3 Poisson ve Kesikli Düzgün Dağılımlar
Hipergeometrik, Geometrik ve Negatif Binom Dağılımları bölümüne kadar gördüğümüz dağılımların hepsi, sayısı belli ya da sayılabilen denemelerden doğuyordu. Bu bölümde iki yeni kesikli dağılım var. Birincisi, Poisson dağılımı, deneme sayısının belli olmadığı durumları modeller: bir saatte gelen müşteriler, bir günde olan kazalar, bir bölgedeki hayvanlar. Burada “deneme” zamanın ya da alanın kendisidir. İkincisi, kesikli düzgün dağılım, bütün değerlerin aynı olasılıkla geldiği en yalın durumdur.
3.1 Poisson dağılımı ve Poisson deneyi
Poisson dağılımını kardeş kitapta tanımladık (Olasılık Teorisi’ndeki tanım). Hatırlayalım: \(\lambda > 0\) olmak üzere olasılık fonksiyonu
\[ f(x) = P(X = x) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!}, \qquad x = 0, 1, 2, \ldots \]
olan \(X\) rastgele değişkenine Poisson dağılımlıdır denir ve \(X \sim \operatorname{Poisson}(\lambda)\) yazılır. Buradaki \(\lambda\), bir birim zamanda (ya da birim alanda, birim hacimde) ortaya çıkan ortalama sonuç sayısıdır. Bu yorumun doğru olduğunu aşağıda \(E(X) = \lambda\) eşitliğiyle göreceğiz.
Poisson dağılımı, sürekli bir ortamda (zaman, alan, hacim) kesikli sonuçlar sayan deneylerde karşımıza çıkar. Örneğin:
- belli bir zaman aralığında bir mağazaya gelen müşteri sayısı,
- belli bir bölgede yaşayan yaban hayvanı sayısı.
Açıklamayı zaman üzerinden yapalım. Alan ya da hacim için aynı şeyler “uzunluk” yerine “alan” ya da “hacim” yazılarak söylenir.
Tanım 3.1 (Poisson deneyi) \((0, t]\) zaman aralığında gerçekleşen sonuçların (bir olayın gerçekleşmelerinin) sayısı \(X\) olsun. Sonuçları üreten deney şu üç özelliği taşıyorsa ona Poisson deneyi denir:
(a) Küçük bir \(\Delta t\) uzunluklu aralıkta tam bir başarı elde etme olasılığı \(\Delta t\) ile orantılıdır: yaklaşık \(\lambda\,\Delta t\)’dir. Burada \(\lambda > 0\) sabittir.
(b) Küçük bir \(\Delta t\) uzunluklu aralıkta iki ya da daha çok başarı elde etme olasılığı yaklaşık olarak sıfırdır.
(c) Ayrık (ortak noktası olmayan) \(\Delta t\) uzunluklu aralıklarda elde edilen sonuçlar birbirinden bağımsız Bernoulli denemeleridir.
Yani çok kısa bir aralıkta ya hiç olay olmaz ya da tek bir olay olur. Bir olay olma olasılığı aralığın uzunluğuyla orantılıdır ve bir aralıkta olanlar başka bir aralıkta olanları etkilemez. Mağazaya gelen müşteriler için bu, “bir saniyede iki müşteri pek gelmez; müşteriler birbirinden habersiz gelir” demektir.
Bu üç özellik, \(X\)’in dağılımını tek başına belirler. Fikir basittir: aralığı çok sayıda küçük parçaya bölünce her parça bir Bernoulli denemesine döner ve \(X\) bir binom değişkeni olur. Parça sayısı sonsuza giderken binom olasılıkları Poisson olasılıklarına yaklaşır.
Teorem 3.1 (Poisson deneyinde başarı sayısının dağılımı) \((0, t]\) aralığını uzunluğu \(\Delta t = t/n\) olan \(n\) eşit parçaya bölelim ve Poisson deneyinin (Tanım 3.1) özelliklerinin her parçada tam olarak geçerli olduğunu kabul edelim. Yani her parçada en fazla bir başarı olsun, bir başarının olasılığı \(p_n = \lambda\,\Delta t = \lambda t / n\) olsun ve parçalar bağımsız olsun. Bu durumda toplam başarı sayısı \(X_n \sim \operatorname{Binom}(n, \lambda t / n)\) olur ve her \(x = 0, 1, 2, \ldots\) için
\[ \lim_{n \to \infty} P(X_n = x) = \frac{e^{-\lambda t} (\lambda t)^x}{x!} \]
eşitliği geçerlidir.
İspat
Her parça, başarı olasılığı \(p_n = \lambda t / n\) olan bir Bernoulli denemesidir ve parçalar bağımsızdır. \(n\) bağımsız Bernoulli denemesindeki başarı sayısı binom dağılımlı olduğundan \(X_n \sim \operatorname{Binom}(n, p_n)\) olur.
Kısaltma için \(\mu = \lambda t\) diyelim; böylece \(p_n = \mu / n\) olur. \(x\)’i sabitleyip \(n \ge x\) ve \(n \ge \mu\) alalım; böylece \(p_n \le 1\) olur ve \(X_n\) tanımlıdır. Sonlu sayıda \(n\)’yi dışarıda bırakmak limiti etkilemez. \(\binom{n}{x} = \dfrac{n(n-1)\cdots(n-x+1)}{x!}\) olduğundan
\[ \begin{aligned} P(X_n = x) &= \frac{n(n-1)\cdots(n-x+1)}{x!} \left(\frac{\mu}{n}\right)^x \left(1 - \frac{\mu}{n}\right)^{n-x}\\[1mm] &= \frac{\mu^x}{x!} \cdot \frac{n(n-1)\cdots(n-x+1)}{n^x} \cdot \left(1 - \frac{\mu}{n}\right)^{n} \cdot \left(1 - \frac{\mu}{n}\right)^{-x} \end{aligned} \]
yazabiliriz. Son üç çarpanın limitini ayrı ayrı bulalım.
Birinci çarpan. Paydaki \(x\) çarpanın her birini bir \(n\)’ye bölersek
\[ \frac{n(n-1)\cdots(n-x+1)}{n^x} = \frac{n}{n} \cdot \frac{n-1}{n} \cdots \frac{n-x+1}{n} = 1 \cdot \left(1 - \frac{1}{n}\right) \cdots \left(1 - \frac{x-1}{n}\right) \]
olur. Sabit sayıda (\(x\) tane) çarpanın her biri \(1\)’e gittiğinden çarpım da \(1\)’e gider.
İkinci çarpan. \(y_n = \left(1 - \dfrac{\mu}{n}\right)^{n}\) diyelim; bu bir \(1^\infty\) belirsizliğidir. Logaritma alırsak
\[ \ln y_n = n \ln\left(1 - \frac{\mu}{n}\right) = \frac{\ln(1 - \mu/n)}{1/n} \]
olur ve \(n \to \infty\) iken bu bir \(0/0\) belirsizliğidir. \(u = 1/n\) yazıp \(u \to 0^+\) limitini L’Hôpital kuralıyla hesaplayalım:
\[ \lim_{u \to 0^+} \frac{\ln(1 - \mu u)}{u} = \lim_{u \to 0^+} \frac{-\mu / (1 - \mu u)}{1} = -\mu . \]
Üstel fonksiyon sürekli olduğundan \(y_n = e^{\ln y_n} \to e^{-\mu}\) bulunur.
Üçüncü çarpan. \(\mu / n \to 0\) olduğundan \(\left(1 - \dfrac{\mu}{n}\right)^{-x} \to 1^{-x} = 1\) olur.
Limitlerin çarpımı çarpımın limiti olduğundan
\[ \lim_{n \to \infty} P(X_n = x) = \frac{\mu^x}{x!} \cdot 1 \cdot e^{-\mu} \cdot 1 = \frac{e^{-\lambda t} (\lambda t)^x}{x!} \]
elde edilir. Bu hesap, \(n p_n\) çarpımı yalnızca bir sayıya yakınsadığında da küçük bir değişiklikle çalışır (Olasılık Teorisi’ndeki genel ispat).
\(\blacksquare\)
Parçalar ne kadar küçük seçilirse (a)–(c) özellikleri o kadar iyi sağlanır. Bu limit, \((0, t]\) aralığındaki başarı sayısını \(\operatorname{Poisson}(\lambda t)\) dağılımıyla modellememizi gerekçelendirir; bundan sonra bunu kabul edeceğiz. Özel olarak birim uzunluklu bir aralıkta (\(t = 1\)) başarı sayısı \(\operatorname{Poisson}(\lambda)\) dağılımlıdır.
Bu modelin bir sonucu şudur: bir aralıktaki başarı sayısının dağılımı yalnız aralığın uzunluğuna bağlıdır, aralığın nerede başladığına bağlı değildir. Çünkü ispatta yalnız uzunluk kullanıldı. Özellik (c) de ayrık aralıklardaki sayıların bağımsız olduğunu söyler. Bu iki gözlem, farklı zamanlara ait olasılıkları hesaplamanın anahtarıdır.
Örnek 3.1 (Ayrık aralıklardaki olay sayıları) Bir Poisson deneyinde birim zamanda ortalama \(\lambda = 1\) olay olsun. \((0, s]\) aralığındaki olay sayısını \(Z_s\) ile gösterelim. \(P(Z_2 = 3,\ Z_5 = 7)\) olasılığını bulunuz.
Çözüm
\(Z_2\) ile \(Z_5\) bağımsız değildir: \((0, 2]\) ve \((0, 5]\) aralıklarının ortak bir parçası vardır. Bu yüzden olasılığı \(P(Z_2 = 3)\,P(Z_5 = 7)\) diye yazamayız. Olayı ayrık aralıklar cinsinden yeniden yazalım. İlk iki birimde \(3\) olay olmuşsa ve toplam \(7\) ise, \((2, 5]\) aralığında \(7 - 3 = 4\) olay olmuş demektir:
\[ \{Z_2 = 3,\ Z_5 = 7\} = \{Z_2 = 3,\ Z_5 - Z_2 = 4\}. \]
\(Z_2\), \((0, 2]\) aralığındaki; \(Z_5 - Z_2\) ise \((2, 5]\) aralığındaki olayları sayar. Aralığı küçük parçalara böldüğümüzde \(Z_2\) yalnız \((0, 2]\) içindeki parçaların, \(Z_5 - Z_2\) ise yalnız \((2, 5]\) içindeki parçaların sonuçlarına bağlıdır. Özellik (c) gereği bu iki parça grubu birbirinden bağımsızdır; dolayısıyla iki sayı da bağımsızdır. Teorem 3.1 gereği \(Z_2 \sim \operatorname{Poisson}(2)\) olur. \((2, 5]\) aralığının uzunluğu \(3\) olduğundan \(Z_5 - Z_2 \sim \operatorname{Poisson}(3)\) olur. Buna göre
\[ P(Z_2 = 3) = \frac{e^{-2}\, 2^3}{3!} = \frac{4}{3}\, e^{-2}, \qquad P(Z_5 - Z_2 = 4) = \frac{e^{-3}\, 3^4}{4!} = \frac{27}{8}\, e^{-3} \]
ve bağımsızlıktan
\[ P(Z_2 = 3,\ Z_5 = 7) = \frac{4}{3}\, e^{-2} \cdot \frac{27}{8}\, e^{-3} = \frac{9}{2}\, e^{-5} \approx 0{,}0303 . \]
Karşılaştırma için, yanlış olan \(P(Z_2 = 3)\,P(Z_5 = 7)\) çarpımı yaklaşık \(0{,}0188\) çıkar. Yani iki sayı arasındaki bağı yok saymak, olasılığı üçte birden fazla küçültür.
\(\blacksquare\)
Örnek 3.2 (Yirmi dakikada en az bir müşteri) Bir mağazaya saatte ortalama \(6\) müşteri gelmektedir ve müşteri gelişleri bir Poisson deneyi oluşturmaktadır. \(20\) dakikalık bir sürede en az bir müşteri gelme olasılığı nedir?
Çözüm
Zaman birimi saat olsun: \(\lambda = 6\). Yirmi dakika \(t = 1/3\) saattir. Teorem 3.1 gereği bu süredeki müşteri sayısı \(X\) için
\[ X \sim \operatorname{Poisson}(\lambda t), \qquad \lambda t = 6 \cdot \frac{1}{3} = 2 . \]
“En az bir” olayının tümleyeni “hiç yok” olayıdır ve \(P(X = 0) = e^{-2}\) olur. Buna göre
\[ P(X \ge 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - e^{-2} \approx 0{,}8647 . \]
\(\blacksquare\)
3.2 Poisson dağılımının momentleri
Poisson dağılımının bütün momentleri tek bir fonksiyondan, moment üreten fonksiyondan elde edilir. Bu fonksiyonun \(t = 0\) noktasındaki türevleri momentleri verir (Olasılık Teorisi’ndeki teorem).
Teorem 3.2 (Poisson dağılımının momentleri) \(X \sim \operatorname{Poisson}(\lambda)\) olsun.
(i) Moment üreten fonksiyon her \(t \in \mathbb{R}\) için \(M_X(t) = e^{\lambda(e^t - 1)}\)’dir.
(ii) İlk üç moment şunlardır:
\[ E(X) = \lambda, \quad E(X^2) = \lambda^2 + \lambda, \quad E(X^3) = \lambda^3 + 3\lambda^2 + \lambda . \]
(iii) \(\operatorname{Var}(X) = \lambda\).
İspat
(i) Tanım gereği \(M_X(t) = E(e^{tX})\)’tir. \(e^{tx} \lambda^x = (\lambda e^t)^x\) yazarsak
\[ M_X(t) = \sum_{x=0}^{\infty} e^{tx}\, \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!} = e^{-\lambda} \sum_{x=0}^{\infty} \frac{(\lambda e^t)^x}{x!} = e^{-\lambda} e^{\lambda e^t} = e^{\lambda(e^t - 1)} \]
bulunur. Üçüncü eşitlikte \(e^u = \sum_{x \ge 0} u^x / x!\) serisini \(u = \lambda e^t\) için kullandık; bu seri her \(u\) için yakınsar.
(ii) Kısaca \(M = M_X\) yazalım. Zincir kuralıyla \(M'(t) = \lambda e^t M(t)\) olur. Bir kez daha türev alıp \(M'\) yerine bu ifadeyi koyarsak
\[ M''(t) = \lambda e^t M(t) + \lambda e^t M'(t) = \left(\lambda e^t + \lambda^2 e^{2t}\right) M(t) \]
bulunur. Aynı yolla üçüncü türev
\[ \begin{aligned} M'''(t) &= \left(\lambda e^t + 2\lambda^2 e^{2t}\right) M(t) + \left(\lambda e^t + \lambda^2 e^{2t}\right) \lambda e^t M(t)\\[1mm] &= \left(\lambda e^t + 3\lambda^2 e^{2t} + \lambda^3 e^{3t}\right) M(t) \end{aligned} \]
olur. \(t = 0\) noktasında \(e^0 = 1\) ve \(M(0) = e^{\lambda(1 - 1)} = 1\) olduğundan
\[ \begin{aligned} E(X) &= M'(0) = \lambda,\\[1mm] E(X^2) &= M''(0) = \lambda + \lambda^2,\\[1mm] E(X^3) &= M'''(0) = \lambda + 3\lambda^2 + \lambda^3 . \end{aligned} \]
(iii) Varyansın hesap formülüyle
\[ \operatorname{Var}(X) = E(X^2) - \big(E(X)\big)^2 = \lambda + \lambda^2 - \lambda^2 = \lambda . \]
\(\blacksquare\)
Yani Poisson dağılımında beklenen değer ile varyans aynı sayıdır. Birim zamandaki ortalama olay sayısı \(\lambda\) olduğundan, gözlenen sayımların ortalaması \(\lambda\) için doğal bir tahmindir. Bu fikri Momentler Yöntemi bölümünde sistemli hâle getireceğiz.
Üçüncü moment, çarpımsal momentlerden de kolayca çıkar. Kardeş kitapta \(E\big[X(X-1)\cdots(X-k+1)\big] = \lambda^k\) olduğunu gördük (Olasılık Teorisi’ndeki teorem). \(x^3 = x(x-1)(x-2) + 3x(x-1) + x\) özdeşliği açılarak doğrulanabilir. Beklenen değerin doğrusallığıyla \(E(X^3) = \lambda^3 + 3\lambda^2 + \lambda\) yeniden bulunur.
Örnek 3.3 (İkinci momentin doğrudan hesabı) \(X \sim \operatorname{Poisson}(\lambda)\) olsun. Moment üreten fonksiyonu kullanmadan, doğrudan tanımdan \(E(X^2)\)’yi hesaplayınız.
Çözüm
Faktöriyeli sadeleştirebilmek için \(x^2 = x(x-1) + x\) yazalım:
\[ E(X^2) = \sum_{x=0}^{\infty} x^2\, \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!} = \sum_{x=0}^{\infty} x(x-1)\, \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!} + \sum_{x=0}^{\infty} x\, \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!} . \]
Birinci toplamda \(x = 0\) ve \(x = 1\) terimleri sıfırdır. \(x \ge 2\) için \(\dfrac{x(x-1)}{x!} = \dfrac{1}{(x-2)!}\) olur. \(y = x - 2\) yazarsak
\[ \sum_{x=2}^{\infty} \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{(x-2)!} = \lambda^2 \sum_{y=0}^{\infty} \frac{e^{-\lambda} \lambda^{y}}{y!} = \lambda^2 \cdot 1 = \lambda^2 \]
bulunur. Çünkü son toplam, Poisson olasılıklarının toplamıdır. İkinci toplamda \(x = 0\) terimi sıfırdır. \(x \ge 1\) için \(\dfrac{x}{x!} = \dfrac{1}{(x-1)!}\) olur ve \(y = x - 1\) yazarsak
\[ \sum_{x=1}^{\infty} \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{(x-1)!} = \lambda \sum_{y=0}^{\infty} \frac{e^{-\lambda} \lambda^{y}}{y!} = \lambda \]
olur. Buna göre \(E(X^2) = \lambda^2 + \lambda\) bulunur. Bu sonuç Teorem 3.2 ile uyuşur.
\(\blacksquare\)
Bu hesaptaki hileyi, yani \(x\) çarpanını \(x!\) ile sadeleştirip toplama indisini bir kaydırmayı, genel bir özdeşlik olarak yazabiliriz. Özdeşlik, Poisson dağılımında birçok beklenen değeri tek satırda hesaplatır.
Teorem 3.3 (Poisson dağılımında kaydırma özdeşliği) \(X \sim \operatorname{Poisson}(\lambda)\) olsun ve \(g\), \(\{0, 1, 2, \ldots\}\) üzerinde tanımlı, \(E\,|g(X)| < \infty\) koşulunu sağlayan bir fonksiyon olsun. O zaman
\[ E\big[X\, g(X-1)\big] = \lambda\, E\big[g(X)\big] \]
olur. (\(X = 0\) iken \(X g(X - 1)\) çarpımı, \(g(-1)\) tanımlı olmasa da \(0\) kabul edilir.)
İspat
Tanım gereği
\[ E\big[X\, g(X-1)\big] = \sum_{x=0}^{\infty} x\, g(x-1)\, \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!} . \]
\(x = 0\) terimi sıfırdır. \(x \ge 1\) için \(\dfrac{x}{x!} = \dfrac{1}{(x-1)!}\) olduğundan
\[ E\big[X\, g(X-1)\big] = \sum_{x=1}^{\infty} g(x-1)\, \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{(x-1)!} \]
yazılır. Şimdi \(y = x - 1\) diyelim. \(x\) değeri \(1, 2, \ldots\) iken \(y\) değeri \(0, 1, \ldots\) olur ve \(\lambda^x = \lambda \cdot \lambda^y\) yazılır:
\[ E\big[X\, g(X-1)\big] = \lambda \sum_{y=0}^{\infty} g(y)\, \frac{e^{-\lambda} \lambda^y}{y!} = \lambda\, E\big[g(X)\big] . \]
Aynı adımlar \(g\) yerine \(|g|\) ile yapılınca sol taraftaki serinin mutlak toplamının \(\lambda E\,|g(X)| < \infty\) olduğu görülür. Yani seriler mutlak yakınsaktır ve yapılan düzenlemeler geçerlidir.
\(\blacksquare\)
Yani \(X\) ile çarpmak ve \(g\)’nin argümanını bir geri kaydırmak, \(\lambda\) ile çarpmakla aynı sonucu verir. Aşağıdaki örneklerde uygun bir \(g\) seçip özdeşliği uygulayacağız.
Örnek 3.4 (Özdeşlikle ilk iki moment) \(X \sim \operatorname{Poisson}(\lambda)\) olsun. Kaydırma özdeşliğini (Teorem 3.3) kullanarak \(E(X^2)\)’yi bulunuz.
Çözüm
Önce \(g(x) = 1\) alalım. Sol taraf \(E(X \cdot 1) = E(X)\), sağ taraf \(\lambda E(1) = \lambda\) olur; yani \(E(X) = \lambda\).
Şimdi \(g(x) = x\) alalım. O zaman \(g(X - 1) = X - 1\) olur ve özdeşlik
\[ E\big[X(X-1)\big] = \lambda\, E(X) = \lambda \cdot \lambda = \lambda^2 \]
verir. \(X^2 = X(X-1) + X\) olduğundan doğrusallıkla
\[ E(X^2) = E\big[X(X-1)\big] + E(X) = \lambda^2 + \lambda \]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Örnek 3.5 (Özdeşlikle üçüncü moment) \(X \sim \operatorname{Poisson}(\lambda)\) olsun. Kaydırma özdeşliğini (Teorem 3.3) kullanarak \(E(X^3)\)’ü bulunuz.
Çözüm
\(X^3 = X \cdot X^2\) yazalım. \(g(X - 1) = X^2\) olması için \(g(x) = (x + 1)^2\) seçmeliyiz. Bu durumda özdeşlik
\[ E(X^3) = E\big[X\, g(X - 1)\big] = \lambda\, E\big[(X+1)^2\big] \]
verir. \((X + 1)^2 = X^2 + 2X + 1\) olduğundan ve bir önceki örnekten \(E(X^2) = \lambda^2 + \lambda\) olduğundan
\[ E(X^3) = \lambda\left(\lambda^2 + \lambda + 2\lambda + 1\right) = \lambda^3 + 3\lambda^2 + \lambda \]
bulunur. Bu sonuç Teorem 3.2 ile uyuşur.
\(\blacksquare\)
Örnek 3.6 (Bir ters momentin hesabı) \(X \sim \operatorname{Poisson}(\lambda)\) olsun. \(E\left[\dfrac{1}{X + 1}\right]\)’i bulunuz ve \(\lambda = 2\) için sayısal değerini hesaplayınız.
Çözüm
\(g(x) = \dfrac{1}{x + 1}\) alalım; \(g\) sınırlı olduğundan \(E\,|g(X)| < \infty\) olur. \(X \ge 1\) iken \(X g(X - 1) = X \cdot \dfrac{1}{X} = 1\) olur, \(X = 0\) iken bu çarpım \(0\) olur. Yani \(X g(X-1)\), \(\{X \ge 1\}\) olayının göstergesidir ve beklenen değeri bu olayın olasılığıdır:
\[ E\big[X\, g(X-1)\big] = P(X \ge 1) = 1 - e^{-\lambda} . \]
Özdeşliğe göre bu sayı \(\lambda\, E\big[g(X)\big]\)’e eşittir. Buna göre
\[ E\left[\frac{1}{X + 1}\right] = \frac{1 - e^{-\lambda}}{\lambda} \]
bulunur. \(\lambda = 2\) için değer \(\dfrac{1 - e^{-2}}{2} \approx 0{,}4323\) olur.
\(\blacksquare\)
3.3 Binom dağılımına Poisson yaklaşımı
Poisson deneyiyle ilgili teoremin (Teorem 3.1) ispatında aslında daha genel bir şey gösterdik: \(n\) büyük, \(p\) küçük ve \(np\) ılımlı iken binom olasılıkları Poisson olasılıklarına yaklaşır. Bunu ayrıca kaydedelim (Olasılık Teorisi’ndeki teorem). \(n \to \infty\) iken \(p \to 0\) olsun ve \(np = \lambda\) sabit kalsın, yani \(p = \lambda / n\) olsun. O zaman her \(x = 0, 1, 2, \ldots\) için
\[ \lim_{n \to \infty} \binom{n}{x} p^x q^{n-x} = \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!} \]
olur. Burada \(q = 1 - p\)’dir. Uygulamada bu şu demektir: \(n\) büyük ve \(p\) küçükse \(\operatorname{Binom}(n, p)\) olasılıkları, \(\lambda = np\) alınarak Poisson olasılıklarıyla yaklaşık olarak hesaplanabilir. Yaygın kaba kural, \(n \ge 50\) ve \(p \le 0{,}05\) iken yaklaşımın yeterince iyi olduğudur.
Aşağıda \(np = 2\) sabit tutulup \(n\) büyütülüyor. \(n = 4\) için binom çubukları Poisson değerlerinden belirgin biçimde ayrılır. \(n = 40\) için fark her değerde \(0{,}01\)’in altındadır.
Şimdi Poisson dağılımını ve bu yaklaşımı örneklerde kullanalım.
Örnek 3.7 (Bir günde hiç kaza olmaması) Bir kentte bir ayda ortalama \(300\) trafik kazası olmaktadır. Kazaların bir Poisson deneyi oluşturduğunu kabul edelim. Belli bir günde hiç kaza olmaması olasılığı nedir?
Çözüm
Soru bir gün hakkındadır; bu yüzden önce ortalamayı güne çevirelim. Poisson deneyinde parametre aralığın uzunluğuyla orantılıdır (Teorem 3.1). Ayı \(30\) gün sayarsak günlük ortalama kaza sayısı
\[ \lambda = \frac{300}{30} = 10 \]
olur. Bir gündeki kaza sayısı \(X\) ise \(X \sim \operatorname{Poisson}(10)\) olur. \(10^0 = 1\) ve \(0! = 1\) olduğundan
\[ P(X = 0) = \frac{e^{-10}\, 10^0}{0!} = e^{-10} \approx 0{,}0000454 \]
bulunur. Yani bu kentte kazasız bir gün son derece nadirdir.
\(\blacksquare\)
Örnek 3.8 (Bir günde ikiden az kaza olması) Bir kentte bir ayda ortalama \(300\) trafik kazası olmaktadır. Kazaların bir Poisson deneyi oluşturduğunu kabul edelim. Belli bir günde ikiden az kaza olması olasılığı nedir?
Çözüm
Poisson deneyinde parametre aralığın uzunluğuyla orantılı olduğundan (Teorem 3.1), ayı \(30\) gün sayarsak günlük ortalama \(\lambda = 300/30 = 10\) olur. Bir gündeki kaza sayısı \(X \sim \operatorname{Poisson}(10)\) olur. “İkiden az” demek \(X = 0\) ya da \(X = 1\) demektir:
\[ \begin{aligned} P(X < 2) &= P(X = 0) + P(X = 1)\\[1mm] &= e^{-10} + \frac{e^{-10}\, 10^1}{1!} = e^{-10}(1 + 10) = 11\, e^{-10} . \end{aligned} \]
Sayısal olarak \(11\, e^{-10} \approx 0{,}000499\) bulunur.
Şekil sonucun neden bu kadar küçük olduğunu gösteriyor: olasılıklar \(10\) çevresinde toplanır, \(0\) ve \(1\) ise dağılımın en uç sol kuyruğundadır.
\(\blacksquare\)
Örnek 3.9 (Kusurlu ürün sayısı) Belli bir ürünün kusurlu olma olasılığı \(0{,}0001\)’dir. Üretilen \(20000\) ürün içinde kusurlu olanların sayısının \(5\)’ten çok olması olasılığı nedir? Olasılığı hem binom dağılımıyla tam olarak hem de Poisson yaklaşımıyla hesaplayınız.
Çözüm
\(20000\) ürün içindeki kusurlu ürün sayısı \(X\) olsun. Bir ürünün kusurlu olup olmamasının ötekilerden bağımsız olduğunu kabul edersek
\[ X \sim \operatorname{Binom}\left(n = 20000,\ p = \frac{1}{10000}\right) \]
olur. “\(5\)’ten çok” olayının tümleyeni “en çok \(5\)” olayıdır. Tümleyene geçmek, sonsuz sayıda değil yalnız altı terim toplamamızı sağlar.
Binom dağılımıyla.
\[ \begin{aligned} P(X > 5) &= 1 - P(X \le 5)\\[1mm] &= 1 - \sum_{x=0}^{5} \binom{20000}{x} \left(\frac{1}{10000}\right)^x \left(\frac{9999}{10000}\right)^{20000 - x}\\[1mm] &\approx 0{,}016558 . \end{aligned} \]
Bu toplamın altı terimini elle hesaplamak zahmetlidir. Ama \(n\) çok büyük, \(p\) çok küçüktür; bu, Poisson yaklaşımının tam işe yaradığı durumdur.
Poisson yaklaşımıyla. \(\lambda = np = 20000 \cdot \dfrac{1}{10000} = 2\) alalım. \(x = 0, 1, \ldots, 5\) için \(\dfrac{2^x}{x!}\) değerleri sırasıyla
\[ 1, \quad 2, \quad 2, \quad \frac{4}{3}, \quad \frac{2}{3}, \quad \frac{4}{15} \]
olur ve toplamları \(\dfrac{109}{15}\)’tir. Buna göre
\[ P(X > 5) \approx 1 - \sum_{x=0}^{5} \frac{e^{-2}\, 2^x}{x!} = 1 - \frac{109}{15}\, e^{-2} \approx 0{,}016564 \]
bulunur. İki sonuç arasındaki fark yaklaşık \(0{,}000005\)’tir; yani göreli hata binde birin de altındadır.
\(\blacksquare\)
3.4 Kesikli düzgün dağılım
Şimdi en yalın kesikli dağılıma geçelim: bütün değerlerin aynı olasılıkla geldiği dağılım. Kardeş kitapta bu dağılımı \(\{1, 2, \ldots, n\}\) kümesi üzerinde tanımladık (Olasılık Teorisi’ndeki tanım). Değerlerin ardışık tam sayılar olması gerekmez. Aynı fikir, herhangi \(n\) farklı sayıdan oluşan bir küme üzerinde de kurulur.
Tanım 3.2 (Sonlu bir küme üzerinde kesikli düzgün dağılım) \(x_1 < x_2 < \cdots < x_n\) gerçel sayılar olsun. Olasılık fonksiyonu
\[ f(x) = \frac{1}{n}, \qquad x = x_1, x_2, \ldots, x_n \]
olan \(X\) rastgele değişkenine \(\{x_1, \ldots, x_n\}\) kümesi üzerinde kesikli düzgün dağılımlıdır denir.
Yani \(X\), \(n\) değerin her birini aynı olasılıkla, \(1/n\) olasılıkla alır. Düzgün bir tavla zarının üstte gösterdiği sayı en bilinen örnektir. Bu durumda değerler \(1, 2, \ldots, 6\) ve her birinin olasılığı \(1/6\)’dır.
Momentleri yazarken \(n\) değerin aritmetik ortalamasını \(\bar x\) ile gösterelim:
\[ \bar x = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} x_i . \]
Teorem 3.4 (Kesikli düzgün dağılımın momentleri) \(X\), \(\{x_1, \ldots, x_n\}\) üzerinde kesikli düzgün dağılımlı olsun. O zaman:
(i) \(E(X) = \bar x\) ve \(E(X^2) = \dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{i=1}^{n} x_i^2\).
(ii) Varyans birbirine eşit iki biçimde yazılır:
\[ \operatorname{Var}(X) = \frac{1}{n} \left( \sum_{i=1}^{n} x_i^2 - n \bar x^2 \right) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \bar x)^2 . \]
(iii) Moment üreten fonksiyon her \(t \in \mathbb{R}\) için
\[ M_X(t) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} e^{t x_i} = \frac{1}{n}\left(e^{t x_1} + e^{t x_2} + \cdots + e^{t x_n}\right) \]
olur.
İspat
(i) Beklenen değerin tanımıyla
\[ E(X) = \sum_{i=1}^{n} x_i\, f(x_i) = \sum_{i=1}^{n} x_i \cdot \frac{1}{n} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} x_i = \bar x \]
bulunur. Aynı yolla \(E(X^2) = \sum_{i} x_i^2 \cdot \frac{1}{n}\) olur.
(ii) Varyansın hesap formülü ve (i) ile
\[ \operatorname{Var}(X) = E(X^2) - \big(E(X)\big)^2 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} x_i^2 - \bar x^2 = \frac{1}{n} \left( \sum_{i=1}^{n} x_i^2 - n \bar x^2 \right) \]
olur. Öte yandan varyansın tanımından doğrudan
\[ \operatorname{Var}(X) = E\big[(X - \bar x)^2\big] = \sum_{i=1}^{n} (x_i - \bar x)^2 \cdot \frac{1}{n} \]
yazılır. İki ifadenin eşit olduğunu doğrudan da görebiliriz. Kareyi açıp \(\sum_i x_i = n \bar x\) eşitliğini kullanırsak
\[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \bar x)^2 &= \sum_{i=1}^{n} x_i^2 - 2 \bar x \sum_{i=1}^{n} x_i + n \bar x^2\\[1mm] &= \sum_{i=1}^{n} x_i^2 - 2n \bar x^2 + n \bar x^2 = \sum_{i=1}^{n} x_i^2 - n \bar x^2 \end{aligned} \]
bulunur.
(iii) Tanım gereği
\[ M_X(t) = E(e^{tX}) = \sum_{i=1}^{n} e^{t x_i} f(x_i) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} e^{t x_i} \]
olur. Sonlu bir toplam olduğundan her \(t\) için tanımlıdır.
\(\blacksquare\)
Yani kesikli düzgün dağılımın beklenen değeri, değerlerin sıradan aritmetik ortalamasıdır. Varyansı ise değerlerin bu ortalamadan sapmalarının karelerinin ortalamasıdır.
Örnek 3.10 (Eşit aralıklı olmayan değerler) \(X\), \(\{1, 2, 4, 8, 10\}\) kümesi üzerinde kesikli düzgün dağılımlı olsun. \(E(X)\) ve \(\operatorname{Var}(X)\)’i bulunuz; varyansı momentler teoremindeki (Teorem 3.4) iki formülle de hesaplayınız.
Çözüm
Burada \(n = 5\)’tir. Beklenen değer değerlerin ortalamasıdır:
\[ E(X) = \bar x = \frac{1 + 2 + 4 + 8 + 10}{5} = \frac{25}{5} = 5 . \]
Birinci formül. Karelerin toplamı \(1 + 4 + 16 + 64 + 100 = 185\) olduğundan
\[ \operatorname{Var}(X) = \frac{1}{5}\left(185 - 5 \cdot 5^2\right) = \frac{185 - 125}{5} = \frac{60}{5} = 12 . \]
İkinci formül. Sapmalar \(x_i - 5\) sırasıyla \(-4, -3, -1, 3, 5\)’tir; toplamları sıfırdır. Kareleri \(16, 9, 1, 9, 25\) ve bunların toplamı \(60\)’tır. Buna göre
\[ \operatorname{Var}(X) = \frac{60}{5} = 12 \]
bulunur. İki formül aynı sonucu verir.
\(\blacksquare\)
Değerler \(1, 2, \ldots, n\) olduğunda, yani kardeş kitaptaki özel durumda, olasılık fonksiyonu \(f(x) = 1/n\) (\(x = 1, 2, \ldots, n\)) olur. Momentler teoremine (Teorem 3.4) \(1 + 2 + \cdots + n = \frac{n(n+1)}{2}\) ve \(1^2 + 2^2 + \cdots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\) toplamlarını koyunca
\[ E(X) = \frac{n + 1}{2}, \qquad E(X^2) = \frac{(n+1)(2n+1)}{6}, \qquad \operatorname{Var}(X) = \frac{n^2 - 1}{12} \]
bulunur (Olasılık Teorisi’ndeki önerme). Varyans şöyle sadeleşir:
\[ \frac{(n+1)(2n+1)}{6} - \frac{(n+1)^2}{4} = \frac{(n+1)\big(4n + 2 - 3n - 3\big)}{12} = \frac{(n+1)(n-1)}{12} . \]
Örnek 3.11 (Tavla zarının beklenen değeri ve varyansı) Düzgün bir tavla zarı atılıyor ve üste gelen nokta sayısı \(X\) ile gösteriliyor. \(X\)’in beklenen değerini ve varyansını bulunuz.
Çözüm
Zar düzgün olduğundan altı yüzün her biri aynı olasılıkla gelir. Yani \(X\) kesikli düzgün dağılımlıdır ve olasılık fonksiyonu
\[ f(x) = \frac{1}{6}, \qquad x = 1, 2, 3, 4, 5, 6 \]
olur. Bu, \(n = 6\) için \(\{1, \ldots, n\}\) üzerindeki düzgün dağılımdır. Formüllerden
\[ E(X) = \frac{n+1}{2} = \frac{6 + 1}{2} = 3{,}5, \qquad \operatorname{Var}(X) = \frac{n^2 - 1}{12} = \frac{36 - 1}{12} = \frac{35}{12} \]
bulunur. Sağlama için varyansı doğrudan da hesaplayalım. Önce
\[ E(X^2) = \frac{1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36}{6} = \frac{91}{6} \]
bulunur. Buradan
\[ \operatorname{Var}(X) = \frac{91}{6} - \left(\frac{7}{2}\right)^2 = \frac{182 - 147}{12} = \frac{35}{12} \approx 2{,}92 . \]
\(E(X) = 3{,}5\) değeri zarın hiçbir zaman gösteremeyeceği bir sayıdır. Beklenen değer tek bir atışın sonucu değil, uzun vadeli ortalamadır. Zarı defalarca atıp gelen sayıların ortalamasını alırsak bu ortalama, atış sayısı arttıkça \(3{,}5\)’e yaklaşır. Bu gözlemin kesin hâli büyük sayılar yasasıdır (Yakınsama ve Merkezi Limit Teoremi).
\(\blacksquare\)
Örnek 3.12 (Zarın moment üreten fonksiyonu) Düzgün bir tavla zarının üste gelen yüzü \(X\) olsun. \(M_X(t)\)’yi yazınız ve \(M_X'(0)\) değerinin \(E(X)\)’e eşit olduğunu doğrulayınız.
Çözüm
Momentler teoreminin (Teorem 3.4) (iii) şıkkında \(x_i = i\) ve \(n = 6\) alırsak
\[ M_X(t) = \frac{1}{6}\left(e^{t} + e^{2t} + e^{3t} + e^{4t} + e^{5t} + e^{6t}\right), \qquad t \in \mathbb{R} \]
bulunur. Terim terim türev alalım: \(e^{kt}\) teriminin türevi \(k e^{kt}\)’dir. Buna göre
\[ M_X'(t) = \frac{1}{6}\left(e^{t} + 2e^{2t} + 3e^{3t} + 4e^{4t} + 5e^{5t} + 6e^{6t}\right) \]
olur. \(t = 0\) yazınca bütün üstel çarpanlar \(1\) olur:
\[ M_X'(0) = \frac{1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6}{6} = \frac{21}{6} = 3{,}5 = E(X) . \]
\(\blacksquare\)
Bu bölümde iki kesikli dağılımı tamamladık. Poisson dağılımını kısa aralıklara bölünmüş bir zamanın binom limiti olarak türettik. Kesikli düzgün dağılımda ise momentlerin, değerlerin aritmetik ortalaması ve ortalama kare sapması olduğunu gördük. Kesikli bir değişkende \(f(x) = P(X = x)\) bir olasılıktır. Sürekli bir değişkende ise \(f(x)\) olasılık göstermez, yalnız alanlar olasılık verir. Örneğin \((0, 1/2)\) aralığında \(f(x) = 2\) olan bir yoğunluk, \(1\)’den büyük değer aldığı hâlde geçerli bir yoğunluktur. Sonraki bölüm Önemli Sürekli Dağılımlar bu dünyaya geçiyor.