12 Örneklem Dağılımları
Nokta tahmininde bir parametreyi tek bir sayıyla tahmin ettik. Bu tahminin ne kadar güvenilir olduğunu söyleyebilmek, yani bir güven aralığı kurmak ya da bir hipotezi sınamak için, tahmin edicinin kendisinin nasıl dağıldığını bilmemiz gerekir. Normal bir kitleden çekilen örneklemde \(\bar X\) ve \(S^2\)’den kurulan istatistiklerin dağılımları üç aileyle ifade edilir: ki-kare, \(t\) ve \(F\) dağılımları. Bu bölümde bu üç aileyi tanıyacak, yoğunluklarını türetecek, tablolarını okumayı öğrenecek ve sonunda normal örneklemdeki iki temel teoremi ispatlayacağız.
12.1 Ki-kare Dağılımı
İlk aile, gamma ailesinin istatistikte en sık karşılaşılan üyesidir; standart normal değişkenlerin karelerinin toplamı olarak ortaya çıkar.
Tanım 12.1 (Ki-kare Dağılımı) \(\nu\) pozitif bir tam sayı olsun. Olasılık yoğunluk fonksiyonu
\[ f(u) = \begin{cases} \dfrac{u^{\nu/2 - 1}\, e^{-u/2}}{2^{\nu/2}\, \Gamma(\nu/2)}, & u > 0, \\[3mm] 0, & u \le 0 \end{cases} \]
olan \(U\) rastgele değişkenine \(\nu\) serbestlik dereceli ki-kare dağılımına sahiptir denir ve \(U \sim \chi^2_\nu\) yazılır.
Yani \(\chi^2_\nu\), \(r = \nu/2\) ve \(\alpha = 1/2\) parametreli gamma dağılımıdır (Tanım 4.2). Gamma yoğunluğunda bu değerler yerine konunca
\[ \frac{\alpha}{\Gamma(r)}(\alpha u)^{r-1} e^{-\alpha u} = \frac{(1/2)^{\nu/2}}{\Gamma(\nu/2)}\, u^{\nu/2-1} e^{-u/2} \]
bulunur ve bu, yukarıdaki yoğunluktur. Böylece \(f\)’nin gerçekten bir yoğunluk olduğunu ayrıca göstermemize gerek kalmaz. Dağılım yalnız pozitif değerler alır ve tek parametresi \(\nu\)’dür. Eğrinin biçimi aşağıdaki şekilde görülüyor: \(\nu = 1\) ve \(\nu = 2\) için yoğunluk sıfırdan itibaren azalır, \(\nu \ge 3\) için sıfırdan başlayıp \(u = \nu - 2\)’de tepe yapar ve sağa doğru uzun bir kuyrukla sönümlenir.
Parametrenin adı bir sayma işlemini anlatır.
Tanım 12.2 (Serbestlik Derecesi) Bir örneklemdeki bağımsız gözlemlerin sayısından, bu gözlemlere dayanarak tahmin edilen kitle parametrelerinin sayısı çıkarılınca elde edilen sayıya serbestlik derecesi denir.
Yani serbestlik derecesi, bir büyüklüğü hesaplarken elimizde “serbestçe değişebilen” kaç bilgi kaldığını sayar. \(n\) bağımsız standart normal değişkenin kareleri toplamında her terim serbesttir ve serbestlik derecesi \(n\)’dir (Sonuç 12.1). \(\sum (X_i - \bar X)^2\) toplamında ise \(n\) terim vardır ama sapmaların toplamı her zaman \(\sum (X_i - \bar X) = 0\)’dır; ilk \(n - 1\) sapma bilinince sonuncusu belirlenir. \(\bar X\) ile kitle ortalamasını tahmin etmenin bedeli bir serbestlik derecesidir ve bu toplam \(n - 1\) serbestlik derecelidir (Teorem 12.8).
Gamma dağılımı için bildiklerimiz ki-kare dağılımına doğrudan aktarılır.
Teorem 12.1 (Ki-kare Dağılımının Moment Üreten Fonksiyonu ve Momentleri) \(U \sim \chi^2_\nu\) ise \(t < \frac{1}{2}\) için
\[ M_U(t) = (1 - 2t)^{-\nu/2} \]
ve
\[ E(U) = \nu, \qquad \operatorname{Var}(U) = 2\nu. \]
İspat
\(U \sim \operatorname{Gamma}\big(\frac{\nu}{2}, \frac{1}{2}\big)\) olduğundan Teorem 4.3 \(r = \frac{\nu}{2}\) ve \(\alpha = \frac{1}{2}\) ile uygulanır. \(t < \frac{1}{2}\) için
\[ M_U(t) = \left(\frac{1/2}{1/2 - t}\right)^{\nu/2} = \left(\frac{1}{1 - 2t}\right)^{\nu/2} = (1-2t)^{-\nu/2}. \]
Momentler Teorem 4.2 ile bulunur:
\[ E(U) = \frac{r}{\alpha} = \frac{\nu/2}{1/2} = \nu, \qquad \operatorname{Var}(U) = \frac{r}{\alpha^2} = \frac{\nu/2}{1/4} = 2\nu. \]
Aynı sonuçlar moment üreten fonksiyondan da okunur. Türevler
\[ M_U'(t) = \nu(1-2t)^{-\nu/2-1}, \qquad M_U''(t) = \nu(\nu+2)(1-2t)^{-\nu/2-2} \]
olduğundan \(E(U) = M_U'(0) = \nu\), \(E(U^2) = M_U''(0) = \nu^2 + 2\nu\) ve \(\operatorname{Var}(U) = \nu^2 + 2\nu - \nu^2 = 2\nu\).
\(\blacksquare\)
Yani ki-kare dağılımının ortalaması serbestlik derecesine, varyansı serbestlik derecesinin iki katına eşittir. Moment üreten fonksiyon dağılımı tek türlü belirlediğinden (teklik teoremi), \((1-2t)^{-\nu/2}\) biçiminde bir moment üreten fonksiyonu olan her değişken \(\chi^2_\nu\) dağılımlıdır. Bu gözlem aşağıdaki ispatların hepsinde kullanılacak.
Örnek 12.1 (Moment Üreten Fonksiyondan Ki-kare Dağılımını Tanımak) \(U\) rastgele değişkeninin moment üreten fonksiyonu \(t < \frac{1}{2}\) için \(M_U(t) = (1-2t)^{-6}\) ise \(U\)’nun dağılımını, beklenen değerini ve varyansını bulunuz.
Çözüm
Verilen ifadeyi \((1-2t)^{-\nu/2}\) ile karşılaştıralım: \(\frac{\nu}{2} = 6\), yani \(\nu = 12\)’dir. Teklik teoremi gereği \(U \sim \chi^2_{12}\)’dir. Teorem 12.1 ile
\[ E(U) = 12, \qquad \operatorname{Var}(U) = 2 \cdot 12 = 24. \]
\(\blacksquare\)
Ki-kare olasılıklarının integrali (\(\nu\) çift olmadıkça) elemanter fonksiyonlarla kapalı biçimde hesaplanamaz; bu yüzden değerler tablodan okunur. Kantil gösterimi normal dağılımdakiyle aynıdır (Tanım 5.1): \(\chi^2_{\nu,\,p}\), \(\chi^2_\nu\) eğrisinin altında solunda \(p\) kadar alan bırakan noktadır, yani \(U \sim \chi^2_\nu\) için
\[ P\big(U \le \chi^2_{\nu,\,p}\big) = p. \]
Kitabın sonundaki \(\chi^2\) tablosu bu kantilleri satırda \(\nu\), sütunda \(p\) olacak biçimde verir. Dağılım simetrik olmadığından sol ve sağ kuyruk kantilleri ayrı ayrı okunur; normal dağılımdaki \(z_{1-p} = -z_p\) gibi bir kısayol yoktur.
Örnek 12.2 (Ki-kare Dağılımında Sağ Kuyruk) \(U \sim \chi^2_{10}\) ise \(P(U > 18{,}31)\) olasılığını bulunuz.
Çözüm
\(\chi^2\) tablosunun \(\nu = 10\) satırında \(18{,}31\) değeri \(p = 0{,}95\) sütunundadır: \(\chi^2_{10,\,0{,}95} = 18{,}31\), yani \(P(U \le 18{,}31) = 0{,}95\). Tümleyen olaya geçersek
\[ P(U > 18{,}31) = 1 - 0{,}95 = 0{,}05. \]
\(\blacksquare\)
Örnek 12.3 (Ki-kare Dağılımında İki Kantil Arası) \(U \sim \chi^2_{10}\) ise \(P(3{,}25 \le U \le 20{,}48)\) olasılığını bulunuz.
Çözüm
\(\chi^2\) tablosunun \(\nu = 10\) satırından \(\chi^2_{10,\,0{,}025} = 3{,}25\) ve \(\chi^2_{10,\,0{,}975} = 20{,}48\) okunur. \(U\) sürekli olduğundan
\[ P(3{,}25 \le U \le 20{,}48) = P(U \le 20{,}48) - P(U < 3{,}25) = 0{,}975 - 0{,}025 = 0{,}95. \]
İki sınır \(E(U) = 10\)’a göre simetrik değildir: \(10 - 3{,}25 = 6{,}75\) iken \(20{,}48 - 10 = 10{,}48\)’dir. Uzun sağ kuyruk yüzünden üst sınır ortalamadan daha uzaktadır.
\(\blacksquare\)
Serbestlik derecesi \(2\) iken yoğunluk \(f(u) = \frac{1}{2} e^{-u/2}\) olur; bu, ortalaması \(2\) olan üstel dağılımdır ve olasılıklar tablo olmadan da hesaplanır.
Örnek 12.4 (İki Serbestlik Dereceli Ki-kare Dağılımı) \(U \sim \chi^2_2\) için \(P(U > u)\)’yu kapalı biçimde bulunuz ve \(\chi^2_{2,\,0{,}95} = 5{,}99\) tablo değerini doğrulayınız.
Çözüm
\(\nu = 2\) için \(\Gamma(1) = 1\) ve \(u^{\nu/2 - 1} = u^0 = 1\) olduğundan yoğunluk \(u > 0\) için \(f(u) = \frac{1}{2} e^{-u/2}\)’dir. \(u > 0\) için
\[ P(U > u) = \int_u^\infty \frac{1}{2} e^{-x/2}\, dx = \Big[-e^{-x/2}\Big]_u^\infty = e^{-u/2}. \]
\(u = 5{,}99\) için
\[ P(U > 5{,}99) = e^{-2{,}995} \approx 0{,}0500, \]
yani \(P(U \le 5{,}99) \approx 0{,}95\)’tir. Bu, \(\chi^2\) tablosundaki \(\chi^2_{2,\,0{,}95} = 5{,}99\) değeriyle uyuşur. Kesin kantil \(P(U > c) = 0{,}05\) denkleminden \(c = -2\ln 0{,}05 = 2\ln 20 \approx 5{,}991\) bulunur.
\(\blacksquare\)
Standart Normallerin Kareleri
Ki-kare dağılımının istatistikteki önemi, standart normal değişkenlerle olan bağından gelir. İlk adım tek bir standart normalin karesidir.
Teorem 12.2 (Standart Normalin Karesi) \(Z \sim N(0,1)\) ise \(Z^2 \sim \chi^2_1\)’dir. Daha genel olarak \(X \sim N(\mu, \sigma^2)\) ise
\[ \left(\frac{X - \mu}{\sigma}\right)^2 \sim \chi^2_1. \]
İspat
\(\Phi\) standart normal dağılım fonksiyonunu, \(\varphi = \Phi'\) da standart normal yoğunluğu göstersin. \(Y = Z^2\) diyelim ve dağılım fonksiyonunu hesaplayalım. \(y \le 0\) için \(P(Y \le y) = 0\)’dır (sıfır olasılıklı \(Z = 0\) olayı dışında \(Z^2 > 0\)). \(y > 0\) için
\[ \begin{aligned} F_Y(y) &= P(Z^2 \le y) = P(-\sqrt y \le Z \le \sqrt y)\\[1mm] &= \Phi(\sqrt y) - \Phi(-\sqrt y) = 2\Phi(\sqrt y) - 1; \end{aligned} \]
son adımda standart normalin simetrisinden gelen \(\Phi(-z) = 1 - \Phi(z)\) eşitliğini kullandık. \(y > 0\) için zincir kuralıyla türev alalım:
\[ f_Y(y) = 2\varphi(\sqrt y) \cdot \frac{1}{2\sqrt y} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\, y^{-1/2} e^{-y/2}. \]
Öte yandan \(\nu = 1\) için ki-kare yoğunluğunun paydası \(2^{1/2}\Gamma(1/2) = \sqrt 2 \sqrt \pi = \sqrt{2\pi}\)’dir (\(\Gamma(1/2) = \sqrt\pi\), Teorem 4.1 (d)). Dolayısıyla
\[ f_Y(y) = \frac{y^{1/2 - 1} e^{-y/2}}{2^{1/2}\,\Gamma(1/2)}, \qquad y > 0, \]
\(\chi^2_1\) yoğunluğudur. Genel durumda \(\frac{X - \mu}{\sigma} \sim N(0,1)\) olduğundan (standartlaştırma) ilk kısım uygulanır.
\(\blacksquare\)
İkinci adım, bağımsız ki-kare değişkenlerinin toplamıdır.
Teorem 12.3 (Bağımsız Ki-kare Değişkenlerinin Toplamı) \(U_1 \sim \chi^2_{\nu_1}\) ve \(U_2 \sim \chi^2_{\nu_2}\) bağımsız ise
\[ U_1 + U_2 \sim \chi^2_{\nu_1 + \nu_2}. \]
Tümevarımla, bağımsız \(U_i \sim \chi^2_{\nu_i}\) (\(i = 1, \ldots, k\)) için \(U_1 + \cdots + U_k \sim \chi^2_{\nu_1 + \cdots + \nu_k}\).
İspat
\(U_1\) ile \(U_2\) bağımsız olduğundan \(e^{tU_1}\) ile \(e^{tU_2}\) de bağımsızdır ve bağımsız değişkenlerin çarpımının beklenen değeri, beklenen değerlerin çarpımıdır. \(t < \frac{1}{2}\) için Teorem 12.1 ile
\[ M_{U_1 + U_2}(t) = E\big(e^{tU_1}\big)\, E\big(e^{tU_2}\big) = (1-2t)^{-\nu_1/2}(1-2t)^{-\nu_2/2} = (1-2t)^{-(\nu_1 + \nu_2)/2}. \]
Bu, \(\chi^2_{\nu_1+\nu_2}\) dağılımının moment üreten fonksiyonudur; teklik teoremi gereği \(U_1 + U_2 \sim \chi^2_{\nu_1 + \nu_2}\). (Bu, bağımsız gamma değişkenlerinin toplamına ilişkin Teorem 4.4 sonucunun \(\alpha = \frac{1}{2}\) durumudur.) \(k\) terimli toplam için \(U_1 + \cdots + U_{k-1}\) ile \(U_k\)’nin bağımsız olduğunu kullanıp aynı adımı tekrarlarız.
\(\blacksquare\)
İki teorem birleşince ki-kare dağılımının en bilinen tanımı çıkar.
Sonuç 12.1 (Standart Normallerin Kareleri Toplamı) \(X_1, \ldots, X_n\) bağımsız ve \(X_i \sim N(\mu_i, \sigma_i^2)\) olsun. \(Y_i = \dfrac{X_i - \mu_i}{\sigma_i}\) standartlaştırılmış değişkenler olmak üzere
\[ U = \sum_{i=1}^n Y_i^2 = \sum_{i=1}^n \left(\frac{X_i - \mu_i}{\sigma_i}\right)^2 \sim \chi^2_n. \]
Özel olarak \(Z_1, \ldots, Z_n\) bağımsız standart normal ise \(Z_1^2 + \cdots + Z_n^2 \sim \chi^2_n\)’dir.
İspat
Her \(Y_i\) standart normaldir; Teorem 12.2 gereği \(Y_i^2 \sim \chi^2_1\). \(X_i\)’ler bağımsız olduğundan onların ayrı ayrı fonksiyonları olan \(Y_1^2, \ldots, Y_n^2\) de bağımsızdır. Teorem 12.3 ile
\[ U = Y_1^2 + \cdots + Y_n^2 \sim \chi^2_{1 + \cdots + 1} = \chi^2_n. \]
\(\blacksquare\)
Yani \(\chi^2_n\), \(n\) tane bağımsız standart normalin karelerinin toplamıdır. Bu bakış açısı \(E(U) = n\) sonucunu da açıklar: her \(Y_i^2\)’nin beklenen değeri \(E(Y_i^2) = \operatorname{Var}(Y_i) = 1\)’dir ve \(n\) tanesi toplanır.
Örnek 12.5 (Üç Normalin Standart Karelerinin Toplamı) \(X_1 \sim N(1, 4)\), \(X_2 \sim N(0, 9)\) ve \(X_3 \sim N(-2, 1)\) bağımsız olsun.
\[ U = \frac{(X_1 - 1)^2}{4} + \frac{X_2^2}{9} + (X_3 + 2)^2 \]
için \(P(U > 7{,}81)\) olasılığını bulunuz.
Çözüm
Standart sapmalar \(\sigma_1 = 2\), \(\sigma_2 = 3\), \(\sigma_3 = 1\)’dir. Buna göre
\[ U = \left(\frac{X_1 - 1}{2}\right)^2 + \left(\frac{X_2 - 0}{3}\right)^2 + \left(\frac{X_3 - (-2)}{1}\right)^2 \]
bağımsız üç standart normalin kareleri toplamıdır ve Sonuç 12.1 gereği \(U \sim \chi^2_3\)’tür. \(\chi^2\) tablosundan \(\chi^2_{3,\,0{,}95} = 7{,}81\) olduğundan
\[ P(U > 7{,}81) = 1 - 0{,}95 = 0{,}05. \]
\(\blacksquare\)
Ki-kare dağılımının beklenen değeri, kitle varyansı için yansız tahmin ediciler bulmayı kolaylaştırır. Kitle ortalaması biliniyorsa kareli sapmaları bu bilinen ortalamadan ölçmek yeter.
Örnek 12.6 (Ortalaması Sıfır Olan Normal Kitlede Varyansın Yansız Tahmini) \(X_1, \ldots, X_n\), \(N(0, \sigma^2)\) dağılımlı bir kitleden alınmış bir örneklem olsun. Örneklemin tümüne dayanan, \(\sigma^2\) için yansız bir tahmin edici bulunuz.
Çözüm
Her \(X_i \sim N(0, \sigma^2)\) olduğundan \(\frac{X_i}{\sigma} \sim N(0,1)\)’dir ve örneklemin gözlemleri bağımsızdır. Sonuç 12.1 ile
\[ \sum_{i=1}^n \left(\frac{X_i}{\sigma}\right)^2 = \frac{1}{\sigma^2}\sum_{i=1}^n X_i^2 \sim \chi^2_n. \]
Ki-kare dağılımının beklenen değeri serbestlik derecesidir (Teorem 12.1):
\[ E\left(\frac{1}{\sigma^2}\sum_{i=1}^n X_i^2\right) = n \quad \Longrightarrow \quad E\left(\sum_{i=1}^n X_i^2\right) = n\sigma^2. \]
Her iki tarafı \(n\)’ye bölelim. Buna göre
\[ \hat\sigma^2 = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2 \]
için \(E(\hat\sigma^2) = \sigma^2\)’dir; \(\hat\sigma^2\), \(\sigma^2\)’nin yansız (Tanım 11.1) bir tahmin edicisidir. Varyansı da aynı yoldan bulunur: \(\operatorname{Var}\big(\frac{n\hat\sigma^2}{\sigma^2}\big) = 2n\) olduğundan
\[ \operatorname{Var}(\hat\sigma^2) = \frac{\sigma^4}{n^2}\cdot 2n = \frac{2\sigma^4}{n}. \]
\(\blacksquare\)
Örnek 12.7 (Ortalaması Bir Olan Normal Kitlede Varyansın Yansız Tahmini) \(X_1, \ldots, X_n\), \(N(1, \sigma^2)\) dağılımlı bir kitleden alınmış bir örneklem olsun. Örneklemin tümüne dayanan, \(\sigma^2\) için yansız bir tahmin edici bulunuz.
Çözüm
Bu kez \(\frac{X_i - 1}{\sigma} \sim N(0,1)\)’dir. Sonuç 12.1 ile
\[ \frac{1}{\sigma^2}\sum_{i=1}^n (X_i - 1)^2 \sim \chi^2_n, \]
ve beklenen değeri \(n\)’dir. Dolayısıyla \(E\big(\sum (X_i - 1)^2\big) = n\sigma^2\) olur ve
\[ \hat\sigma^2 = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (X_i - 1)^2 \]
\(\sigma^2\)’nin yansız bir tahmin edicisidir. Önceki örnekten tek farkı, sapmaların bilinen ortalama olan \(1\)’den ölçülmesidir. Varyansı yine \(\frac{2\sigma^4}{n}\)’dir.
\(\blacksquare\)
Büyük Serbestlik Derecelerinde Normal Yaklaşım
Şekildeki eğriler serbestlik derecesi büyüdükçe daha simetrik bir çana benziyordu. Bunun nedeni, \(\chi^2_\nu\)’nün \(\nu\) tane bağımsız ve aynı dağılımlı terimin toplamı olmasıdır.
Önerme 12.1 (Ki-kare Dağılımına Normal Yaklaşım) \(U_\nu \sim \chi^2_\nu\) ise her \(z\) için
\[ \lim_{\nu \to \infty} P\left(\frac{U_\nu - \nu}{\sqrt{2\nu}} \le z\right) = \Phi(z). \]
Uygulamada \(\nu > 30\) için \(\chi^2_\nu\) dağılımı yaklaşık olarak \(N(\nu, 2\nu)\) alınır.
İspat
\(Z_1, Z_2, \ldots\) bağımsız standart normal olsun. Sonuç 12.1 gereği \(Z_1^2 + \cdots + Z_\nu^2\) ile \(U_\nu\) aynı dağılıma sahiptir; dolayısıyla olasılığı \(Z_1^2 + \cdots + Z_\nu^2\) için hesaplamak yeter. \(Z_i^2\)’ler bağımsız, aynı dağılımlı ve \(\chi^2_1\) dağılımlıdır; Teorem 12.1 ile ortalamaları \(1\), varyansları \(2\)’dir. \(Z_i^2\)’nin moment üreten fonksiyonu \((1-2t)^{-1/2}\), sıfırın bir komşuluğunda vardır. Toplamın ortalaması \(\nu\), varyansı \(2\nu\) olduğundan merkezi limit teoremi (Teorem 8.5) standartlaştırılmış toplamın dağılım fonksiyonunun \(\Phi\)’ye yakınsadığını söyler:
\[ \frac{Z_1^2 + \cdots + Z_\nu^2 - \nu}{\sqrt{2\nu}} = \frac{\bar W_\nu - 1}{\sqrt 2/\sqrt\nu}, \qquad \bar W_\nu = \frac{Z_1^2 + \cdots + Z_\nu^2}{\nu}. \]
\(\blacksquare\)
Örnek 12.8 (Elli Serbestlik Dereceli Ki-kare Dağılımında Kantil) \(U \sim \chi^2_{50}\) için \(\chi^2_{50,\,0{,}95}\) kantilini normal yaklaşımla bulunuz ve tablo değeriyle karşılaştırınız.
Çözüm
Önerme 12.1 ile \(U\) yaklaşık olarak \(N(50, 100)\) dağılımlıdır; standart sapma \(\sqrt{100} = 10\)’dur. \(P(U \le c) = 0{,}95\) koşulu, standartlaştırınca \(\frac{c - 50}{10} \approx z_{0{,}95} = 1{,}645\) demektir. Buradan
\[ c \approx 50 + 1{,}645 \cdot 10 = 66{,}45. \]
\(\chi^2\) tablosundaki değer \(\chi^2_{50,\,0{,}95} = 67{,}50\)’dir. Yaklaşımın hatası yaklaşık \(1\) birimdir. Hatanın yönü şekilden görülür: ki-kare eğrisinin sağ kuyruğu normal eğrininkinden kalındır, bu yüzden sağ kuyruk kantilleri normal yaklaşımın verdiğinden biraz büyüktür.
\(\blacksquare\)
Örnek 12.9 (Elli Serbestlik Dereceli Ki-kare Dağılımında Olasılık) \(U \sim \chi^2_{50}\) için \(P(U > 60)\) olasılığını normal yaklaşımla bulunuz.
Çözüm
\(U\) yaklaşık \(N(50, 100)\) dağılımlı olduğundan standartlaştıralım:
\[ P(U > 60) \approx P\left(Z > \frac{60 - 50}{10}\right) = P(Z > 1). \]
Standart normal tablosundan \(P(0 \le Z \le 1) = 0{,}3413\) olduğundan
\[ P(U > 60) \approx 0{,}5 - 0{,}3413 = 0{,}1587. \]
Bilgisayarla hesaplanan kesin değer \(0{,}1572\)’dir; yaklaşım iki ondalık basamakta doğrudur.
\(\blacksquare\)
12.2 Student t Dağılımı
İkinci aile, bir standart normalin, bağımsız bir ki-kare değişkeninin serbestlik derecesine bölünmüş hâlinin kareköküne oranıdır. Kitle varyansı bilinmediğinde ortalama hakkında sonuç çıkarırken bu oran kendiliğinden ortaya çıkar (Teorem 12.9).
Tanım 12.3 (Student t Dağılımı) \(Z \sim N(0,1)\) ve \(V \sim \chi^2_\nu\) bağımsız olsun.
\[ T = \frac{Z}{\sqrt{V/\nu}} \]
rastgele değişkeninin dağılımına \(\nu\) serbestlik dereceli Student \(t\) dağılımı denir ve \(T \sim t_\nu\) yazılır.
Yani \(t\) değişkeni, bir standart normalin, “tahmin edilmiş bir birim”e bölünmesidir: \(\frac{V}{\nu}\)’nün beklenen değeri \(1\)’dir ve \(\nu\) büyüdükçe \(1\)’e yaklaşır; bu yüzden \(T\), \(Z\)’ye benzer ama paydadaki rastgelelik nedeniyle ondan daha dağınıktır.
Yoğunluk, \(V\)’nin değeri verildiğinde \(T\)’nin normal olmasından yararlanılarak bulunur.
Teorem 12.4 (Student t Dağılımının Yoğunluğu) \(T \sim t_\nu\) ise her \(t \in \mathbb{R}\) için
\[ f_T(t) = \frac{\Gamma\big(\frac{\nu+1}{2}\big)}{\Gamma\big(\frac{\nu}{2}\big)\sqrt{\pi\nu}} \left(1 + \frac{t^2}{\nu}\right)^{-\frac{\nu+1}{2}}. \]
İspat
\(Z\) ile \(V\) bağımsız olduğundan ortak yoğunlukları \(\varphi(z) f_V(v)\) çarpımıdır; burada \(\varphi\) standart normal, \(f_V\) ise \(\chi^2_\nu\) yoğunluğudur. \(v > 0\) için \(T \le t\) olayı \(Z \le t\sqrt{v/\nu}\) demektir. Önce \(z\)’ye göre integral alalım:
\[ F_T(t) = P\left(Z \le t\sqrt{V/\nu}\right) = \int_0^\infty \Phi\left(t\sqrt{v/\nu}\right) f_V(v)\, dv. \]
\(t\)’ye göre türev alalım. İntegrandın türevi \(\varphi\big(t\sqrt{v/\nu}\big)\sqrt{v/\nu}\, f_V(v)\)’dir ve \(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\sqrt{v/\nu}\, f_V(v)\) ile sınırlıdır; bu sınır integrallenebilir olduğundan türev integralin içine alınabilir:
\[ f_T(t) = \int_0^\infty \varphi\left(t\sqrt{v/\nu}\right) \sqrt{\frac{v}{\nu}}\, f_V(v)\, dv. \]
İntegrandı açık yazalım. İlk iki çarpan
\[ \varphi\left(t\sqrt{v/\nu}\right)\sqrt{\frac{v}{\nu}} = \frac{1}{\sqrt{2\pi\nu}}\, v^{1/2} e^{-t^2 v/(2\nu)} \]
olduğundan
\[ f_T(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\nu}\; 2^{\nu/2}\,\Gamma(\nu/2)} \int_0^\infty v^{\frac{\nu+1}{2} - 1} e^{-\lambda v}\, dv, \qquad \lambda = \frac{1}{2}\left(1 + \frac{t^2}{\nu}\right). \]
Son integral, Teorem 4.1 (e) ile \(p = \frac{\nu+1}{2}\) için \(\frac{\Gamma(p)}{\lambda^p}\)’dir:
\[ \int_0^\infty v^{\frac{\nu+1}{2} - 1} e^{-\lambda v}\, dv = \Gamma\left(\frac{\nu+1}{2}\right) 2^{\frac{\nu+1}{2}} \left(1 + \frac{t^2}{\nu}\right)^{-\frac{\nu+1}{2}}. \]
Yerine koyunca ikinin kuvvetleri sadeleşir, çünkü \(\dfrac{2^{(\nu+1)/2}}{\sqrt 2 \cdot 2^{\nu/2}} = 1\) ve \(\sqrt{2\pi\nu} = \sqrt 2\,\sqrt{\pi\nu}\)’dir. Geriye iddia edilen formül kalır.
\(\blacksquare\)
Formülden dağılımın temel özellikleri okunur.
Önerme 12.2 (Student t Dağılımının Özellikleri) \(T \sim t_\nu\) olsun.
1. Yoğunluk \(0\)’a göre simetriktir: \(f_T(-t) = f_T(t)\). Tepe noktası \(t = 0\)’dadır.
2. \(\nu = 1\) için \(T\) standart Cauchy dağılımlıdır; beklenen değeri yoktur.
3. \(\nu > 1\) ise \(E(T) = 0\); \(\nu > 2\) ise \(\operatorname{Var}(T) = \dfrac{\nu}{\nu - 2}\).
4. \(\nu \to \infty\) iken her \(t\) için \(f_T(t) \to \varphi(t) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\, e^{-t^2/2}\).
İspat
1. \(t\) formülde yalnız \(t^2\) olarak geçer, dolayısıyla \(f_T(-t) = f_T(t)\). \(1 + \frac{t^2}{\nu}\) en küçük değerini \(t = 0\)’da aldığından ve üs negatif olduğundan yoğunluk en büyük değerini \(t = 0\)’da alır.
2. \(\nu = 1\) için \(\Gamma(1) = 1\) ve \(\Gamma(1/2) = \sqrt \pi\) olduğundan
\[ f_T(t) = \frac{1}{\sqrt\pi\,\sqrt\pi}\,(1 + t^2)^{-1} = \frac{1}{\pi(1 + t^2)}, \]
bu da standart Cauchy yoğunluğudur (Tanım 4.6, \(c = 1\), \(\theta = 0\)). Cauchy dağılımının beklenen değeri yoktur (Teorem 4.9).
3. \(Z\) ile \(V\) bağımsız olduğundan \(|Z|\) ile \(V^{-1/2}\) de bağımsızdır ve
\[ E|T| = \sqrt\nu\; E|Z|\; E\big(V^{-1/2}\big). \]
\(V \sim \operatorname{Gamma}\big(\frac{\nu}{2}, \frac{1}{2}\big)\) için Teorem 4.2, \(s > -\frac{\nu}{2}\) olan her \(s\) için \(E(V^s)\)’nin sonlu olduğunu söyler. \(s = -\frac{1}{2}\) için bu koşul \(\nu > 1\) demektir; o zaman \(E|T| < \infty\) olur ve simetri nedeniyle \(E(T) = 0\)’dır. Varyans için \(s = -1\) alınır; koşul \(\nu > 2\)’dir ve
\[ E\big(V^{-1}\big) = \frac{\Gamma(\nu/2 - 1)}{\Gamma(\nu/2)\,(1/2)^{-1}} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\nu/2 - 1} = \frac{1}{\nu - 2}; \]
burada \(\Gamma(\nu/2) = (\nu/2 - 1)\,\Gamma(\nu/2 - 1)\) eşitliğini kullandık. Buna göre
\[ \operatorname{Var}(T) = E(T^2) = \nu\, E(Z^2)\, E\big(V^{-1}\big) = \frac{\nu}{\nu - 2}. \]
4. Yoğunluğu \(f_T(t) = c_\nu\, g_\nu(t)\) biçiminde yazalım: \(g_\nu(t) = \big(1 + \frac{t^2}{\nu}\big)^{-(\nu+1)/2}\) ve \(c_\nu\) öndeki sabit. Her \(t\) için
\[ \ln g_\nu(t) = -\frac{\nu+1}{2}\ln\left(1 + \frac{t^2}{\nu}\right) \longrightarrow -\frac{t^2}{2}, \]
çünkü \(x \to 0\) iken \(\ln(1+x) \sim x\)’tir ve \(\frac{\nu+1}{2}\cdot\frac{t^2}{\nu} \to \frac{t^2}{2}\). Demek ki \(g_\nu(t) \to e^{-t^2/2}\). Sabitin limitini bulmak için \(\int f_T = 1\), yani \(c_\nu = 1 / \int g_\nu\) eşitliğini kullanırız. \(\big(1 + \frac{a}{\nu}\big)^\nu\) ifadesi \(\nu\) ile arttığından \(\nu \ge 2\) için
\[ \left(1 + \frac{t^2}{\nu}\right)^{\frac{\nu+1}{2}} \ge \left(1 + \frac{t^2}{\nu}\right)^{\frac{\nu}{2}} \ge 1 + \frac{t^2}{2}, \]
yani \(g_\nu(t) \le \frac{1}{1 + t^2/2}\)’dir ve sağdaki fonksiyonun bütün doğru üzerindeki integrali sonludur. Baskın yakınsaklık teoremiyle \(\int g_\nu \to \int e^{-t^2/2}\,dt = \sqrt{2\pi}\), dolayısıyla \(c_\nu \to \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\) ve \(f_T(t) \to \varphi(t)\).
\(\blacksquare\)
Üçüncü özellik şekildeki görüntüyü açıklar: \(\operatorname{Var}(T) = \frac{\nu}{\nu - 2} > 1\) olduğundan \(t\) dağılımı standart normalden daha yayvandır; kütlenin bir kısmı merkezden kuyruklara kaymıştır. Örneğin \(\nu = 10\) için varyans \(1{,}25\)’tir. \(\nu\) büyüdükçe varyans \(1\)’e iner ve eğri standart normale yaklaşır.
\(t\) dağılımının kantilleri de normal dağılımdaki gibi sol kuyruk alanıyla gösterilir.
Tanım 12.4 (Student t Dağılımının Kantili) \(T \sim t_\nu\) ve \(0 < p < 1\) olsun.
\[ P\big(T \le t_{\nu,\,p}\big) = p \]
eşitliğini sağlayan \(t_{\nu,\,p}\) sayısına \(t_\nu\) dağılımının \(p\) kantili denir.
Yani \(t_{\nu,\,p}\), \(t_\nu\) eğrisinin altında solunda \(p\) kadar alan bırakan noktadır. Dağılım simetrik olduğundan
\[ t_{\nu,\,1-p} = -t_{\nu,\,p} \]
dir; örneğin \(t_{9,\,0{,}025} = -t_{9,\,0{,}975}\). Kitabın sonundaki \(t\) tablosu satırda \(\nu\), sütunda \(p\) olacak biçimde \(p \ge 0{,}60\) için kantilleri verir; küçük \(p\)’ler bu simetriyle okunur.
Örnek 12.10 (Dokuz Serbestlik Dereceli t Dağılımında Simetrik Aralık) \(T \sim t_9\) ise \(P(-2{,}262 \le T \le 2{,}262)\) olasılığını bulunuz.
Çözüm
\(t\) tablosunun \(\nu = 9\) satırında \(2{,}262\) değeri \(p = 0{,}975\) sütunundadır: \(t_{9,\,0{,}975} = 2{,}262\). Simetriden \(t_{9,\,0{,}025} = -2{,}262\). Buna göre
\[ P(-2{,}262 \le T \le 2{,}262) = 0{,}975 - 0{,}025 = 0{,}95. \]
\(\blacksquare\)
Örnek 12.11 (Ortada Yüzde Doksan Alan Bırakan Sınır) \(T \sim t_{15}\) ise \(P(-c \le T \le c) = 0{,}90\) olacak biçimde \(c\) sayısını bulunuz ve standart normal için karşılık gelen sayıyla karşılaştırınız.
Çözüm
Ortada \(0{,}90\) alan kalıyorsa iki kuyruğun toplamı \(0{,}10\)’dur ve simetri nedeniyle her birinin alanı \(0{,}05\)’tir. Demek ki \(c\)’nin solunda \(0{,}95\) alan vardır: \(c = t_{15,\,0{,}95}\). \(t\) tablosunun \(\nu = 15\) satırından
\[ c = t_{15,\,0{,}95} = 1{,}753. \]
Standart normal için aynı koşul \(c = z_{0{,}95} = 1{,}645\) verir. \(t\) dağılımının kuyrukları daha kalın olduğundan, aynı alanı ortada bırakmak için sınırın daha dışarıda olması gerekir.
\(\blacksquare\)
Örnek 12.12 (Normal ve Ki-kare Değişkenlerinden t Değişkeni Kurmak) \(Z \sim N(0,1)\) ve \(V \sim \chi^2_4\) bağımsız olsun. \(P\left(\dfrac{2Z}{\sqrt V} > 2{,}132\right)\) olasılığını bulunuz.
Çözüm
Oranı \(t\) tanımındaki biçime getirelim: \(\sqrt{V/4} = \frac{\sqrt V}{2}\) olduğundan
\[ \frac{2Z}{\sqrt V} = \frac{Z}{\sqrt V / 2} = \frac{Z}{\sqrt{V/4}} \sim t_4. \]
\(t\) tablosundan \(t_{4,\,0{,}95} = 2{,}132\) olduğundan
\[ P\left(\frac{2Z}{\sqrt V} > 2{,}132\right) = 1 - 0{,}95 = 0{,}05. \]
\(\blacksquare\)
12.3 F Dağılımı
Üçüncü aile, iki bağımsız ki-kare değişkeninin, her biri kendi serbestlik derecesine bölünmüş hâllerinin oranıdır. İki kitlenin varyanslarını karşılaştırırken bu oran ortaya çıkar.
Tanım 12.5 (F Dağılımı) \(U_1 \sim \chi^2_{\nu_1}\) ve \(U_2 \sim \chi^2_{\nu_2}\) bağımsız olsun.
\[ F = \frac{U_1/\nu_1}{U_2/\nu_2} \]
rastgele değişkeninin dağılımına \((\nu_1, \nu_2)\) serbestlik dereceli \(F\) dağılımı denir ve \(F \sim F_{\nu_1,\nu_2}\) yazılır. \(\nu_1\)’e payın, \(\nu_2\)’ye paydanın serbestlik derecesi denir.
Yani \(F\), iki “ortalama kare”nin oranıdır: pay ve paydanın beklenen değerleri \(1\)’dir. Serbestlik derecelerinin sırası önemlidir; \(F_{\nu_1,\nu_2}\) ile \(F_{\nu_2,\nu_1}\) genelde farklı dağılımlardır.
Teorem 12.5 (F Dağılımının Yoğunluğu) \(F \sim F_{\nu_1,\nu_2}\) ise \(x > 0\) için
\[ f_F(x) = \frac{\Gamma\big(\frac{\nu_1+\nu_2}{2}\big)}{\Gamma\big(\frac{\nu_1}{2}\big)\Gamma\big(\frac{\nu_2}{2}\big)} \cdot \frac{\nu_1^{\nu_1/2}\,\nu_2^{\nu_2/2}\; x^{\nu_1/2 - 1}}{(\nu_2 + \nu_1 x)^{(\nu_1+\nu_2)/2}}, \]
\(x \le 0\) için \(f_F(x) = 0\)’dır.
İspat
\(F\) pozitif değerli olduğundan \(x \le 0\) için yoğunluk sıfırdır. \(x > 0\) olsun. \(U_2 = v > 0\) iken \(F \le x\) olayı \(U_1 \le \frac{\nu_1 x}{\nu_2} v\) demektir. \(U_1\) ile \(U_2\) bağımsız olduğundan
\[ F_F(x) = \int_0^\infty F_{U_1}\left(\frac{\nu_1 x v}{\nu_2}\right) f_{U_2}(v)\, dv. \]
\(x\)’e göre türev alırsak (\(t\) dağılımındaki gibi türev integrale girer)
\[ f_F(x) = \int_0^\infty \frac{\nu_1 v}{\nu_2}\, f_{U_1}\left(\frac{\nu_1 x v}{\nu_2}\right) f_{U_2}(v)\, dv. \]
İki ki-kare yoğunluğunu yazıp \(v\)’nin kuvvetlerini ve üstel çarpanları toplayalım. \(\frac{\nu_1 v}{\nu_2}\) çarpanı \(f_{U_1}\)’deki \(\big(\frac{\nu_1 x v}{\nu_2}\big)^{\nu_1/2 - 1}\) ile birleşince \(\big(\frac{\nu_1}{\nu_2}\big)^{\nu_1/2} x^{\nu_1/2-1} v^{\nu_1/2}\) verir. Sabitleri
\[ K = \frac{(\nu_1/\nu_2)^{\nu_1/2}\; x^{\nu_1/2 - 1}}{2^{(\nu_1+\nu_2)/2}\,\Gamma(\nu_1/2)\,\Gamma(\nu_2/2)} \]
ile gösterirsek
\[ f_F(x) = K \int_0^\infty v^{\frac{\nu_1+\nu_2}{2} - 1} e^{-\lambda v}\, dv, \qquad \lambda = \frac{1}{2}\left(1 + \frac{\nu_1 x}{\nu_2}\right) = \frac{\nu_2 + \nu_1 x}{2\nu_2}. \]
Teorem 4.1 (e) ile integral \(\Gamma\big(\frac{\nu_1+\nu_2}{2}\big)\lambda^{-(\nu_1+\nu_2)/2}\)’dir ve
\[ \lambda^{-\frac{\nu_1+\nu_2}{2}} = \frac{2^{(\nu_1+\nu_2)/2}\;\nu_2^{(\nu_1+\nu_2)/2}}{(\nu_2 + \nu_1 x)^{(\nu_1+\nu_2)/2}}. \]
\(K\) ile çarpınca ikinin kuvvetleri sadeleşir ve \(\nu_2^{-\nu_1/2}\,\nu_2^{(\nu_1+\nu_2)/2} = \nu_2^{\nu_2/2}\) olur. Geriye iddia edilen formül kalır.
\(\blacksquare\)
Yoğunluk yalnız pozitif eksen üzerindedir ve sağa çarpıktır. \(\nu_2 > 2\) için beklenen değer, pay ile paydanın bağımsızlığından ve Önerme 12.2 ispatında bulunan \(E(U_2^{-1}) = \frac{1}{\nu_2 - 2}\) eşitliğinden
\[ E(F) = \frac{\nu_2}{\nu_1}\, E(U_1)\, E\big(U_2^{-1}\big) = \frac{\nu_2}{\nu_1}\cdot \nu_1 \cdot \frac{1}{\nu_2 - 2} = \frac{\nu_2}{\nu_2 - 2} \]
olur ve \(\nu_2\) büyüdükçe \(1\)’e yaklaşır. Serbestlik dereceleri birlikte büyüdükçe pay ve payda, büyük sayılar yasası (Teorem 8.1) gereği \(1\)’e yaklaşan ortalamalardır; bu yüzden dağılım \(1\)’in çevresinde toplanır ve biçimi simetrik bir çana benzemeye başlar.
\(F\) tanımındaki pay ile paydanın yer değiştirmesi, tablolarda yalnız sağ kuyruk kantillerinin verilmesine izin verir.
Önerme 12.3 (F Değişkeninin Tersi) \(F \sim F_{\nu_1,\nu_2}\) ise \(\dfrac{1}{F} \sim F_{\nu_2,\nu_1}\)’dir. Buna göre her \(0 < p < 1\) için
\[ F_{\nu_1,\nu_2,\,1-p} = \frac{1}{F_{\nu_2,\nu_1,\,p}}. \]
İspat
\(F = \frac{U_1/\nu_1}{U_2/\nu_2}\) ise \(\frac{1}{F} = \frac{U_2/\nu_2}{U_1/\nu_1}\)’dir; bu, payında \(\chi^2_{\nu_2}\), paydasında ondan bağımsız \(\chi^2_{\nu_1}\) değişkeni olan orandır ve tanım gereği \(F_{\nu_2,\nu_1}\) dağılımlıdır.
Kantiller için \(c = F_{\nu_2,\nu_1,\,p}\) diyelim; \(\frac{1}{F} \sim F_{\nu_2,\nu_1}\) olduğundan \(P\big(\frac{1}{F} \le c\big) = p\)’dir. \(F > 0\) ve \(c > 0\) olduğundan \(\frac{1}{F} \ge c\) ile \(F \le \frac{1}{c}\) aynı olaydır ve \(F\) sürekli olduğundan
\[ P\left(F \le \frac{1}{c}\right) = P\left(\frac{1}{F} \ge c\right) = 1 - p. \]
Demek ki \(\frac{1}{c}\), \(F_{\nu_1,\nu_2}\) dağılımının \(1-p\) kantilidir.
\(\blacksquare\)
\(t\) ile \(F\) dağılımları arasında da basit bir bağ vardır.
Önerme 12.4 (t Değişkeninin Karesi) \(T \sim t_\nu\) ise \(T^2 \sim F_{1,\nu}\)’dir.
İspat
\(T = \frac{Z}{\sqrt{V/\nu}}\) yazalım; \(Z \sim N(0,1)\) ve \(V \sim \chi^2_\nu\) bağımsızdır. Karesini alalım:
\[ T^2 = \frac{Z^2}{V/\nu} = \frac{Z^2/1}{V/\nu}. \]
Teorem 12.2 gereği \(Z^2 \sim \chi^2_1\)’dir ve \(Z^2\), \(V\)’den bağımsızdır. Tanım gereği \(T^2 \sim F_{1,\nu}\).
\(\blacksquare\)
Kitabın sonundaki \(F\) tablosu \(F_{\nu_1,\nu_2,\,p}\) kantillerini \(p = 0{,}95\), \(0{,}975\) ve \(0{,}99\) için verir; sütun \(\nu_1\), satır \(\nu_2\)’dir. Sol kuyruk kantilleri Önerme 12.3 ile bulunur.
Örnek 12.13 (F Dağılımında Sağ Kuyruk) \(F \sim F_{5,10}\) ise \(P(F > 3{,}33)\) olasılığını bulunuz.
Çözüm
\(F\) tablosunun \(p = 0{,}95\) kısmında \(\nu_1 = 5\) sütunu ile \(\nu_2 = 10\) satırının kesişiminde \(F_{5,10,\,0{,}95} = 3{,}33\) okunur. Buna göre
\[ P(F > 3{,}33) = 1 - 0{,}95 = 0{,}05. \]
\(\blacksquare\)
Örnek 12.14 (F Dağılımında Sol Kuyruk Kantili) \(F_{5,10,\,0{,}025}\) kantilini bulunuz.
Çözüm
Sol kuyruk kantilleri tabloda yoktur. Önerme 12.3 ile \(p = 0{,}975\) alınırsa
\[ F_{5,10,\,0{,}025} = \frac{1}{F_{10,5,\,0{,}975}}. \]
Serbestlik derecelerinin yer değiştirdiğine dikkat: \(F\) tablosunun \(p = 0{,}975\) kısmında \(\nu_1 = 10\) sütunu ile \(\nu_2 = 5\) satırından \(F_{10,5,\,0{,}975} = 6{,}62\) okunur. Buna göre
\[ F_{5,10,\,0{,}025} = \frac{1}{6{,}62} \approx 0{,}151. \]
Karşılaştırma için \(F_{5,10,\,0{,}975} = 4{,}24\)’tür; iki kantilin \(1\)’e uzaklıkları çok farklıdır, çünkü dağılım sağa çarpıktır.
\(\blacksquare\)
Örnek 12.15 (İki Ki-kare Değişkeninin Oranı) \(U_1 \sim \chi^2_5\) ve \(U_2 \sim \chi^2_{10}\) bağımsız olsun. \(P\left(\dfrac{U_1}{U_2} \le c\right) = 0{,}95\) olacak biçimde \(c\) sayısını bulunuz.
Çözüm
Oranı \(F\) tanımındaki biçime getirelim:
\[ F = \frac{U_1/5}{U_2/10} = 2\,\frac{U_1}{U_2} \sim F_{5,10}. \]
Demek ki \(\frac{U_1}{U_2} = \frac{F}{2}\) ve \(\frac{U_1}{U_2} \le c\) olayı \(F \le 2c\) olayıdır. \(P(F \le 2c) = 0{,}95\) koşulu \(2c = F_{5,10,\,0{,}95} = 3{,}33\) demektir (\(F\) tablosu). Buna göre
\[ c = \frac{3{,}33}{2} = 1{,}665. \]
\(\blacksquare\)
Örnek 12.16 (t Tablosu ile F Tablosunun Uyumu) \(T \sim t_{10}\) olsun. \(P(T^2 \le c) = 0{,}95\) olacak biçimde \(c\) sayısını önce \(t\) tablosundan, sonra \(F\) tablosundan bulunuz.
Çözüm
\(t\) tablosuyla. \(T^2 \le c\) olayı \(-\sqrt c \le T \le \sqrt c\) olayıdır. Ortada \(0{,}95\) alan kalması için \(\sqrt c = t_{10,\,0{,}975} = 2{,}228\) olmalıdır (\(t\) tablosu). Buradan
\[ c = 2{,}228^2 \approx 4{,}964. \]
\(F\) tablosuyla. Önerme 12.4 gereği \(T^2 \sim F_{1,10}\)’dur; dolayısıyla \(c = F_{1,10,\,0{,}95} = 4{,}96\) (\(F\) tablosu).
İki yol yuvarlama sınırları içinde aynı sonucu verir. Genel olarak \(F_{1,\nu,\,1-\alpha} = t_{\nu,\,1-\alpha/2}^2\)’dir: \(t^2\)’nin sağ kuyruğu, \(t\)’nin iki kuyruğundan oluşur.
\(\blacksquare\)
12.4 Normal Örneklemde Örneklem Ortalaması ve Varyansı
Şimdi bu üç ailenin neden önemli olduğunu görelim. \(X_1, \ldots, X_n\), \(N(\mu, \sigma^2)\) dağılımlı bir kitleden alınmış bir örneklem olsun. Örneklem ortalaması (Tanım 7.6) ve örneklem varyansı (Tanım 7.7)
\[ \bar X = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i, \qquad S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar X)^2 \]
dir. Bağımsız normallerin doğrusal birleşimi normal olduğundan (Sonuç 5.1, her \(a_i = \frac{1}{n}\)) örneklem ortalamasının dağılımı tam olarak (Teorem 7.4)
\[ \bar X \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right) \]
dir; bu, normal kitlede merkezi limit teoremine başvurmadan, her \(n\) için geçerlidir. Bu kısımda \(S^2\)’nin dağılımını bulacağız ve \(\sigma\) bilinmediğinde \(\bar X\)’i standartlaştırmanın yolunu göreceğiz. Önce bir yardımcı sonuç.
Teorem 12.6 (Ki-kare Değişkenlerinin Farkı) \(U_1\) ile \(U_2\) bağımsız rastgele değişkenler olsun. \(U_1 + U_2 \sim \chi^2_n\) ve \(U_1 \sim \chi^2_{\nu}\) (\(\nu < n\)) ise
\[ U_2 \sim \chi^2_{n - \nu}. \]
İspat
\(t < \frac{1}{2}\) olsun. Bağımsızlık nedeniyle \(E\big(e^{t(U_1 + U_2)}\big) = E\big(e^{tU_1}\big)\, E\big(e^{tU_2}\big)\)’dir; sol taraf ile \(E(e^{tU_1})\) sonlu ve pozitif olduğundan \(E(e^{tU_2})\) de sonludur. Teorem 12.1 ile
\[ (1 - 2t)^{-n/2} = (1 - 2t)^{-\nu/2}\, M_{U_2}(t). \]
\((1-2t)^{-\nu/2}\) ile bölelim:
\[ M_{U_2}(t) = (1-2t)^{-n/2 + \nu/2} = (1-2t)^{-(n - \nu)/2}, \qquad t < \frac{1}{2}. \]
Bu, \(\chi^2_{n-\nu}\) dağılımının moment üreten fonksiyonudur; teklik teoremi gereği \(U_2 \sim \chi^2_{n - \nu}\).
\(\blacksquare\)
Yani bir ki-kare değişkenini iki bağımsız parçaya ayırdığımızda, parçalardan biri ki-kare ise öteki de ki-karedir ve serbestlik dereceleri toplanır. Teoremi uygulayabilmek için parçaların bağımsız olması gerekir; normal örneklemde bu bağımsızlığı sağlayan, aşağıdaki dikkate değer sonuçtur.
Teorem 12.7 (Örneklem Ortalaması ile Örneklem Varyansının Bağımsızlığı) \(X_1, \ldots, X_n\), \(N(\mu, \sigma^2)\) dağılımlı bir kitleden alınmış bir örneklem olsun (\(n \ge 2\)). O zaman \(\bar X\) ile \((X_1 - \bar X, \ldots, X_n - \bar X)\) sapma vektörü bağımsızdır. Özel olarak \(\bar X\) ile \(S^2\) bağımsızdır.
İspat
İspatta rastgele vektörlerin moment üreten fonksiyonunu kullanacağız. \((Y_1, \ldots, Y_k)\) vektörü için \(M(t_1, \ldots, t_k) = E\big(e^{t_1 Y_1 + \cdots + t_k Y_k}\big)\) tanımlanır. Tek değişkenli durumdaki gibi bu fonksiyon (sıfırın bir komşuluğunda sonluysa) ortak dağılımı tek türlü belirler. Buradan şu sonuç çıkar: ortak moment üreten fonksiyon, yalnız birinci gruptaki değişkenlere ait \(t\)’lere bağlı bir çarpan ile yalnız ikinci gruba ait \(t\)’lere bağlı bir çarpanın çarpımına ayrılıyorsa, iki grup bağımsızdır. Bu çok boyutlu teklik sonucunu ispatsız kullanıyoruz.
\(D_i = X_i - \bar X\) diyelim. \(t, s_1, \ldots, s_n\) gerçel sayılar ve \(\bar s = \frac{1}{n}\sum s_i\) olsun. Üsteki ifadeyi \(X_i\)’lerin doğrusal birleşimi olarak yazalım. \(\sum_i s_i \bar X = n\bar s\,\bar X = \bar s \sum_i X_i\) olduğundan
\[ \sum_{i=1}^n s_i D_i = \sum_{i=1}^n s_i X_i - \bar s \sum_{i=1}^n X_i = \sum_{i=1}^n (s_i - \bar s) X_i \]
ve dolayısıyla
\[ t\bar X + \sum_{i=1}^n s_i D_i = \sum_{i=1}^n c_i X_i, \qquad c_i = \frac{t}{n} + s_i - \bar s. \]
\(X_i\)’ler bağımsız ve \(N(\mu, \sigma^2)\) dağılımlı olduğundan
\[ \begin{aligned} E\Big(e^{\sum c_i X_i}\Big) &= \prod_{i=1}^n E\big(e^{c_i X_i}\big) = \prod_{i=1}^n e^{\mu c_i + \frac{\sigma^2 c_i^2}{2}}\\[1mm] &= \exp\Big(\mu \sum_{i=1}^n c_i + \frac{\sigma^2}{2}\sum_{i=1}^n c_i^2\Big). \end{aligned} \]
\(\sum_i (s_i - \bar s) = 0\) olduğundan iki toplam sadeleşir:
\[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^n c_i &= t,\\[1mm] \sum_{i=1}^n c_i^2 &= n\cdot\frac{t^2}{n^2} + \frac{2t}{n}\sum_{i=1}^n (s_i - \bar s) + \sum_{i=1}^n (s_i - \bar s)^2\\[1mm] &= \frac{t^2}{n} + \sum_{i=1}^n (s_i - \bar s)^2. \end{aligned} \]
Yerine koyalım:
\[ M(t, s_1, \ldots, s_n) = \exp\Big(\mu t + \frac{\sigma^2 t^2}{2n}\Big) \cdot \exp\Big(\frac{\sigma^2}{2}\sum_{i=1}^n (s_i - \bar s)^2\Big). \]
Birinci çarpan yalnız \(t\)’ye, ikinci çarpan yalnız \(s_1, \ldots, s_n\)’ye bağlıdır. (\(s\)’lerin hepsi sıfırken ifade \(\bar X\)’in moment üreten fonksiyonu, \(t = 0\) iken sapma vektörününki olur.) Demek ki \(\bar X\) ile \((D_1, \ldots, D_n)\) bağımsızdır. \(S^2 = \frac{1}{n-1}\sum D_i^2\) yalnız sapma vektörünün bir fonksiyonu olduğundan \(\bar X\) ile \(S^2\) de bağımsızdır.
\(\blacksquare\)
İlk bakışta şaşırtıcı bir sonuçtur: \(S^2\), \(\bar X\) kullanılarak hesaplanır, ama ondan bağımsızdır. Bu özellik normal dağılıma özgüdür. Örneğin üstel bir kitlede büyük bir \(\bar X\) değeri genellikle büyük sapmalarla birlikte gelir ve iki istatistik bağımlıdır.
Artık ana teoremi ispatlayabiliriz.
Teorem 12.8 (Örneklem Varyansının Dağılımı) \(X_1, \ldots, X_n\), \(N(\mu, \sigma^2)\) dağılımlı bir kitleden alınmış bir örneklem olsun (\(n \ge 2\)). O zaman
\[ \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} = \frac{1}{\sigma^2}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar X)^2 \sim \chi^2_{n-1}. \]
İspat
Önce cebirsel bir özdeşlik kuralım. Her terimde \(X_i - \mu = (X_i - \bar X) + (\bar X - \mu)\) yazıp kareyi açalım:
\[ \sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2 = \sum_{i=1}^n (X_i - \bar X)^2 + 2(\bar X - \mu)\sum_{i=1}^n (X_i - \bar X) + n(\bar X - \mu)^2. \]
Ortadaki toplam sıfırdır, çünkü \(\sum X_i = n\bar X\)’tir. \(\sigma^2\)’ye bölünce ve \(\frac{n(\bar X - \mu)^2}{\sigma^2} = \Big(\frac{\bar X - \mu}{\sigma/\sqrt n}\Big)^2\) yazınca
\[ \underbrace{\sum_{i=1}^n \left(\frac{X_i - \mu}{\sigma}\right)^2}_{W} = \underbrace{\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}}_{U_2} + \underbrace{\left(\frac{\bar X - \mu}{\sigma/\sqrt n}\right)^2}_{U_1}. \]
Şimdi üç terimin dağılımına bakalım.
- \(W\), bağımsız \(n\) standart normalin kareleri toplamıdır; Sonuç 12.1 gereği \(W \sim \chi^2_n\).
- \(\bar X \sim N(\mu, \sigma^2/n)\) olduğundan \(\frac{\bar X - \mu}{\sigma/\sqrt n} \sim N(0,1)\) ve Teorem 12.2 gereği \(U_1 \sim \chi^2_1\).
- \(U_1\) yalnız \(\bar X\)’in, \(U_2\) yalnız \(S^2\)’nin fonksiyonudur; Teorem 12.7 gereği \(U_1\) ile \(U_2\) bağımsızdır.
\(W = U_1 + U_2\) olduğundan Teorem 12.6 \(\nu = 1\) ile uygulanır:
\[ U_2 = \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2_{n-1}. \]
\(\blacksquare\)
Yani sapmaları bilinen \(\mu\)’den ölçseydik \(n\) serbestlik dereceli bir ki-kare değişkeni elde ederdik; \(\mu\) yerine onun tahmini \(\bar X\)’i kullanmak bir serbestlik derecesi kaybettirir (Tanım 12.2). Teoremden \(S^2\)’nin momentleri de hemen çıkar.
Sonuç 12.2 (Normal Örneklemde Örneklem Varyansının Momentleri) \(N(\mu, \sigma^2)\) dağılımlı bir kitleden alınmış \(n \ge 2\) hacimli örneklemin varyansı için
\[ E(S^2) = \sigma^2, \qquad \operatorname{Var}(S^2) = \frac{2\sigma^4}{n-1}. \]
İspat
\(U = \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2_{n-1}\) olduğundan Teorem 12.1 ile \(E(U) = n - 1\) ve \(\operatorname{Var}(U) = 2(n-1)\)’dir. \(S^2 = \frac{\sigma^2}{n-1}U\) olduğundan
\[ E(S^2) = \frac{\sigma^2}{n-1}(n-1) = \sigma^2, \qquad \operatorname{Var}(S^2) = \frac{\sigma^4}{(n-1)^2}\cdot 2(n-1) = \frac{2\sigma^4}{n-1}. \]
\(\blacksquare\)
Birinci eşitlik \(S^2\)’nin yansız olduğunu söyler; bu, varyansı sonlu her kitlede doğrudur (Teorem 11.1). İkincisi ise normal kitleye özgüdür: \(S^2\)’nin varyansı \(n\) büyüdükçe sıfıra gider, yani \(S^2\) büyük örneklemlerde \(\sigma^2\)’ye yakın değerler alır.
Örnek 12.17 (Örneklem Varyansı için Olasılık Sınırları) \(N(\mu, 4)\) dağılımlı bir kitleden \(n = 10\) hacimli bir örneklem alınıyor. \(P(S^2 < a) = 0{,}025\) ve \(P(S^2 > b) = 0{,}025\) olacak biçimde \(a\) ve \(b\) sayılarını bulunuz.
Çözüm
Teorem 12.8 gereği
\[ U = \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} = \frac{9S^2}{4} \sim \chi^2_9. \]
\(S^2 < a\) olayı \(U < \frac{9a}{4}\) olayıdır. \(P(U < \frac{9a}{4}) = 0{,}025\) koşulu \(\frac{9a}{4} = \chi^2_{9,\,0{,}025}\) demektir. Benzer biçimde \(P(U > \frac{9b}{4}) = 0{,}025\) koşulu \(\frac{9b}{4} = \chi^2_{9,\,0{,}975}\) demektir. \(\chi^2\) tablosundan \(\chi^2_{9,\,0{,}025} = 2{,}70\) ve \(\chi^2_{9,\,0{,}975} = 19{,}02\) okunur:
\[ a = \frac{4 \cdot 2{,}70}{9} = 1{,}20, \qquad b = \frac{4 \cdot 19{,}02}{9} \approx 8{,}45. \]
Yani kitle varyansı \(4\) iken, \(10\) gözlemden hesaplanan örneklem varyansı %95 olasılıkla \(1{,}20\) ile \(8{,}45\) arasına düşer. Aralık \(\sigma^2 = 4\)’e göre simetrik değildir ve oldukça geniştir: küçük örneklemlerde \(S^2\) güvenilir bir tahmin değildir.
\(\blacksquare\)
Örnek 12.18 (Bilinen Ortalamayla Varyans Tahmini ile Örneklem Varyansının Karşılaştırılması) \(N(\mu, \sigma^2)\) dağılımlı bir kitlede \(\mu\) biliniyor olsun. \(\sigma^2\)’nin iki tahmin edicisini karşılaştırınız:
\[ \hat\sigma^2 = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2, \qquad S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar X)^2. \]
Çözüm
Örnek 12.6 çözümündeki yol, ortalama \(0\) yerine \(\mu\) alınarak aynen işler: \(\frac{n\hat\sigma^2}{\sigma^2} \sim \chi^2_n\) olduğundan
\[ E(\hat\sigma^2) = \sigma^2, \qquad \operatorname{Var}(\hat\sigma^2) = \frac{2\sigma^4}{n}. \]
Sonuç 12.2 gereği \(E(S^2) = \sigma^2\) ve \(\operatorname{Var}(S^2) = \frac{2\sigma^4}{n-1}\)’dir. İki tahmin edici de yansızdır, ama \(\frac{2\sigma^4}{n} < \frac{2\sigma^4}{n-1}\) olduğundan \(\hat\sigma^2\)’nin varyansı daha küçüktür. Yansız bir tahmin edicinin hata kareler ortalaması (Tanım 11.4) varyansına eşit olduğundan bu ölçüte göre \(\hat\sigma^2\) daha iyidir. Örneğin \(\sigma^2 = 4\) ve \(n = 10\) için
\[ \operatorname{Var}(\hat\sigma^2) = \frac{2 \cdot 16}{10} = 3{,}2, \qquad \operatorname{Var}(S^2) = \frac{2 \cdot 16}{9} \approx 3{,}56. \]
Fark, bir serbestlik derecesinin değeridir: \(\mu\)’yü bilmek bir gözlem kadar bilgi taşır. \(\mu\) bilinmiyorsa \(\hat\sigma^2\) hesaplanamaz ve \(S^2\) kullanılır.
\(\blacksquare\)
Varyans Bilinmediğinde Ortalamanın Standartlaştırılması
\(\bar X\)’i standartlaştırmak için \(\sigma\)’yı bilmek gerekir: \(\frac{\bar X - \mu}{\sigma/\sqrt n} \sim N(0,1)\). Uygulamada \(\sigma\) çoğu zaman bilinmez ve yerine onun tahmini olan \(S\) konur. Bu değişiklik dağılımı değiştirir; paydadaki rastgelelik, normal yerine \(t\) dağılımını getirir.
Teorem 12.9 (Normal Örneklemde t İstatistiği) \(X_1, \ldots, X_n\), \(N(\mu, \sigma^2)\) dağılımlı bir kitleden alınmış bir örneklem olsun (\(n \ge 2\)). O zaman
\[ T = \frac{\bar X - \mu}{S/\sqrt n} \sim t_{n-1}. \]
İspat
İki yardımcı değişken tanımlayalım:
\[ Z = \frac{\bar X - \mu}{\sigma/\sqrt n}, \qquad V = \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}. \]
\(\bar X \sim N(\mu, \sigma^2/n)\) olduğundan \(Z \sim N(0,1)\)’dir. Teorem 12.8 gereği \(V \sim \chi^2_{n-1}\)’dir. \(Z\) yalnız \(\bar X\)’in, \(V\) yalnız \(S^2\)’nin fonksiyonu olduğundan Teorem 12.7 gereği bağımsızdırlar. \(t\) dağılımının tanımındaki oranı kuralım; \(\frac{V}{n-1} = \frac{S^2}{\sigma^2}\) olduğundan
\[ \frac{Z}{\sqrt{V/(n-1)}} = \frac{\dfrac{\bar X - \mu}{\sigma/\sqrt n}}{S/\sigma} = \frac{\bar X - \mu}{\sigma/\sqrt n}\cdot\frac{\sigma}{S} = \frac{\bar X - \mu}{S/\sqrt n}. \]
Bilinmeyen \(\sigma\) sadeleşti. Tanım 12.3 gereği bu oran \(t_{n-1}\) dağılımlıdır.
\(\blacksquare\)
Teoremin gücü, \(T\)’nin dağılımının bilinmeyen \(\sigma\)’ya bağlı olmamasıdır: \(T\) yalnız \(\mu\) ve gözlemlerle hesaplanır, dağılımı ise yalnız \(n\)’ye bağlıdır. Serbestlik derecesi \(S^2\)’den gelir ve \(n - 1\)’dir. Bir sonraki bölümde güven aralığını bu teoremle kuracağız.
Örnek 12.19 (Ortalamanın Örneklem Standart Sapması Cinsinden Yakınlığı) Normal bir kitleden \(n = 16\) hacimli bir örneklem alınıyor. \(P\big(|\bar X - \mu| \le cS\big) = 0{,}95\) olacak biçimde \(c\) sayısını bulunuz.
Çözüm
Eşitsizliğin iki tarafını \(\frac{S}{\sqrt n} = \frac{S}{4}\) ile bölelim (\(S > 0\) olasılık \(1\) ile):
\[ |\bar X - \mu| \le cS \iff \left|\frac{\bar X - \mu}{S/4}\right| \le 4c \iff |T| \le 4c, \]
burada Teorem 12.9 gereği \(T \sim t_{15}\)’tir. \(P(|T| \le 4c) = 0{,}95\) koşulu \(4c = t_{15,\,0{,}975} = 2{,}131\) demektir (\(t\) tablosu). Buna göre
\[ c = \frac{2{,}131}{4} \approx 0{,}533. \]
Yani \(16\) gözlemlik bir örneklemde \(\bar X\), %95 olasılıkla kitle ortalamasına yarım örneklem standart sapmasından (\(0{,}533\,S\)) daha yakındır.
\(\blacksquare\)
Örnek 12.20 (Bir Ortalama İddiasının Örneklemle Uyumu) Bir kitlenin normal dağılımlı ve ortalamasının \(\mu = 50\) olduğu ileri sürülüyor. \(16\) gözlemlik bir örneklemde \(\bar x = 53\) ve \(s = 5\) bulunuyor. \(\mu = 50\) ise \(T\) istatistiğinin bu kadar ya da daha büyük bir değer alma olasılığı hakkında ne söylenebilir?
Çözüm
\(\mu = 50\) ise Teorem 12.9 gereği \(T = \frac{\bar X - 50}{S/4} \sim t_{15}\)’tir. Gözlenen değer
\[ t = \frac{53 - 50}{5/4} = \frac{3}{1{,}25} = 2{,}4. \]
\(t\) tablosunun \(\nu = 15\) satırında \(t_{15,\,0{,}975} = 2{,}131\) ve \(t_{15,\,0{,}99} = 2{,}602\)’dir. \(2{,}131 < 2{,}4 < 2{,}602\) olduğundan
\[ 0{,}01 < P(T \ge 2{,}4) < 0{,}025. \]
(Bilgisayarla hesaplanan kesin değer yaklaşık \(0{,}015\)’tir.) Yani \(\mu = 50\) doğru olsaydı böyle bir örneklem yüz denemede ancak bir iki kez çıkardı. Bu, iddiadan kuşkulanmak için güçlü bir nedendir; bu tür akıl yürütmeyi hipotez testlerinde sistemli hâle getireceğiz.
\(\blacksquare\)
Bölümün sonuçlarını bir arada görelim. Bağımsız bileşenler için:
| Kurulum | Dağılım |
|---|---|
| \(Z \sim N(0,1)\) | \(Z^2 \sim \chi^2_1\) |
| \(Z_1, \ldots, Z_n\) bağımsız \(N(0,1)\) | \(Z_1^2 + \cdots + Z_n^2 \sim \chi^2_n\) |
| \(Z \sim N(0,1)\), \(V \sim \chi^2_\nu\) | \(\dfrac{Z}{\sqrt{V/\nu}} \sim t_\nu\) |
| \(U_1 \sim \chi^2_{\nu_1}\), \(U_2 \sim \chi^2_{\nu_2}\) | \(\dfrac{U_1/\nu_1}{U_2/\nu_2} \sim F_{\nu_1,\nu_2}\) |
Normal kitleden alınmış \(n\) hacimli örneklem için ise \(\frac{\bar X - \mu}{\sigma/\sqrt n} \sim N(0,1)\), \(\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2_{n-1}\) ve \(\frac{\bar X - \mu}{S/\sqrt n} \sim t_{n-1}\)’dir. Bu istatistiklerin her birinin dağılımı bilinmeyen parametrelere bağlı değildir; bir sonraki bölümde, Ortalama İçin Aralık Tahmini bölümünde, bu özellikten yararlanarak kitle ortalaması için güven aralıkları kuracağız.