğü \(n = 5\)’tir; yani \(X \sim \operatorname{HG}(15, 5, 5)\). Kısıtlar \(\max\{0, 5 - 10\} = 0\) ve \(\min\{5, 5\} = 5\) olduğundan \(X\)’in değerleri \(0, 1, \dots, 5\)’tir ve
\[f(x) = \frac{\binom{5}{x}\binom{10}{5-x}}{\binom{15}{5}}, \qquad \binom{15}{5} = 3003.\]
Payları tek tek hesaplayalım:
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) | \(5\) |
|---|---|---|---|---|---|---|
| \(\binom{5}{x}\binom{10}{5-x}\) | \(1 \cdot 252\) | \(5 \cdot 210\) | \(10 \cdot 120\) | \(10 \cdot 45\) | \(5 \cdot 10\) | \(1 \cdot 1\) |
| pay | \(252\) | \(1050\) | \(1200\) | \(450\) | \(50\) | \(1\) |
Payların toplamı
\[252 + 1050 + 1200 + 450 + 50 + 1 = 3003\]
olduğundan olasılıkların toplamı gerçekten \(1\)’dir.
Beyaz topların sayısı \(5 - X\)’tir. Siyahların beyazlardan çok olması \(X > 5 - X\), yani \(X > 2{,}5\) demektir; \(X\) tam sayı olduğundan bu \(X \ge 3\) olayıdır:
\[P(X \ge 3) = \frac{450 + 50 + 1}{3003} = \frac{501}{3003} = \frac{167}{1001} \approx 0{,}1668.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 2.2 (Siyah Topların Beklenen Sayısı) 10 beyaz ve 5 siyah top bulunan bir kavanozdan iadesiz olarak 5 top çekiliyor. Gelen siyah topların beklenen sayısı nedir? Varyansı da bulup çekilişin iadeli yapılması durumuyla karşılaştırınız.
Çözüm
\(X\) siyah top sayısı olsun; \(X \sim \operatorname{HG}(15, 5, 5)\). Beklenen değer formülünden
\[E(X) = n\,\frac{a}{N} = 5 \cdot \frac{5}{15} = \frac{5}{3} \approx 1{,}67.\]
Sağlama için önceki örneğin tablosunu kullanalım:
\[E(X) = \frac{0 \cdot 252 + 1 \cdot 1050 + 2 \cdot 1200 + 3 \cdot 450 + 4 \cdot 50 + 5 \cdot 1}{3003} = \frac{5005}{3003} = \frac{5}{3}.\]
Varyans formülünde \(\frac{a}{N} = \frac{1}{3}\) ve düzeltme faktörü \(\frac{15-5}{15-1} = \frac{10}{14} = \frac{5}{7}\)’dir:
\[\operatorname{Var}(X) = \frac{5}{7} \cdot 5 \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{5}{7} \cdot \frac{10}{9} = \frac{50}{63} \approx 0{,}794.\]
Çekiliş iadeli olsaydı siyah top sayısı \(\operatorname{Binom}\!\left(5, \frac{1}{3}\right)\) dağılımına uyardı. Beklenen değer yine \(5 \cdot \frac{1}{3} = \frac{5}{3}\) olurdu, ama varyans \(5 \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{10}{9} \approx 1{,}111\) çıkardı. Kitle küçük olduğundan (\(\frac{n}{N} = \frac{1}{3}\)) düzeltme faktörü \(\frac{5}{7}\) belirgin bir fark yaratır.
\(\blacksquare\)
Örnek 2.3 (Siyah ve Beyaz Toplarla Oynanan Oyunda Kazanç) 10 beyaz ve 5 siyah top bulunan bir kavanozdan iadesiz olarak 5 top çekiliyor. Her siyah top için 100 TL kaybediliyor, her beyaz top için 50 TL kazanılıyor. Kazancın olasılık fonksiyonunu oluşturunuz; kazancın beklenen değerini ve varyansını hesaplayınız.
Çözüm
\(X \sim \operatorname{HG}(15, 5, 5)\) siyah top sayısı olsun; beyaz top sayısı \(5 - X\)’tir. Kazanç \(K\) ile gösterilirse
\[K = -100X + 50(5 - X) = 250 - 150X.\]
\(X\)’in her değeri \(K\)’nin tek bir değerine karşılık geldiğinden \(P(K = 250 - 150x) = P(X = x)\)’tir. İlk örnekteki payları kullanarak (payda \(3003\))
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) | \(5\) |
|---|---|---|---|---|---|---|
| \(k = 250 - 150x\) | \(250\) | \(100\) | \(-50\) | \(-200\) | \(-350\) | \(-500\) |
| \(P(K = k)\) | \(\frac{252}{3003}\) | \(\frac{1050}{3003}\) | \(\frac{1200}{3003}\) | \(\frac{450}{3003}\) | \(\frac{50}{3003}\) | \(\frac{1}{3003}\) |
Örneğin
\[P(K = -50) = P(250 - 150X = -50) = P(X = 2) = \frac{1200}{3003} = \frac{400}{1001}.\]
Beklenen değer ve varyans için doğrusal dönüşüm kuralını (Olasılık Teorisi) ve önceki örnekte bulunan \(E(X) = \frac{5}{3}\), \(\operatorname{Var}(X) = \frac{50}{63}\) değerlerini kullanalım:
\[E(K) = 250 - 150\,E(X) = 250 - 150 \cdot \frac{5}{3} = 250 - 250 = 0,\]
\[\operatorname{Var}(K) = (-150)^2 \operatorname{Var}(X) = 22500 \cdot \frac{50}{63} = \frac{125000}{7} \approx 17857{,}14.\]
Beklenen kazanç sıfırdır, yani oyun uzun vadede ne kazandırır ne kaybettirir. Standart sapma \(\sqrt{125000/7} \approx 133{,}63\) TL’dir; tek bir oyunun sonucu sıfırdan epey uzağa düşebilir.
\(\blacksquare\)
Örnek 2.4 (Üç Renkten Birer Top) Bir kutuda 2 siyah, 2 beyaz ve 3 kırmızı top vardır. Aynı anda 3 top çekildiğinde 1 siyah, 1 beyaz ve 1 kırmızı top gelmesi olasılığı nedir?
Çözüm
\(X_1\) siyah, \(X_2\) beyaz, \(X_3\) kırmızı top sayısı olsun. Kitle \(k = 3\) gruptan oluşur: \(N_1 = 2\), \(N_2 = 2\), \(N_3 = 3\), \(N = 7\) ve \(n = 3\). Genelleştirilmiş hipergeometrik dağılımdan
\[P(X_1 = 1, X_2 = 1, X_3 = 1) = \frac{\binom{2}{1}\binom{2}{1}\binom{3}{1}}{\binom{7}{3}} = \frac{2 \cdot 2 \cdot 3}{35} = \frac{12}{35} \approx 0{,}343.\]
Aynı sonuca topları tek tek çekerek de ulaşabiliriz. Renklerin çıkış sırası \(3! = 6\) biçimde olabilir (siyah-beyaz-kırmızı, siyah-kırmızı-beyaz, …). Örneğin siyah-beyaz-kırmızı sırasının olasılığı
\[\frac{2}{7} \cdot \frac{2}{6} \cdot \frac{3}{5} = \frac{12}{210} = \frac{2}{35}\]
olur: ilk çekilişte 7 toptan 2’si siyah, ikincide kalan 6 toptan 2’si beyaz, üçüncüde kalan 5 toptan 3’ü kırmızıdır. Başka bir sırada paylar \(2, 2, 3\) yine aynı sayılardır, yalnız yerleri değişir; paydalar hep \(7, 6, 5\)’tir. Dolayısıyla altı sıranın her birinin olasılığı \(\frac{2}{35}\)’tir ve
\[P(X_1 = 1, X_2 = 1, X_3 = 1) = 6 \cdot \frac{2}{35} = \frac{12}{35}.\]
\(\blacksquare\)
2.2 Geometrik Dağılım
Şimdi iadeli, yani bağımsız denemelere dönüyoruz, ama deneme sayısını baştan sabitlemiyoruz. Başarı olasılığı \(p\) (\(0 < p < 1\)) olan bir Bernoulli deneyi aynı koşullar altında ve bağımsız olarak ilk başarı elde edilinceye kadar tekrarlansın. \(X\), ilk başarı elde edilinceye kadar yapılan denemelerin sayısı olsun. Başarıyı \(B\), başarısızlığı \(B^c\) ile gösterirsek örnek uzay ve \(X\)’in değerleri şöyledir:
\[\Omega = \{\, B,\; B^cB,\; B^cB^cB,\; \dots,\; \underbrace{B^c B^c \cdots B^c}_{x-1 \text{ tane}} B,\; \dots \}, \qquad X \in \{1, 2, 3, \dots\}.\]
\(X = x\) olayı, ilk \(x-1\) denemenin başarısız ve \(x\)-inci denemenin başarılı olması demektir. \(q = 1 - p\) olmak üzere denemelerin bağımsızlığından
\[\begin{aligned} f(x) = P(X = x) &= P(\underbrace{B^c B^c \cdots B^c}_{x-1 \text{ tane}}\, B) \\[1mm] &= \underbrace{P(B^c) \cdots P(B^c)}_{x-1 \text{ tane}}\; P(B) = q^{x-1} p, \qquad x = 1, 2, 3, \dots \end{aligned}\]
bulunur. Olasılıkların toplamı \(1\)’dir: sonlu geometrik toplam formülüyle
\[\sum_{x=1}^{\infty} q^{x-1} p = \lim_{n \to \infty} p\,(1 + q + \cdots + q^{n-1}) = \lim_{n \to \infty} p\,\frac{1 - q^{n}}{1 - q} = \frac{p}{p} = 1,\]
çünkü \(0 < q < 1\) olduğundan \(q^n \to 0\)’dır. Bu olasılık fonksiyonuna sahip \(X\)’e \(p\) parametreli geometrik dağılıma sahiptir denir ve \(X \sim \operatorname{Geo}(p)\) yazılır (Olasılık Teorisi’ndeki tanım). Olasılıklar \(p, qp, q^2p, \dots\) biçiminde ortak çarpanı \(q\) olan bir geometrik dizi oluşturur; ad buradan gelir.
Moment Üreten Fonksiyon, Beklenen Değer ve Varyans
Geometrik dağılımla ilgili hemen her hesap bir geometrik seriye iner; moment üreten fonksiyon (moment üreten fonksiyon) da öyle. \(X \sim \operatorname{Geo}(p)\) ise
\[M_X(t) = E\big(e^{tX}\big) = \sum_{x=1}^{\infty} e^{tx} q^{x-1} p = p e^{t} \sum_{x=1}^{\infty} \big(q e^{t}\big)^{x-1}.\]
Bu seri ancak \(q e^{t} < 1\), yani \(t < -\ln q\) iken yakınsar ve toplamı \(\frac{1}{1 - q e^{t}}\)’dir. Öyleyse
\[M_X(t) = \frac{p e^{t}}{1 - q e^{t}}, \qquad t < -\ln q.\]
\(-\ln q > 0\) olduğundan \(M_X\) sıfırın bir komşuluğunda tanımlıdır ve momentler türevlerden çıkar. Türevler \(M_X'(t) = \dfrac{p e^{t}}{(1 - q e^{t})^{2}}\) ve \(M_X''(t) = \dfrac{p e^{t}(1 + q e^{t})}{(1 - q e^{t})^{3}}\) olduğundan, \(1 - q = p\) kullanılarak
\[\begin{aligned} E(X) &= M_X'(0) = \frac{1}{p}, \qquad E(X^2) = M_X''(0) = \frac{1 + q}{p^{2}}, \\[1mm] \operatorname{Var}(X) &= E(X^2) - E(X)^2 = \frac{1 + q}{p^{2}} - \frac{1}{p^{2}} = \frac{q}{p^{2}} \end{aligned}\]
bulunur. Türev hesaplarının ayrıntısı Olasılık Teorisi’ndeki momentler teoremindedir. \(E(X) = \frac{1}{p}\) sezgiyle uyumludur: başarı olasılığı \(\frac{1}{4}\) ise ilk başarı için ortalama \(4\) deneme beklenir.
Aynı momentleri moment üreten fonksiyona başvurmadan, doğrudan tanımdaki seriden de bulabiliriz.
Örnek 2.5 (Geometrik Dağılımın Momentlerini Seriden Bulmak) \(X \sim \operatorname{Geo}(p)\) olsun. \(E(X)\) ve \(E(X^2)\) değerlerini doğrudan \(E(X) = \sum_x x f(x)\) ve \(E(X^2) = \sum_x x^2 f(x)\) toplamlarından hesaplayınız.
Çözüm
\(|q| < 1\) için geometrik seri \(\sum_{x=0}^{\infty} q^{x} = \frac{1}{1-q}\)’dir. Bir kuvvet serisi yakınsaklık aralığının içinde terim terim türevlenebilir. Bir kez türev alırsak (\(x = 0\) teriminin türevi sıfırdır)
\[\sum_{x=1}^{\infty} x\, q^{x-1} = \frac{1}{(1-q)^{2}},\]
bir kez daha türev alırsak (\(x = 1\) teriminin türevi de sıfırdır)
\[\sum_{x=2}^{\infty} x(x-1)\, q^{x-2} = \frac{2}{(1-q)^{3}}.\]
Beklenen değer. Birinci seriyi \(p\) ile çarpar ve \(1 - q = p\) kullanırsak
\[E(X) = \sum_{x=1}^{\infty} x\, q^{x-1} p = \frac{p}{(1-q)^{2}} = \frac{p}{p^{2}} = \frac{1}{p}.\]
İkinci moment. \(x^2\) yerine önce \(x(x-1)\) ile çalışmak işi kolaylaştırır. \(x = 1\) terimi sıfır olduğundan toplam \(x = 2\)’den başlar ve \(q^{x-1} = q \cdot q^{x-2}\) yazılabilir:
\[\begin{aligned} E\big(X(X-1)\big) &= \sum_{x=2}^{\infty} x(x-1)\, q^{x-1} p = pq \sum_{x=2}^{\infty} x(x-1)\, q^{x-2} \\[1mm] &= pq \cdot \frac{2}{(1-q)^{3}} = \frac{2pq}{p^{3}} = \frac{2q}{p^{2}}. \end{aligned}\]
\(X^2 = X(X-1) + X\) olduğundan beklenen değerin doğrusallığıyla
\[E(X^2) = E\big(X(X-1)\big) + E(X) = \frac{2q}{p^{2}} + \frac{1}{p} = \frac{2q + p}{p^{2}} = \frac{1 + q}{p^{2}},\]
son adımda \(p + q = 1\) kullanıldı. Buradan \(\operatorname{Var}(X) = \frac{1+q}{p^2} - \frac{1}{p^2} = \frac{q}{p^{2}}\)’dir; moment üreten fonksiyonla bulunan değerlerin aynısı.
\(\blacksquare\)
Belleksizlik Özelliği
Bir hedefe ilk isabete kadar atış yapan biri ilk üç atışını ıskalamış olsun. Bundan sonra iki atış daha ıskalama olasılığı, hiç atış yapmamış birinin ilk iki atışını ıskalama olasılığıyla aynıdır: atışlar bağımsız olduğundan geçmiş ıskalar geleceği etkilemez. Örneğin \(B^cB^cB^cB^cB^cB^cB\) dizisini üç ıskadan sonra izlemeye başlayan biri için süreç baştan başlar:
\[P(X > 5 \mid X > 3) = P(X > 2).\]
Genel olarak \(X \sim \operatorname{Geo}(p)\) ve \(s > t\) pozitif tam sayılar ise
\[P(X > s \mid X > t) = P(X > s - t)\]
olur. Buna geometrik dağılımın belleksizlik özelliği denir. Doğrulamak için önce kuyruk olasılığını bulalım. Sonlu geometrik toplam formülüyle
\[\begin{aligned} P(X > s) &= 1 - P(X \le s) = 1 - \sum_{x=1}^{s} p\,q^{x-1} \\[1mm] &= 1 - p \sum_{y=0}^{s-1} q^{y} = 1 - p\,\frac{1 - q^{s}}{1 - q} = q^{s}. \end{aligned}\]
Bu sonuç doğrudan da görülür: \(X > s\) olayı “ilk \(s\) denemenin hepsi başarısız” olayıdır. \(s > t\) olduğundan \((X > s) \subseteq (X > t)\)’dir, yani \((X > s) \cap (X > t) = (X > s)\). Öyleyse
\[P(X > s \mid X > t) = \frac{P(X > s,\ X > t)}{P(X > t)} = \frac{P(X > s)}{P(X > t)} = \frac{q^{s}}{q^{t}} = q^{s-t} = P(X > s - t).\]
Değerlerini \(\{1, 2, 3, \dots\}\) kümesinde alan kesikli dağılımlar arasında bu özelliğe sahip olan yalnızca geometrik dağılımdır; bu tekliğin ispatı Olasılık Teorisi’ndeki hafızasızlık teoremindedir.
Örnekler
Aşağıdaki dört örnek aynı atıcıyla ilgilidir.
Örnek 2.6 (Hedefi Dördüncü Atıştan Önce Vurmak) Bir atıcının belli bir hedefi vurma olasılığı \(0{,}75\)’tir ve atışlar birbirinden bağımsızdır. Atıcı, hedef bir isabet alıncaya kadar atış yapmaya kararlıdır. Hedefi dördüncü atıştan önce vurması olasılığı nedir?
Çözüm
\(X\), hedef ilk isabeti alıncaya kadar yapılan atış sayısı olsun. \(p = \frac{3}{4}\) ve \(q = \frac{1}{4}\) olduğundan \(X \sim \operatorname{Geo}\!\left(\frac{3}{4}\right)\) ve
\[f(x) = \left(\frac{1}{4}\right)^{x-1} \frac{3}{4}, \qquad x = 1, 2, 3, \dots\]
Dördüncü atıştan önce vurmak \(X < 4\), yani \(X \le 3\) demektir:
\[\begin{aligned} P(X < 4) &= f(1) + f(2) + f(3) = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4} + \left(\frac{1}{4}\right)^{2} \frac{3}{4} \\[1mm] &= \frac{48}{64} + \frac{12}{64} + \frac{3}{64} = \frac{63}{64} \approx 0{,}984. \end{aligned}\]
Sağlama: tümleyen olay ilk üç atışın ıskalanmasıdır ve
\[P(X < 4) = 1 - P(X > 3) = 1 - q^{3} = 1 - \frac{1}{64} = \frac{63}{64}.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 2.7 (En Az Üç Atış Yapmak) Bir atıcının belli bir hedefi vurma olasılığı \(0{,}75\)’tir ve atışlar birbirinden bağımsızdır. Atıcı, hedef bir isabet alıncaya kadar atış yapmaya kararlıdır. En az 3 atış yapması olasılığı nedir?
Çözüm
\(X \sim \operatorname{Geo}\!\left(\frac{3}{4}\right)\) atış sayısı olsun. Tümleyen olaydan
\[\begin{aligned} P(X \ge 3) &= 1 - P(X = 1) - P(X = 2) = 1 - \frac{3}{4} - \frac{3}{16} \\[1mm] &= \frac{16 - 12 - 3}{16} = \frac{1}{16} = 0{,}0625. \end{aligned}\]
Sağlama: en az üç atış yapılması, ilk iki atışın ıskalanması demektir ve olasılığı \(q^{2} = \left(\frac{1}{4}\right)^{2} = \frac{1}{16}\)’dır.
\(\blacksquare\)
Örnek 2.8 (Tek İsabetlik Oyunda Kazanç) Bir atıcının belli bir hedefi vurma olasılığı \(0{,}75\)’tir ve atışlar birbirinden bağımsızdır. Atıcı, hedef bir isabet alıncaya kadar atış yapmaya kararlıdır. Hedefin değeri 200 TL ve bir atışın maliyeti 100 TL olduğuna göre kazancın olasılık fonksiyonunu bulunuz ve kazancın beklenen değerini hesaplayınız.
Çözüm
\(X \sim \operatorname{Geo}\!\left(\frac{3}{4}\right)\) atış sayısı olsun. Atıcı sonunda hedefi mutlaka vurur ve 200 TL alır; \(X\) atış için \(100X\) TL öder. Kazanç
\[K = 200 - 100X.\]
\(X = 1, 2, 3, \dots\) değerleri \(K = 100, 0, -100, -200, \dots\) değerlerine karşılık gelir ve \(P(K = 200 - 100x) = P(X = x)\)’tir:
| \(x\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) | \(\cdots\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(k = 200 - 100x\) | \(100\) | \(0\) | \(-100\) | \(-200\) | \(\cdots\) |
| \(P(K = k)\) | \(\frac{3}{4}\) | \(\frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4}\) | \(\left(\frac{1}{4}\right)^{2} \frac{3}{4}\) | \(\left(\frac{1}{4}\right)^{3} \frac{3}{4}\) | \(\cdots\) |
Kapalı biçimde, \(x = \frac{200 - k}{100}\) olduğundan
\[P(K = k) = \left(\frac{1}{4}\right)^{\frac{100 - k}{100}} \frac{3}{4}, \qquad k = 100, 0, -100, -200, \dots\]
\(E(X) = \frac{1}{p} = \frac{4}{3}\) olduğundan
\[E(K) = 200 - 100\,E(X) = 200 - \frac{400}{3} = \frac{200}{3} \approx 66{,}67 \text{ TL}.\]
Oyun ortalamada atıcının lehinedir: çoğu zaman ilk atışta vurur ve 100 TL kazanır.
\(\blacksquare\)
Örnek 2.9 (Atıcı Örneğinde Belleksizlik) Bir atıcının belli bir hedefi vurma olasılığı \(0{,}75\)’tir ve atışlar birbirinden bağımsızdır. Atıcı, hedef bir isabet alıncaya kadar atış yapmaya kararlıdır. \(X\) atış sayısı olmak üzere \(P(X > 3 \mid X > 1) = P(X > 2)\) eşitliğini hesapla doğrulayınız.
Çözüm
\(X \sim \operatorname{Geo}\!\left(\frac{3}{4}\right)\). Gereken kuyruk olasılıklarını tümleyenden hesaplayalım:
\[P(X > 1) = 1 - P(X = 1) = 1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4},\]
\[P(X > 2) = 1 - \frac{3}{4} - \frac{3}{16} = \frac{1}{16}, \qquad P(X > 3) = 1 - \frac{3}{4} - \frac{3}{16} - \frac{3}{64} = \frac{1}{64}.\]
\((X > 3) \subseteq (X > 1)\) olduğundan \((X > 3) \cap (X > 1) = (X > 3)\)’tür ve
\[P(X > 3 \mid X > 1) = \frac{P(X > 3)}{P(X > 1)} = \frac{1/64}{1/4} = \frac{4}{64} = \frac{1}{16} = P(X > 2).\]
İlk atışını ıskalamış bir atıcının iki atış daha ıskalama olasılığı, en baştaki iki ıska olasılığıyla aynıdır.
\(\blacksquare\)
2.3 Negatif Binom Dağılımı (Pascal Dağılımı)
Geometrik dağılım ilk başarıyı bekler. Şimdi daha fazlasını bekleyelim. Başarı olasılığı \(p\) olan bir Bernoulli denemesi, aynı koşullar altında ve bağımsız olarak \(k\) başarı elde edilinceye kadar yapılsın (\(k \ge 1\) sabit bir tam sayı). \(X\), \(k\) başarı elde edilinceye kadar yapılan denemelerin sayısı olsun. En az \(k\) deneme gerektiğinden \(X\)’in değer kümesi \(D_X = \{k, k+1, k+2, \dots\}\)’dir.
Olasılık fonksiyonunu küçük değerlerden başlayarak kuralım.
- \(X = k\) ise ilk \(k\) denemenin hepsi başarılıdır: \(P(X = k) = P(BB \cdots B) = p^{k}\).
- \(X = k + 1\) ise son deneme başarılıdır ve ilk \(k\) denemede \(k - 1\) başarı ile \(1\) başarısızlık vardır, örneğin \(B^cB \cdots BB\) ya da \(BB \cdots B^cB\). Başarısızlığın yeri ilk \(k\) denemeden biri olarak \(\binom{k}{k-1} = k\) biçimde seçilir ve her dizinin olasılığı \(p^{k-1} q \cdot p\)’dir: \[P(X = k + 1) = \binom{k}{k-1} p^{k-1} q\, p = \binom{k}{1} q\, p^{k}.\]
- Genel olarak \(X = x\) ise \(x\)-inci (son) deneme başarılıdır ve ilk \(x - 1\) denemede tam \(k - 1\) başarı vardır. Bu başarıların yeri \(\binom{x-1}{k-1}\) biçimde seçilir; her dizide \(k\) başarı ve \(x - k\) başarısızlık bulunur. Bağımsızlıktan \[P(X = x) = \binom{x-1}{k-1} p^{k-1} q^{(x-1)-(k-1)} \cdot p = \binom{x-1}{k-1} q^{x-k} p^{k}.\]
Böylece \(X\)’in olasılık fonksiyonu
\[f(x) = \binom{x-1}{k-1} q^{x-k} p^{k}, \qquad x = k, k+1, k+2, \dots\]
olur. Bu olasılık fonksiyonuna sahip \(X\)’e \(k\) ve \(p\) parametreli negatif binom dağılımına (Pascal dağılımına) sahiptir denir ve \(X \sim \operatorname{NB}(k, p)\) yazılır (Olasılık Teorisi’ndeki tanım; orada başarı sayısı \(r\) ile gösterilir). \(k = 1\) için \(\binom{x-1}{0} = 1\) olduğundan negatif binom dağılımı geometrik dağılıma indirgenir: \(\operatorname{NB}(1, p) = \operatorname{Geo}(p)\).
Adın kaynağı olasılıkların toplamında görülür. Binom dağılımında olasılıklar \(1 = (p + q)^n\) açılımının terimleridir. Negatif binom dağılımında ise üssü negatif olan açılım devreye girer:
\[p^{-k} = (1 - q)^{-k} = \sum_{x=k}^{\infty} \binom{x-1}{k-1} q^{x-k}.\]
Bu açılım geometrik serinin \(k - 1\) kez türevlenmesiyle elde edilir (Olasılık Teorisi’ndeki lemma). İki yanı \(p^{k}\) ile çarpmak \(\sum_{x=k}^{\infty} f(x) = 1\) verir.
Moment Üreten Fonksiyon, Beklenen Değer ve Varyans
Negatif binom dağılımının moment üreten fonksiyonu, geometrik dağılımınkinin \(k\)-ıncı kuvvetidir. \(X \sim \operatorname{NB}(k, p)\) ise
\[M_X(t) = E\big(e^{tX}\big) = \left( \frac{p e^{t}}{1 - q e^{t}} \right)^{k}, \qquad \big|q e^{t}\big| = q e^{t} < 1 \iff t < -\ln q\]
ve buradan türev alarak
\[E(X) = M_X'(0) = \frac{k}{p}, \qquad E(X^2) = M_X''(0) = \frac{k(k + q)}{p^{2}}, \qquad \operatorname{Var}(X) = \frac{kq}{p^{2}}\]
bulunur. Son eşitlik \(\frac{k(k+q)}{p^2} - \frac{k^2}{p^2} = \frac{kq}{p^2}\) hesabıdır. İspatlar Olasılık Teorisi’ndeki momentler teoremindedir. \(k = 1\) için bu formüller geometrik dağılımınkilere döner.
\(k = 2\) olsun. \(X_1\) birinci başarı elde edilinceye kadar yapılan deneme sayısı, \(X_2\) ise birinci başarıdan sonra ikinci başarıya kadar (ikinci başarı dahil) yapılan deneme sayısı olsun. İki başarı için gereken toplam deneme sayısı \(X = X_1 + X_2\)’dir. Denemeler bağımsız olduğundan birinci başarıdan sonra süreç baştan başlar; bu yüzden \(X_1\) ve \(X_2\) bağımsızdır ve ikisi de \(\operatorname{Geo}(p)\) dağılımlıdır.
Genel olarak \(X_1, X_2, \dots, X_k\) bağımsız ve her biri \(\operatorname{Geo}(p)\) dağılımlı ise
\[X = X_1 + X_2 + \cdots + X_k \sim \operatorname{NB}(k, p)\]
olur. Bağımsız değişkenlerin çarpımının beklenen değeri beklenen değerlerin çarpımı olduğundan, \(q e^{t} < 1\) için moment üreten fonksiyon
\[M_X(t) = E\big(e^{t(X_1 + \cdots + X_k)}\big) = \prod_{i=1}^{k} M_{X_i}(t) = \left( \frac{p e^{t}}{1 - q e^{t}} \right)^{k}\]
olarak çıkar; moment üreten fonksiyonun tekliğiyle yapılan tam ispat Olasılık Teorisi’ndeki önermededir. Bu ayrıştırma \(E(X) = k \cdot \frac{1}{p}\) ve \(\operatorname{Var}(X) = k \cdot \frac{q}{p^{2}}\) formüllerinin neden geometrik dağılımınkilerin \(k\) katı olduğunu da açıklar.
Örnekler
Önceki atıcı şimdi üç isabet bekliyor. Aşağıdaki dört örnek bu durumla ilgilidir.
Örnek 2.10 (Tam Dört Atış Yapmak) Bir atıcının belli bir hedefi vurma olasılığı \(0{,}75\)’tir ve atışlar birbirinden bağımsızdır. Atıcı, hedef üç isabet alıncaya kadar atış yapmaya kararlıdır. Tam 4 atış yapması olasılığı nedir?
Çözüm
\(X\), hedef üç isabet alıncaya kadar yapılan atış sayısı olsun. \(k = 3\), \(p = \frac{3}{4}\) ve \(q = \frac{1}{4}\) olduğundan \(X \sim \operatorname{NB}\!\left(3, \frac{3}{4}\right)\) ve
\[f(x) = \binom{x-1}{2} \left(\frac{3}{4}\right)^{3} \left(\frac{1}{4}\right)^{x-3}, \qquad x = 3, 4, 5, \dots\]
Formülden
\[P(X = 4) = \binom{3}{2} \left(\frac{3}{4}\right)^{3} \frac{1}{4} = 3 \cdot \frac{27}{64} \cdot \frac{1}{4} = \frac{81}{256} \approx 0{,}316.\]
Sonucu dizileri sayarak da görelim. Dördüncü atış üçüncü isabet olmalıdır; tek ıska ilk üç atıştan birindedir. Olası diziler \(B^cBBB\), \(BB^cBB\) ve \(BBB^cB\)’dir ve her birinin olasılığı \(\frac{1}{4} \left(\frac{3}{4}\right)^{3}\)’tür. Toplam \(3 \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{27}{64} = \frac{81}{256}\) olur.
\(\blacksquare\)
Örnek 2.11 (En Çok Dört Atış Yapmak) Bir atıcının belli bir hedefi vurma olasılığı \(0{,}75\)’tir ve atışlar birbirinden bağımsızdır. Atıcı, hedef üç isabet alıncaya kadar atış yapmaya kararlıdır. En çok 4 atış yapması olasılığı nedir?
Çözüm
\(X \sim \operatorname{NB}\!\left(3, \frac{3}{4}\right)\) atış sayısı olsun. \(X\) en az \(3\) olduğundan en çok 4 atış \(X = 3\) ya da \(X = 4\) demektir:
\[P(X = 3) = \binom{2}{2} \left(\frac{3}{4}\right)^{3} = \frac{27}{64}, \qquad P(X = 4) = \frac{81}{256}\]
(ikincisi önceki örnekte bulundu). Öyleyse
\[P(X \le 4) = \frac{27}{64} + \frac{81}{256} = \frac{108}{256} + \frac{81}{256} = \frac{189}{256} \approx 0{,}738.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 2.12 (En Az Dört Atış Yapmak) Bir atıcının belli bir hedefi vurma olasılığı \(0{,}75\)’tir ve atışlar birbirinden bağımsızdır. Atıcı, hedef üç isabet alıncaya kadar atış yapmaya kararlıdır. En az 4 atış yapması olasılığı nedir?
Çözüm
\(X \sim \operatorname{NB}\!\left(3, \frac{3}{4}\right)\) atış sayısı olsun. \(X \ge 4\) olayı sonsuz çok değer içerir; tümleyeni ise yalnız \(X = 3\)’tür. Öyleyse
\[P(X \ge 4) = 1 - P(X = 3) = 1 - \frac{27}{64} = \frac{37}{64} \approx 0{,}578.\]
Yani en az dört atış gerekmesi, ilk üç atışın hepsinin isabet olmaması demektir.
\(\blacksquare\)
Örnek 2.13 (Üç İsabetlik Oyunda Kazanç) Bir atıcının belli bir hedefi vurma olasılığı \(0{,}75\)’tir ve atışlar birbirinden bağımsızdır. Atıcı, hedef üç isabet alıncaya kadar atış yapmaya kararlıdır. Her isabette hedefin değeri olan 200 TL kazanılıyor ve bir atışın maliyeti 100 TL’dir. Kazancın olasılık fonksiyonunu bulunuz; kazancın beklenen değerini ve varyansını hesaplayınız.
Çözüm
\(X \sim \operatorname{NB}\!\left(3, \frac{3}{4}\right)\) atış sayısı olsun. Oyun sonunda üç isabet vardır, yani \(3 \cdot 200 = 600\) TL kazanılır; \(X\) atış için \(100X\) TL ödenir. Kazanç
\[K = 3 \cdot 200 - 100X = 600 - 100X.\]
\(X = 3, 4, 5, 6, \dots\) değerleri \(K = 300, 200, 100, 0, \dots\) değerlerine karşılık gelir; \(D_K = \{300, 200, 100, 0, -100, \dots\}\) ve \(P(K = 600 - 100x) = P(X = x)\)’tir:
| \(x\) | \(3\) | \(4\) | \(5\) | \(6\) | \(\cdots\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(k\) | \(300\) | \(200\) | \(100\) | \(0\) | \(\cdots\) |
| \(P(K = k)\) | \(\left(\frac{3}{4}\right)^{3}\) | \(\binom{3}{2}\left(\frac{3}{4}\right)^{3}\frac{1}{4}\) | \(\binom{4}{2}\left(\frac{3}{4}\right)^{3}\left(\frac{1}{4}\right)^{2}\) | \(\binom{5}{2}\left(\frac{3}{4}\right)^{3}\left(\frac{1}{4}\right)^{3}\) | \(\cdots\) |
| ondalık | \(0{,}4219\) | \(0{,}3164\) | \(0{,}1582\) | \(0{,}0659\) | \(\cdots\) |
Kapalı biçimde, \(x = \frac{600 - k}{100}\) olduğundan
\[P(K = k) = \binom{\frac{600-k}{100} - 1}{2} \left(\frac{3}{4}\right)^{3} \left(\frac{1}{4}\right)^{\frac{300-k}{100}}, \qquad k = 300, 200, 100, \dots\]
Negatif binom momentleri \(E(X) = \frac{k}{p} = \frac{3}{3/4} = 4\) ve \(\operatorname{Var}(X) = \frac{kq}{p^2} = \frac{3 \cdot \frac{1}{4}}{\frac{9}{16}} = \frac{4}{3}\)’tür. Doğrusal dönüşüm kuralıyla
\[E(K) = 600 - 100\,E(X) = 600 - 400 = 200 \text{ TL},\]
\[\operatorname{Var}(K) = (-100)^2 \operatorname{Var}(X) = 10000 \cdot \frac{4}{3} = \frac{40000}{3} \approx 13333{,}33.\]
Kazancın standart sapması \(\sqrt{40000/3} \approx 115{,}47\) TL’dir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde iadesiz çekilişin ve başarıyı beklemenin modellerini gördük. Bir sonraki bölümde, belli bir zaman aralığında ya da bölgede meydana gelen olayların sayısını modelleyen dağılıma ve binom dağılımının bir başka limitine geçiyoruz: Poisson ve Kesikli Düzgün Dağılımlar.