2-1 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

Bölüm 2 OLASILIK TEORİSİ

Olasılık teorisi, matematiğin belirsizlik taşıyan olaylarla ilgilenen bir dalıdır. Bu bilim dalı

rasgele değişkenleri inceler.

Rasgele değişken, gelecekteki bir gözlemde alacağı değer önceden kesinlikle bilinemeyen bir

değişkendir. Örnekse; bir zar atışında gelecek sayı önceden bilinemeyeceğinden bir rasgele

değişkendir.

Bir rasgele değişkenin gelecekteki bir gözlem sırasında alacağı değer kesin olarak

bilinemeyeceğine göre ancak değişkenin belli bir değeri alması şansı belirlenebilir. Bir

rasgele değişkenin bir gözlem sırasında belli bir değeri almasına bir rasgele olay denir.

Örnek olarak, bir zar atışında seçilen bir sayının (1 ile 6 arasında) görülmesi bir rasgele olay

olup bu rasgele olaylardan herhangi birinin görülme şansı belirlenebilir.

Olasılık teorisinde küme kavramının önemli bir yeri vardır.

Küme teorisinin kısaca esasları;

X= {x1, x2, ……….xn}

x X, x X (Bir kümenin elemanı olma durumu)

B A, C A (alt küme olma durumu)

A B (kesişim kümesi)

(boş küme işareti)

A D= ise A ve D ayrık kümelerdir.

A B (birleşim kümesi)

Venn diyagramı; bir küme ile alt kümeleri arasındaki ilişkileri kolayca açıklayabilmek için

grafik bir gösterim şekli.

Olasılık teorisinde, bir rasgele olayın meydana gelmesi şansı olasılık (ihtimal, probabilite)

adı verilen bir büyüklük ile ifade edilmektedir.

Bir X rasgele değişkeninin bir gözlem sırasında aldığı xi değerinin yani

X=xi rasgele olayının olasılığı şu şekilde gösterilir;

P (X=xi) = pi

pi olasılığının değeri 0 ile 1 arasında değişebilir. Olasılığın 0 olması söz konusu olayın

hiçbir zaman meydana gelmeyeceğini, 1 olması ise kesinlikle her gözlemde meydana

geleceğini gösterir.

2-2 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

Örnek olarak bir zar atışında;

P(X=1) = P(X=2) = P(X=3) = P(X=4) = P(X=5) = P(X=6) = 1/6

P(X=7)= 0

P(X=1X=2X=3X=4X=5X=6)=1 (1 ile 6 arasında bir sayı görülmesi olayı)

P(X3)=2/3 (3 veya daha büyük bir sayı görülmesi olayı)

P(X<3)=1/3 (3 ten küçük bir sayının görülmesi olayı)

Bu örneğin çok basit yapıdaki rasgele değişkenlere ait rasgele olaylar olduğunu ve bu olaylara

ait olasılıkların mantık yoluyla hesaplanabileceğini söyleyebiliriz.

Başka bir örnek olarak; zarın hileli olduğunu ve çift sayı gelmesi olasılığının tek sayı

gelmesi olasılığının 2 katı olduğunu bildiğimizi kabul edersek;

Bir atışta 1, 3 ve 5 saylarının her birinin gelmesi olasılığı p ile gösterilirse;

2, 4 veya 6 sayılarından her birinin gelmesi olasılığı 2p olur.

3 (p) + 3 (2p) = 1 olacağından p=1/9 olur, dolayısıyla

P(X=1) = P(X=3) = P(X=5) = 1/9

P(X=2) = P(X=4) = P(X=6) = 2/9 dur.

Örnek uzayı; Bir rasgele değişkenin gözlemlerle alabileceği değerlerin tümünden oluşan

kümeye denir.

Bileşik rasgele olay; birden fazla basit rasgele olayın (X=xi) bileşiminden oluşan olaylardır.

Zar atma probleminde rasgele değişkenin örnek uzayı;

Z={1,2,3,4,5,6} kümesidir. Hilesiz bir zar için basit rasgele olayların olasılıkları birbirine eşit

ve 1/6 değerindedir. Tek sayı gelmesi olayı T={1,3,5,} bir bileşik rasgele olaydır ve olasılığı

1/2 dir. Tek sayı gelmesi olayı ile çift sayı gelmesi olayı tamamlayıcı olaylar olup

P(T)+P(Ç)=1 olur.

Olasılık teorisi basit rasgele olayların olasılıkları bilindiğinde bunlardan oluşan bileşik

rasgele olayların olasılıklarının nasıl hesaplanabileceğini gösterir. Verilecek ifadeler, bazı

bileşik rasgele olayların olasılıkları bilindiğinde bunlara bağlı olarak tanımlanan diğer bazı

bileşik rasgele olayların olasılıklarını hesaplamakta da kullanılabilir.

2-3 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

Olasılık teorisinin temel aksiyomuna göre;

ayrık (ortak bir elemanı olmayan) iki olayın bileşimi olan bir olayın olasılığı, bu iki

olayın olasılıklarının toplamına eşittir.

P (AB) = P(A) + P(B)

Örneğin bir zar atışında, A={1,2,3} yada B={5} gelmesi olayının olasılığı;

1/2 + 1/6 = 2/3 dür.

Bu aksiyoma göre, bir rasgele değişkene ait basit olayların tümünün bileşiminin (kesin olay)

olasılığı 1’ e eşittir.

Ayrık olmayan iki olayın bileşiminin olasılığı

P(A) = P(AB) + P(Ao)

P(B) = P(AB) + P(Bo)

P(AB) = P(Ao) + P(AB) + P(Bo)

Bu üç denkleme dayalı olarak, ayrık olmayan A ve B olaylarının bileşiminin olasılığı;

P(AB) = P(A) + P(B) - P(AB) şeklinde hesaplanır.

Örnek olarak zar atma probleminde;

- Tek sayı gelmesi olayının olasılığının P(T)=1/2,

- 3 den daha küçük bir sayı gelmesi olayının olasılığının P(K)= 1/3 olduğunu biliyoruz.

- Bu iki olayın kesişiminin tek bir elemanı vardır (1) ve buna göre olasılığı P(TK) =1/6 dır.

- Söz konusu iki olayın bileşiminin olasılığını hesaplarsak,

P(TK) = P(T) + P(K) – P(TK) = 1/2 + 1/3 – 1/6 = 2/3

- Bu değer bir atışta ya tek yada 3 den küçük bir sayı gelmesi olasılığıdır.

İki boyutlu örnek uzayı; X ve Y gibi iki rasgele değişkenin bir arada düşünülmesi durumudur.

Bir gözlemde X rasgele değişkeni için X=xi olayı meydana gelirken aynı gözlem sırasında Y

rasgele değişkeni için Y=yj olayı görülüyorsa (xi, yj) gözlem çifti iki boyutlu örnek uzayında

bir noktayı ifade eder.

A B

Ao

Bo

AB

2-4 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

Koşullu örnek uzayı; Verilen bir Y=yj olayının meydana gelmesi koşuluyla gözlenen X=xi

olayları yeni bir tek boyutlu örnek uzayı oluşturur, bu koşullu bir örnek uzayıdır. Buradaki

olaylar (X=xi Y=yj) şeklinde ifade edilir, düşey çizginin sağındaki Y=yj rasgele olay olarak

düşünülmeyip bir koşulu göstermektedir.

Örnek olarak şu iki rasgele değişken düşünülebilir; Bir betonarme kirişin yükleme deneyinde

Y çatlama yükü, X kırılma yükü olsun.

Herhangi bir gözlem sırasında ölçülen (xi, yj) değerleri iki boyutlu örnek uzayının bir

noktasını oluşturur. Yani iki boyutlu uzayda bir rasgele olaya karşılık gelir.

Diğer taraftan; sadece çatlama yükünün 635 kg olarak ölçüldüğü deneyler göz önüne

alınarak koşullu rasgele olaylar tanımlanabilir; (X=xi, Y=635). Burada Y bir değişken

olmayıp bir koşulu ifade etmektedir, dolayısıyla örnek uzayı bir boyutludur.

Koşullu bir olayın olasılığı;

X=xi olayı kısaca A, Y=yj olayı kısaca B ile gösterilirse;

B olayının meydana gelmesi koşuluyla A olayının olasılığı, her iki olayında birlikte

görülmesi olasılığını B olayının olasılığına bölerek bulunur;

P(AB)= P(AB) / P(B) P(B)0 için

Örneğin;

- Bir yağış ölçeğinde bir günün yağışlı geçmesi olasılığının P(B)=0.20 olduğunu kabul edelim.

- Bu ölçekte günlük yağış yüksekliğinin 10 mm den büyük olması olasılığı P(A)=0.03 olsun.

- Yağış görülen bir günde yağış yüksekliğinin 10 mm den büyük olması olasılığını yukarıdaki

denklem ile hesaplayabiliriz;

- Burada P(AB) = P(A) = 0.03 olduğuna göre

P(AB)= (0.03) / (0.20) = 0.15 olur.

- Bu değer, herhangi bir günde yağış yüksekliğinin 10 mm den büyük olması olayının

olasılığından büyüktür.

Yukarıdaki denklem,

P(AB) = P(AB) . P(B) şeklinde de düzenlenebilir.

Bu örnekte P(A) olasılığı ile P(AB) koşullu olasılığı için farklı değerler bulunmuştur. Bu

durum göz önüne alınan koşulun A olayının olasılığını değiştirdiğini göstermektedir. Diğer

yandan A ve B olaylarının meydana gelişleri arasında hiçbir ilişki yoksa

P(AB)=P(A)

durumu geçerlidir ve bu durumda A ve B olayları olasılık açısından bağımsızdır denir.

Bu durumda yukarıdaki denklem şu şekli alır;

P(AB) = P(A) . P(B)

Yani bağımsız olayların birlikte görülmeleri olasılığı, ayrı ayrı görülmeleri olasılıklarının

çarpımına eşittir.

2-5 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

Toplam ( Bütünsel) olasılık teoremi;

Kimi zaman bir A olayının olasılığı doğrudan belirlenemez. Ne var ki anılan olay daima B1,

B2, ……Bn gibi başka olaylarla birlikte ortaya çıkar. Bir başka anlatımla A olayının olasılığı

Bi olaylarının ortaya çıkışına bağlı olur. Böyle bir durumda A nın olasılığı bir “beklenen

olasılık” olacaktır. Bütünsel olasılık teoremi bu tür sorunların çözümlenmesinde kullanılır.

A ve B1, B2, ……Bn olaylarıyla ilgili Venn diyagramının aşağıdaki gibi olduğunu düşünürsek;

A olayını A= (AB1) (AB2) ……..(ABn) şeklinde gösterilebilir.

Buna göre ayrık olaylara ait P (AB) = P(A) + P(B) denkleminden;

P(A)= P(A B1) + P(A B2)………+ P(A Bn) yazılabilir. Bu denklemde koşullu olasılık

denklemleri kullanılarak P(ABi) = P(ABi) . P(Bi) olduğu düşünülürse

sonucuna toplam olasılık teoremi denir.

Bayes Teoremi;

Bütünsel olasılık teoremiyle ilgili olarak, bir A olayının ortaya çıkması halinde belirli bir Bi

olayının olasılığı hesaplanabilir. Başka bir anlatımla bu olasılık bir tersinir (reverse) olasılık

gibi düşünülebilir.

ABi ortak olayına koşullu olasılık formülleri uygulanırsa;

P(BiA)= [ P(Bi) . P(ABi) ] / P(A) yazılabilir. Bu bağıntı Bayes teoremi olarak adlandırılır.

P(A), bütünsel olasılık teoremine göre açılırsa bağıntı şu şekli alır;

P(BiA)= [ P(Bi) . P(ABi) ] / )().(1

jj

n

j

BPBAP

Bir rasgele değişkenin hesaplanan olasılığına ilişkin daha fazla veri ve bilgi sağlanabilmiş ise

anılan olasılık, Bayes kuralı ile düzeltilebilir ve güncelleştirilebilir. Başka bir anlatımla bu

kural, önceki gözlemlere dayanılarak tahmin edilen olasılıkların, yeni gözlemlerin

sonuçlarına göre düzeltilmesinde kullanılabilir.

AB1

B2 B1

B3 B4

AB4

AB2

)().()(1

ii

n

i

BPBAPAP

2-6 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

UYGULAMALAR

Örnek 1; Bir işin 2-4 günde bitirilmesi olasılığı 0.50, 4-6 günde bitirilmesi olasılığı 0.25, 2-6

günde bitirilmesi olasılığı 0.55 ise 4 günde bitirilmesi olasılığı nedir?

A= {(X=2) (X=3) (X=4)} P(A)=0.50

B= {(X=4) (X=5) (X=6)} P(B)=0.25

AB= {(X=2) (X=3) (X=4) (X=5) (X=6)} P(AB)=0.55

AB= {(X=4)} P(AB)= ?

P(X=4) = P(AB) = P(A) + P(B) – P(AB) = 0.50 + 0.25 – 0.55 = 0.20

Örnek 2; Bir şehre su aşağıdaki şekilde gösterildiği gibi iki kaynaktan iletilmektedir. A, B

ve C borularında arıza görülmesi olasılıkları sırasıyla 0.15, 0.10 ve 0.02 dir. Şehrin tamamen

susuz kalması olayının olasılığını hesaplayınız.

Şehrin susuz kalması; A ve B borularının her ikisinde birden arıza görülmesi yada C

borusunda arıza görülmesi durumunda söz konusudur. Bu duruma ait olasılık şu şekilde ifade

edilir; P((AB) C) = ?

P(A)=0.15, P(B)=0.10, P(C)=0.02

A ve B borularında arıza görülmesi olayları bağımsız olduğu için;

P(AB)= 0.15 * 0.10 = 0.015 olarak hesaplanır.

Benzer şekilde;

P((AB) C) = P(AB) * P(C) = 0.015 * 0.02

P((AB) C) = P(AB) + P(C) – P((AB)C)

= 0.015 + 0.02 – (0.015*0.02)

= 0.0347

Şehir

A

B

C

1

2

2-7 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

Örnek 3; 1 şehrinden 2 şehrine A yolu ile gidilebildiği gibi 3 şehri üzerinden önce B, sonra

C yolunu izleyerek de gidilebilmektedir. Kış mevsiminde bu yolların açık olması olasılıkları

P(A)=0.40, P(B)=0.75, P(C)= 0.67 dir. B yolu açık olduğunda C nin de açık olması olasılığı

P(C B)=0.80, B ve C yollarının her ikisi de açık olduğunda A nın da açık olması olasılığı

0.50 olarak verilmiştir. Kış mevsiminde 1 şehrinden 2 şehrine ulaşabilme olasılığını

hesaplayınız.

1 şehrinden 2 şehrine ulaşabilme olasılığı;

P(A (BC)= ? (ya A yolu açık olmalı yada B ve C yollarının her ikisi birden açık olmalı)

P(BC) = P(CB) . P(B) = 0.80 * 0.75 = 0.60

P(A (BC) = P(A) + P(BC) – P(A(BC))

P(A(BC)) = P(A(BC)) . P(BC) = 0.50 * 0.60 = 0.30

P(A (BC) = 0.40 + 0.60 – 0.30 = 0.70

Örnek 4; Bir çerçeve iki temel üzerine oturmaktadır. Temellerden her birinin çökme olasılığı

0.1 dir. Temellerden biri çöktüğünde diğerinin çökme olasılığı 0.8 dir. Çerçevenin

temellerinde çökme olması olasılığını hesaplayınız.

P(A) = P(B) = 0.1

P(AB) = P(BA) = 0.8

Çerçevenin temellerinde çökme olasılığı; P(AB)= ?

P(AB) = P(A) + P(B) – P(AB)

P(AB) = P(AB) . P(B) = 0.8 * 0.1 = 0.08

P(AB) = 0.1 + 0.1 – 0.08 = 0.12

A

B C

1 Şehri 2 Şehri

3 Şehri

2-8 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

Örnek 5; Şekilde gösterilen yol sisteminde A ve B yollarının tıkanma olasılıkları P(A)= 0.10,

P(B)=0.20 dir. Bu yolların tıkanması olayları birbiriyle bağımlı olup P(AB)= 0.50,

P(BA)=1.0 olarak verilmiştir. A ve B yollarının herhangi biri tıkandığında C yolu da

tıkanmaktadır, ayrıca A ve B yollarının her ikisinin de açık olması halinde C yolunun

tıkanması olasılığı 0.20 dir. Bu verilere göre C yolunun tıkanması olasılığı nedir.

Problem toplam olasılık teoremini kullanarak çözülebilir. A ve B yolları birlikte göz önüne

alındığında 4 farklı durum söz konusudur. Bu durumların olasılıkları ;

P(AB) = P(AB) . P(B) = P(BA) . P(A)

=0.50 * 0.20 = 1.00 * 0.10 = 0.10

P( AB) = P( A B) . P(B) = (1-0.50) * 0.20 = 0.10

P(A B ) = P( B A) . P(A) = (1 – 1) * 0.10 = 0

P( A B ) = 1 – (0.10 +0.10+ 0) = 0.80

C yolunun tıkanması olasılığı toplam olasılık teoremine göre;

P(C) = P(CAB) . P(AB) + P(C AB) . P( AB) +

P(CA B ) . P(A B ) + P(C A B ) . P( A B )

= 1.00 * 0.10 + 1.00 * 0.10 + 1.00 * 0 + 0.20 * 0.80 = 0.36

A

B

C

Burada A ve B , A ve B yollarının

tıkanmaması olaylarını göstermektedir. Göz

önüne alınan 4 durumdan biri mutlaka

görüleceğinden olasılıkların toplamının 1 e

eşit olması gerekir. P( A B ) olasılığı bunu

göz önüne alarak hesaplanmıştır

2-9 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

[Örnek 6] Bir çift oyun zarı atıldığı zaman toplamının 7 yada 11 olması olasılığı ne olur?

Birinci zar altı konumda yere düşebilir. Bu konumlardan her biri için ikinci zar altı

biçimde yere düşebilir. Dolayısıyla bir çift zar 6*6=36 yoldan yere düşebilir.

Toplamın 7 olması olayı A, 11 olması olayı B olsun. 36 örnek noktasından altı nokta

için toplam 7, ve iki nokta için toplam 11 olur.

Zarlar dengeli ise bütün örnek noktaları eşit ihtimalli olacağı için

P(A)=6/36=1/6 ve P(B)=2/36=1/18 dir

A ve B olayları birlikte oluşamayacağından

P(AB) = P(A) + P(B) = 1/6 + 1/18 = 2/9

[Örnek 7] Bir metal para arka arkaya 6 kez atıldığı zaman hiç olmazsa bir kez yazı

gözükmesi olasılığı ne olur?

Birinci fırlatmada para iki konumda yere düşebilir, ikincisinde gene iki durumda…..

Dolayısıyla 6 kez fırlatma için 26=64 örnek noktası oluşur.

En az bir kez yazı gözükmesi olayı E olsun.

P(E)=1-P( E ) ilişkisinde E hiç yazı gözükmemesi olayıdır. Böyle bir olayın

oluşabilmesi için bütün fırlatma sonuçlarının tura gelmesi gerekir. Ve bu duruma ait

olasılık P( E ) = 1/64 dür.

Öyleyse; P(E) = 1- (1/64) = 63/64

[Örnek 8] Bir yüklenici iki yeni yapının yapım işini üstleniyor. 1. yapım ve 2. yapım.

Nevarki her yapının tamamlanma süresi bağlamında bazı belirsizlikler oluşuyor.; yapının 1 yıl

içinde tamamen bitmesi, tamamlanmasının kuşkulu olması, ya da kesinlikle bitmemesi gibi.

Bu iki yapıma ilişkin olabilirliklerin bir yıl sonunda eşit ihtimalle oluşması halinde, bir

yapımın bir yıl içinde bitmesi olasılığını hesaplayınız. Diğer taraftan 1. yada 2. yapının

tamamıyla bitmesi olayının olasılığı nedir?

Her yapım için anılan durumları, sırayla A, B ve C ile belirtelim.

Bu iki yapının tamamlanma durumuna ilişkin örnek uzayı belirleyelim. Bu bir yıl sonra

1. ve 2. yapımla ilgili durumların belirlenmesi anlamına gelir.

Bir yapının tamamıyla bitmesi olayı 4 örnek noktasını içerir. AB, AC, BA ve CA;

dolayısıyla olasılığı 4 (1/9) = 4/9 olur.

Diğer taraftan 1. ve 2. yapımın tamamıyla bitmesi olayları sırasıyla E1 ve E2 ile

gösterilirse;

P(E1) = 3/9, P(E2) = 3/9 ve P(E1E2) = 3/9 + 3/9 -1/9 = 5/9 olur.

AA BA CA

AB BB CB

AC BC CC

Örnek uzay

AA BA CA

AB BB CB

AC BC CC E1

E2

2-10 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

[Örnek 9] Bir kavşağa belirli bir yönde yaklaşan taşıt araçlarının sağa sola sapmadan doğru

gitmelerinin olasılığı, sağa dönme olasılığının 2 katı; ve gene sola dönmeleri olasılığı, sağa

dönmeleri olasılığının yarısı oluğu gözlenmiştir. Bu koşulların her araç için geçerli olduğunu

kabul edelim. Belirlenen yönde kavşağa yaklaşan bir araçla ilgili tüm olabilirliklere ait

olasılıklar nedir? Diğer taraftan bir araç kesinlikle dönüş yapacaksa, sağa dönmesinin

olasılığı nedir?

E1= doğru devam (DD), E2= sağa dönme (SD), E3= sola dönme (LD) olayları olsun

Sola dönmenin ağırlığı w ise sağa dönmenin ağırlığı 2w ve doğru gitmenin ağırlığı 4w

olduğuna göre toplam ağırlık 7w olur ve örnek uzay 7 noktadan oluşur.

Bu durumda ilgili olasılıklar

P(E1)=4/7, P(E2)=2/7, P(E3)=1/7 olur.

Diğer taraftan;

P[E2(E2E3)] = P[E2 (E2E3)] / P(E2E3) = P(E2) / P(E2E3) = (2/7) / (3/7) = 2/3

[Örnek 10] Yirmi torbalık bir çimento grubunu göz önüne alalım. Torbalardan beşi bozuk

olsun. Gruptan “birincisini yerine koymadan (iadesiz)” arka arkaya rasgele iki torba seçelim.

Bu iki torbanın bozuk çıkma olasılığı nedir?

Birinci ve ikinci torbanın bozuk çıkma olaylarını, sırasıyla E1 ve E2 ile gösterelim.

E1 in ortaya çıkması ve ondan sonra E2 nin gözükmesi olayı E1E2 olur.

İlk seçilen torbanın bozuk olması olasılığı P(E1)= 5/20= 1/4 ,

İkinci torbanın geriye kalan 4 bozuk torbadan biri olması olasılığı P(E2E1)=4/19 olur.

O halde

P(E1E2) = P(E2E1) . P(E1) = (4/19) . (1/4) = 1/19 bulunur.

Diğer taraftan bu örnekte ilk seçilen torba yerine konulur ve ikincisi seçilmeden

torbaların hepsi yeniden sıralanırsa, rasgele seçilen ikinci torbanın bozuk çıkma olasılığı

P(E2E1) = P(E2) = 1/4 olur. Diğer bir anlatımla, böyle bir iadeli seçim yapıldığı

zaman E1 ve E2 olayları istatistiksel bağımsız olur.

DD DD

A

DD

SD

DD

SD

LD

Örnek uzay

E1

E2

E3

2-11 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

[Örnek 11] Çok katlı bir bina yük taşıma kapasitesinin aşılması yada aşırı oturma yüzünden

göçebilir. Bu göçme biçimlerini sırayla, B ve S ile gösterelim. P(B)=0.001, P(S)= 0.008 ve

P(BS)=0.1 (aşırı oturma nedeniyle binanın, yük taşıma kapasitesinin aşılması ve göçme

olasılığı) olduğuna göre; (a) Temellerden kaynaklanan göçme olasılığını; (b) binanın aşırı

oturma yapması, ama yük taşıma kapasitesini kaybetmemesi olasılığını belirleyiniz.

(a) Göçme olayı F olsun;

P(F) = P(BS) = P(B) + P(S) – P(BS) = P(B) + P(S) – P(BS). P(S)

= 0.001 + 0.008 – (0.1) . (0.008) = 0.0082

(b) P(S B ) = P( B S). P(S) = [1- P(BS)]. P(S) = (1-0.1) . (0.008) = 0.0072

[Örnek 12] Bir istinat duvarı “kaymayla (A)” yada “devrilmeyle (B)” göçebilmektedir.

- Kaymayla ilgili göçme olasılığının devrilmeyle olanın iki katı, P(A) = 2 P(B);

- Devrilmeyle göçmeye göre kaymayla göçme olasılığının P(AB)=0.80; ve

- Duvarın göçme olasılığının 10-3

olduğunu varsayalım.

Kaymanın oluşması olasılığı nedir?

P(AB) = P(A) + P(B) – P(AB) P(AB) = P(AB) . P(B)

P(B) = 0.5 P(A)

P(AB) = 10-3

= P(A) + 0.5 P(A) – (0.8) . (0.5) . P(A) = 1.1 P(A)

P(A) = 0.00091

Devrilme

Kayma

Duvar Dolgu

Kaya

2-12 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

[Örnek 13] Bir çerçeve 3 elemandan oluşmaktadır. Bu elemanların çökme olasılıkları

P(A)=0.05, P(B)= 0.04, P(C)=0.03 dür. Elemanların çökmesi olaylarının birbirinden

bağımsız olduğunu kabul ederek çerçevenin çökme olasılığını hesaplayınız.

Elemanların herhangibirinin çökmesi halinde çerçeve çökmüş sayılacağına göre şekildeki

Venn diyagramındaki geometrik ilişkiye dayanarak;

P(ABC) = P(A) + P(B) + P(C) – P(AB) – P(AC) – P(BC) + P(ABC)

olduğu görülmektedir.

Bağımsızlık kabulüne göre; P(AB) = P(A) . P(B) = 0.05 * 0.04 = 0.0020

P(AC) = P(A) . P(C) = 0.05 * 0.03 = 0.0015

P(BC) = P(B) . P(C) = 0.04 * 0.03 = 0.0012

P(ABC) = P(A) . P(B) . P(C) = 0.05 * 0.04 * 0.03 = 0.00006

Dolayısıyla;

P(ABC) = 0.05 + 0.04 + 0.03 – 0.0020 – 0.0015 – 0.0012 + 0.00006 = 0.11536

Diğer taraftan aynı sonuç başka bir yoldan da bulunabilir;

Çerçevenin çökmemesi için hiçbir elemanın çökmemesi gerekir. Çökme ve çökmeme olayları

tamamlayıcı olaylar olduklarından elemanların çökmeme olasılıkları sırasıyla, 1-0.05= 0.95,

1-0.04=0.96 ve 1-0.03=0.97 olacağına göre ;

çerçevenin çökmemesi olasılığı; 0.95 * 0.96 * 0.97 = 0.88464

çerçevenin çökmesi olasılığı; 1 – 0.88464 = 0.11536

[Örnek 14] Şekilde gösterilen 3 mesnetli bir köprünün mesnetlerindeki çökmeler şöyledir;

A mesnedi için 0 mm, 10 mm, 20 mm; B mesnedi için 0 mm, 20 mm; C mesnedi için 0 mm,

10 mm, 20 mm. Bu verilere göre;

(a) mesnetlerin tümü için olabilir çökmeleri (oturma) temsil eden örnek uzayını tanımlayınız.

(b) Olabilirliklerin hepsinin eşit ihtimalli olduğunu varsaydığımızda herhangi iki ardışık

mesnet arasındaki 20 mm çökme farkı olayına (E) ilişkin olasılığı hesaplayınız.

A B

C

A B C

2-13 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

(a) örnek noktaları sayısı 3* 2*3= 18 olur. (teorem; bir işlem n1 yoldan yapılabiliyorsa,

ve bunların her biri için ikinci bir işlem n2 yoldan yapılabiliyorsa, bu iki işlem n1n2

yoldan birlikte yapılabilir). Şematik betimleme ve örnek uzay aşağıdaki şekilde

gösterilebilir.

A 0 10 20

B 0 20 0 20 0 20

C 0 10 20 0 10 20 0 10 20 0 10 20 0 10 20 0 10 20

(b) E olayına ilişkin örnek noktaları aşağıdaki örnek uzayına ait tabloda işaretlenmiştir.

0-0-0 0-20-0 10-0-0 10-20-0 20-0-0 20-20-0

0-0-10 0-20-10 10-0-10 10-20-10 20-0-10 20-20-10

0-0-20 0-20-20 10-0-20 10-20-20 20-0-20 20-20-20

P(E)= 10/18

[Örnek 15] Bir nehir üzerinde bulunan ve üç kiriş ile iki ayaktan oluşan bir köprü şekilde

gösterilmiştir. Yapısal sistem, göçme olasılıkları kirişlerin her biri için 0.05 ve ayakların

her biri için 0.04 olacak şekilde tasarlanmıştır. Kirişlerin ve ayakların göçme olaylarının

istatistiksel bağımsız olması halinde; (a) kiriş sisteminin (b) ayak sisteminin ve (c) köprü

sisteminin göçme olasılıklarını belirleyiniz.

(a) Kirişlerin bireysel göçme olayları E1, E2 ve E3 olsun. Kiriş sisteminin göçme olasılığı;

P(E1 E2E3)= 1- )( 321 EEEP olur.

E1, E2 ve E3 olayları istatistiksel bağımsız oldukları için sistemin kalıcılık olasılığı;

)( 321 EEEP = (1-0.05) . (1-0.05) . (1-0.05) = 0.857375

ve dolayısıyla göçme olasılığı;

P(E1 E2E3)=1- 0.857375= 0.142625

(b) Ayakların göçme olayları E4 ve E5 olsun.

P(E4 E5)= 1- )( 54 EEP = 1- [(1-0.04) . (1-0.04)] = 1- 0.9216 = 0.0784

(c) Köprü sisteminin göçme olasılığı;

P(E1 E2E3E4E5)= 1- )( 54321 EEEEEP

= 1- [(1-0.05)3 . (1-0.04)

2] = 1-(0.857375).(0.9216)

= 0.2098432

1 2 3

4 5

2-14 BAÜ Müh-Mim Fak. İstatistik Dersi Dr. Banu Yağcı

[Örnek 16] Geçmişteki deneyimlere göre, bir yapıda kullanılan A ve B gibi iki malzemenin

belirli bir zaman dilimi için dayanma olasılıklarının P(A)=0.8 ve P(B)=0.9 olduğu

belirlenmiştir. Bu yapı malzemeleri arasında istatistiksel bağımlılık olmaması halinde; söz

konusu zaman dilimi için (a) her iki malzemenin dayanma, (b) hiçbirinin dayanmama ve

(c)hiç olmazsa birinin dayanma olasılıklarının bulunması istenmektedir.

(a) P(AB) = P(A) . P(B) = 0.8 * 0.9 = 0.72

(b) P( A B ) = P( A ) . P( B ) = (1-0.8) . (1-0.9) = 0.02

(c) P(AB) = 1- P( AB ) = 1- 0.02 = 0.98

Olasılık Formülleri

P(AB) = P(A) + P(B) - P(AB)

P(AB)= P(AB) / P(B) veya P(AB) = P(AB) . P(B)

P(AB) = P(A) . P(B)

P(ABC) = P(A) + P(B) + P(C) – P(AB) – P(AC) – P(BC) + P(ABC)

nn EEEEEE ........... 2121 (de Morgan kuralı)

P(E1 E2……En)= ).....(1)......(1 2121 nn EEEPEEEP

)().()(1

ii

n

i

BPBAPAP

(Toplam-bütünsel olasılık teoremi)

P(BiA)= [ P(Bi) . P(ABi) ] / )().(1

jj

n

j

BPBAP

(Bayes Teoremi)

(n sayıda olayın birleşiğinin

de Morgan kuralına göre

belirlenmesi daha elverişlidir)

(takımlarla bütünleyicileri arasındaki

ilişkileri belirten kural)