mat239 ayrik matematİkmatematik.anadolu.edu.tr/dersler/ayrik/sunumlar/sunum_05.pdf · b...

$: MAT239 AYRIK MATEMATİKmatematik.anadolu.edu.tr/dersler/ayrik/sunumlar/sunum_05.pdf · B olaylarına ayrık (exclusive) olaylar denir. Örneğin, O={1,3,5} zarın tek gelme olayı$
MAT239 AYRIK MATEMATİK

Kombinatoryal Olasılık5. Bölüm

Emrah Akyar

Eskişehir Teknik ÜniversitesiFen Fakültesi Matematik Bölümü, ESKİŞEHİR

2018–2019 Öğretim Yılı

Kombinatoryal Olasılık Olaylar ve Olasılıklar

Olaylar ve Olasılıklar

Karşılaşılması düşünülen tüm sonuçların oluşturduğu kümeye örnekuzayı (sample space) denir.

2/43 AYRIK MATEMATİK (2018–2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ



Karşılaşılması düşünülen tüm sonuçların oluşturduğu kümeye örnekuzayı (sample space) denir. Örnek uzayı genellikle S ile göstereceğiz.





Örneğin, yazı–tura atıldığında S = {Y ,T}





Örneğin, yazı–tura atıldığında S = {Y ,T}, zar atıldığında iseS = {1, 2, 3, 4, 5, 6} olacaktır.






Örnek uzayın her alt kümesine bir olay (event) denir.







Örneğin, zar atıldığında E = {2, 4, 6} ⊂ S kümesi zarın çift gelmeolayı olarak düşünülebilir.







Örneğin, zar atıldığında E = {2, 4, 6} ⊂ S kümesi zarın çift gelmeolayı olarak düşünülebilir. Benzer şekilde, L = {4, 5, 6} ⊂ S alt kümeside zarın 3 ten büyük olma olayına karşılık gelir.








İki kümenin arakesiti ise her iki olayın da ortaya çıkma olayına karşılıkgelir.








İki kümenin arakesiti ise her iki olayın da ortaya çıkma olayına karşılıkgelir. Örneğin, L ∩ E = {4, 6} alt kümesi zarın hem çift hem deortalamadan daha büyük olma olayına karşılık gelir.



Eğer A ve B olayları (yani S nin alt kümeleri) için A ∩ B = ∅ ise A veB olaylarına ayrık (exclusive) olaylar denir.



Eğer A ve B olayları (yani S nin alt kümeleri) için A ∩ B = ∅ ise A veB olaylarına ayrık (exclusive) olaylar denir. Örneğin, O = {1, 3, 5}zarın tek gelme olayı ise E ∩ O = ∅ olduğundan E ve O olayları ayrıkolaylar olur.




A ∪ B ⊂ S alt kümesi (olayı) ise A ya da B olaylarından en az birisininortaya çıkma olayına karşılık gelecektir.




A ∪ B ⊂ S alt kümesi (olayı) ise A ya da B olaylarından en az birisininortaya çıkma olayına karşılık gelecektir. Örneğin,L ∪ E = {2, 4, 5, 6} ⊂ S alt kümesi zarın çift ya da 3 ten büyük gelmeolayına karşılık gelir.



S = {s1, s2, . . . , sk} kümesi bir rassal deney1 sonucu karşılaşılabileceksonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun.

1Bir deneyin bütün olası sonuçlarını biliyorsak, Deney uygulandığında onun hangi

sonuçla sonuçlanacağını bilmiyorsak ve Deney aynı koşullar altında tekrarlanabiliyorsa bu

bir rassal deneydir.




si ∈ S için si nin ortaya çıkma olasılığı P(si ) ile gösterilir ve








Her si ∈ S için P(si ) ≥ 0,









P(s1) + P(s2) + · · ·+ P(sk) = 1

koşullarını sağlar.









P(s1) + P(s2) + · · ·+ P(sk) = 1

koşullarını sağlar. Bu olasılıklar ile birlikte S ye olasılık uzayı denir.









P(s1) + P(s2) + · · ·+ P(sk) = 1


Yazı–Tura: P(Y ) = P(T ) = 12









P(s1) + P(s2) + · · ·+ P(sk) = 1



Zar: P(i) = 16









P(s1) + P(s2) + · · ·+ P(sk) = 1



Zar: P(i) = 16

Her bir sonucun ortaya çıkma olasılığı aynı ise bu olasılık uzayına düzgünolasılık uzayı denir.









P(s1) + P(s2) + · · ·+ P(sk) = 1



Zar: P(i) = 16

Her bir sonucun ortaya çıkma olasılığı aynı ise bu olasılık uzayına düzgünolasılık uzayı denir. Biz bu derste sadece bu tip uzaylar ile ilgileneceğiz.









P(s1) + P(s2) + · · ·+ P(sk) = 1



Zar: P(i) = 16


Eğer havanın yağmurlu ya da yağmurlu olmaması ile ilgileniyorsak,S = {Yağmurlu,Yağmurlu değil} olur.









P(s1) + P(s2) + · · ·+ P(sk) = 1



Zar: P(i) = 16


Eğer havanın yağmurlu ya da yağmurlu olmaması ile ilgileniyorsak,S = {Yağmurlu,Yağmurlu değil} olur. Elbette bunların olasılıkları aynıolmadığı için bu uzay düzgün olasılık uzayı değildir.






S = {s1, s2, . . . , sk} kümesi bir rassal deney sonucu karşılaşılabileceksonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun.



S = {s1, s2, . . . , sk} kümesi bir rassal deney sonucu karşılaşılabileceksonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun. A ⊂ S olayının meydana gelmeolasılığı P(A) ile gösterilir



S = {s1, s2, . . . , sk} kümesi bir rassal deney sonucu karşılaşılabileceksonuçlar kümesi (örnek uzayı) olsun. A ⊂ S olayının meydana gelmeolasılığı P(A) ile gösterilir ve düzgün olasılık uzayında

P(A) =|A|

|S |=

|A|

k

ile tanımlanır.




P(A) =|A|

|S |=

|A|

k

ile tanımlanır. Yani P(A), A daki her bir öğenin ortaya çıkma olasılıklarınıntoplamı olur.




P(A) =|A|

|S |=

|A|

k

ile tanımlanır. Yani P(A), A daki her bir öğenin ortaya çıkma olasılıklarınıntoplamı olur. Kolayca gösterilebilir ki,

A ve B ayrık olaylar ise P(A) + P(B) = P(A ∪ B)




P(A) =|A|

|S |=

|A|

k

ile tanımlanır. Yani P(A), A daki her bir öğenin ortaya çıkma olasılıklarınıntoplamı olur. Kolayca gösterilebilir ki,

A ve B ayrık olaylar ise P(A) + P(B) = P(A ∪ B),

Herhangi iki A ve B olayı için

P(A ∩ B) + P(A ∪ B) = P(A) + P(B)

olur. (Alıştırma 5.1.4 ve 5.1.5)


Kombinatoryal Olasılık Bağımsız Olaylar

Bir rassal deney aynı koşullar altında n defa tekrarlansın.



Bir rassal deney aynı koşullar altında n defa tekrarlansın. Bunu tek birdeney şeklinde düşünmek de mümkündür.



Bir rassal deney aynı koşullar altında n defa tekrarlansın. Bunu tek birdeney şeklinde düşünmek de mümkündür. Bu durumda sonuç, S örnekuzayının elemanlarından oluşan n bileşenli bir dizi gibi düşünülebilir.




n defa tekrar eden bu olayın örnek uzayını

S × S × · · · × S = Sn

ile gösterebiliriz.





S × S × · · · × S = Sn

ile gösterebiliriz. Buradan, ortaya çıkabilecek sonuçların sayısı kn olur.





S × S × · · · × S = Sn

ile gösterebiliriz. Buradan, ortaya çıkabilecek sonuçların sayısı kn olur. Ohalde (a1, a2, . . . , an) ∈ Sn sonucunun ortaya çıkma olasılığı,





S × S × · · · × S = Sn


P(a1, a2, . . . , an) =1kn

olur.





S × S × · · · × S = Sn


P(a1, a2, . . . , an) =1kn

olur.

Örneğin, iki defa yazı–tura atılsın.





S × S × · · · × S = Sn


P(a1, a2, . . . , an) =1kn

olur.

Örneğin, iki defa yazı–tura atılsın. Bu durumda S = {Y ,T} ikenS2 = S × S = {YY ,YT ,TY ,TT} olur.





S × S × · · · × S = Sn


P(a1, a2, . . . , an) =1kn

olur.

Örneğin, iki defa yazı–tura atılsın. Bu durumda S = {Y ,T} ikenS2 = S × S = {YY ,YT ,TY ,TT} olur. Böylece her bir sonucun ortaya

çıkma olasılığı14

elde edilir.



İki veya daha fazla olayın her birinin ortaya çıkması bir diğerine bağlı değilsebunlara bağımsız olaylar denir.




Formal olarak, P(A ∩ B) = P(A)P(B) ise A ve B olayları bağımsızolaylardır.





Örneğin, yine iki kez yazı–tura atıldığını düşünelim. A olayı ilk paranın turagelmesi, B olayı ise ikinci paranın tura gelmesi olsun.





Örneğin, yine iki kez yazı–tura atıldığını düşünelim. A olayı ilk paranın turagelmesi, B olayı ise ikinci paranın tura gelmesi olsun. Bu durumda

P(A) = P(TT ) + P(TY ) =14+

14=

12






P(A) = P(TT ) + P(TY ) =14+

14=

12

P(B) = P(TT ) + P(YT ) =14+

14=

12






P(A) = P(TT ) + P(TY ) =14+

14=

12

P(B) = P(TT ) + P(YT ) =14+

14=

12

P(A ∩ B) = P(TT ) =14

olur.






P(A) = P(TT ) + P(TY ) =14+

14=

12

P(B) = P(TT ) + P(YT ) =14+

14=

12

P(A ∩ B) = P(TT ) =14

olur.14= P(A ∩ B) = P(A)P(B) =

12·12

olduğundan A ve B (beklendiği gibi) bağımsız olaylardır.7/43 AYRIK MATEMATİK (2018–2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ


Aynı anda hem yazı–tura hem de zar atılsın. Bu durumda örnek uzay

S = {T1,T2,T3,T4,T5,T6,Y 1,Y 2,Y 3,Y 4,Y 5,Y 6}

olur.




S = {T1,T2,T3,T4,T5,T6,Y 1,Y 2,Y 3,Y 4,Y 5,Y 6}

olur.

Paranın tura gelme olasılığı, P(T ) =12

olur.




S = {T1,T2,T3,T4,T5,T6,Y 1,Y 2,Y 3,Y 4,Y 5,Y 6}

olur.


olur. Zarın 5 ya da 6 olma olayı K

ile gösterilirse, P(K ) =13

olur.




S = {T1,T2,T3,T4,T5,T6,Y 1,Y 2,Y 3,Y 4,Y 5,Y 6}

olur.




olur.

Paranın tura ve zarın 5 ya da 6 olma olasılığı ise örnek uzayın eleman sayısı12 olduğundan ve bunlardan sadece ikisinde (T5 ve T6) para tura, zar 5

veya 6 olduğundan P(T ∩ K ) =16

olur.




S = {T1,T2,T3,T4,T5,T6,Y 1,Y 2,Y 3,Y 4,Y 5,Y 6}

olur.




olur.

Paranın tura ve zarın 5 ya da 6 olma olasılığı ise örnek uzayın eleman sayısı12 olduğundan ve bunlardan sadece ikisinde (T5 ve T6) para tura, zar 5

veya 6 olduğundan P(T ∩ K ) =16

olur.

Ayrıca,

P(H ∩ K ) =16=

12·13= P(H)P(K )

olduğundan H ve K olayları bağımsız olaylardır.8/43 AYRIK MATEMATİK (2018–2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Kombinatoryal Olasılık Büyük Sayılar Kanunu

Büyük Sayılar Kanunu

Birbirinden bağımsız olarak n kez yazı–tura atıldığını düşünelim.





İşlemlerde kolaylık olması açısından n nin çift sayı olduğunu kabul edeceğiz.





İşlemlerde kolaylık olması açısından n nin çift sayı olduğunu kabul edeceğiz.Bu durumda m bir tam sayı olmak üzere n = 2m yazabiliriz.






Her bir sonucu

YTTYYYTYTYYYTTTYTYYTYTYYTYTTYT (n = 30)

şeklinde ‘Y’ ve ‘T’ karakterlerinden oluşan n karakter uzunluğunda birkarakter dizisi gibi düşünebiliriz.






Her bir sonucu



Kabaca büyük sayılar kanunu, bir çok kez yazı–tura atıldığında yazılarınsayısı ile turaların sayısının birbirine yakın olduğunu ifade eder.






Her bir sonucu



Kabaca büyük sayılar kanunu, bir çok kez yazı–tura atıldığında yazılarınsayısı ile turaların sayısının birbirine yakın olduğunu ifade eder. Bunu dahakesin olarak nasıl ifade edebiliriz?






Her bir sonucu



Kabaca büyük sayılar kanunu, bir çok kez yazı–tura atıldığında yazılarınsayısı ile turaların sayısının birbirine yakın olduğunu ifade eder. Bunu dahakesin olarak nasıl ifade edebiliriz? Elbette bu ifade her zaman doğruolmayabilir; aşırı şanslı (ya da şanssız) bir kişi çok sayıda tura (ya da yazı)atabilir.






Her bir sonucu



Kabaca büyük sayılar kanunu, bir çok kez yazı–tura atıldığında yazılarınsayısı ile turaların sayısının birbirine yakın olduğunu ifade eder. Bunu dahakesin olarak nasıl ifade edebiliriz? Elbette bu ifade her zaman doğruolmayabilir; aşırı şanslı (ya da şanssız) bir kişi çok sayıda tura (ya da yazı)atabilir. Ayrıca, turaların sayısının yazıların sayısına eşit olacağını da iddiaedemeyiz.






Her bir sonucu



Kabaca büyük sayılar kanunu, bir çok kez yazı–tura atıldığında yazılarınsayısı ile turaların sayısının birbirine yakın olduğunu ifade eder. Bunu dahakesin olarak nasıl ifade edebiliriz? Elbette bu ifade her zaman doğruolmayabilir; aşırı şanslı (ya da şanssız) bir kişi çok sayıda tura (ya da yazı)atabilir. Ayrıca, turaların sayısının yazıların sayısına eşit olacağını da iddiaedemeyiz. Ancak, bunların sayısının birbirine yakın olabileceğinisöyleyebiliriz.9/43 AYRIK MATEMATİK (2018–2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ


“n defa yazı–tura atıldığında turaların sayısının %49 ile %51 arasında olmaolasılığı n → ∞ için 1 e yaklaşır.”




Bu ifade %49, %49.9 ile ve %51, %50.1 ile değiştirildiğinde de doğrudur.




Bu ifade %49, %49.9 ile ve %51, %50.1 ile değiştirildiğinde de doğrudur.Bu durumda büyük sayılar kanununun en basit halini aşağıdaki teorem ileverebiliriz.




Bu ifade %49, %49.9 ile ve %51, %50.1 ile değiştirildiğinde de doğrudur.Bu durumda büyük sayılar kanununun en basit halini aşağıdaki teorem ileverebiliriz.

Teorem

ε yeterince küçük bir sayı olmak üzere n defa yazı–tura atıldığında turalarınsayısının 0.5 − ε ile 0.5 + ε arasında olma olasılığı n → ∞ iken 1 e yaklaşır.



Soru

n sayısını kaç almalıyız ki, %99 ihtimalle turaların sayısı %49 ile %51arasında olsun?



Soru


Aşağıdaki teorem Pascal üçgeni yardımıyla bu sorunun cevabını vermektedir.



Soru



Teorem

0 ≤ t ≤ m olsun. Bu durumda 2m kez yazı–tura atıldığında turalarınsayısının m − t den az ya da m + t den çok olma ihtimali en fazlae−t2/(m+t) olur.



Soru



Teorem

0 ≤ t ≤ m olsun. Bu durumda 2m kez yazı–tura atıldığında turalarınsayısının m − t den az ya da m + t den çok olma ihtimali en fazlae−t2/(m+t) olur.

Dikkat ederseniz bu teorem turaların sayısının bir aralıkta olmamaihtimalinden bahsetmektedir.



Bu teorem ile sorulan sorunun yanıtını vermek kolaydır:




n = 2m atışın %49 unun m − t olmasını istiyoruz.




n = 2m atışın %49 unun m − t olmasını istiyoruz. Buradan,

49100

(2m) = m − t





49100

(2m) = m − t ⇒ 98m = 100m − 100t





49100

(2m) = m − t ⇒ 98m = 100m − 100t ⇒ 100t = 2m





49100

(2m) = m − t ⇒ 98m = 100m − 100t ⇒ 100t = 2m ⇒ t =m

50

elde edilir.





49100

(2m) = m − t ⇒ 98m = 100m − 100t ⇒ 100t = 2m ⇒ t =m

50

elde edilir. O halde

−t2

m + t= −

(m50

)2

m + m50

= −m

2550

olduğundan vee−m/2550 < 0.01

olması istendiğinden m ≥ 11 744 olmalıdır.





49100

(2m) = m − t ⇒ 98m = 100m − 100t ⇒ 100t = 2m ⇒ t =m

50

elde edilir. O halde

−t2

m + t= −

(m50

)2

m + m50

= −m

2550

olduğundan vee−m/2550 < 0.01

olması istendiğinden m ≥ 11 744 olmalıdır.

Yani, 2 × 11744 = 23488 veya daha fazla kez yazı–tura atılırsa, %99ihtimalle turaların sayısı atış sayısının %49 u ile %51 i arasında olur.



Şimdi teoremin kanıtını verelim.




Kanıt.

n defa yazı–tura atıldığında tam olarak k tane tura gelme olayını Ak ilegösterelim.




Kanıt.

n defa yazı–tura atıldığında tam olarak k tane tura gelme olayını Ak ilegösterelim. Ak nın ortaya çıkma sayısı n karakter uzunluğundaki stringifadede k karakterin “T”, n − k karakterin ise “Y” olma sayısına eşittir.




Kanıt.

n defa yazı–tura atıldığında tam olarak k tane tura gelme olayını Ak ilegösterelim. Ak nın ortaya çıkma sayısı n karakter uzunluğundaki stringifadede k karakterin “T”, n − k karakterin ise “Y” olma sayısına eşittir.Buradan, Ak kümesinin eleman sayısı

(nk

)olur.




Kanıt.


(nk

)olur. Tüm mümkün sonuçların

sayısı da 2n olduğundan Ak olayının meydana gelme olasılığı

P(Ak) =

(nk

)

2n

olur.




Kanıt.


(nk

)olur. Tüm mümkün sonuçların

sayısı da 2n olduğundan Ak olayının meydana gelme olasılığı

P(Ak) =

(nk

)

2n

olur.k = 1, 2, . . . , n için Ak olayları ayrık olaylar olduğundan n = 2m atıştaturaların sayısının m − t den az ve m + t den çok olma olasılığı

122m

[(2m0

)

+

(2m1

)

+ · · ·+

(2m

m − t − 1

)

+

(2m

m + t + 1

)

+ · · ·+

(2m

2m − 1

)

+

(2m2m

)]

olur.13/43 AYRIK MATEMATİK (2018–2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ


0 ≤ k ≤ m ve c =(2m

k

)/(2mm

)olmak üzere

(2m0

)

+

(2m1

)

+ · · ·+

(2mk − 1

)

<c

222m

olduğunu biliyoruz (bakınız Lemma 3.8.2).



0 ≤ k ≤ m ve c =(2m

k

)/(2mm

)olmak üzere

(2m0

)

+

(2m1

)

+ · · ·+

(2mk − 1

)

<c

222m

olduğunu biliyoruz (bakınız Lemma 3.8.2). k = m − t alırsak,

(2m0

)

+

(2m1

)

+ · · ·+

(2m

m − t − 1

)

< 22m−1

( 2mm−t

)

(2mm

)

elde ederiz.



0 ≤ k ≤ m ve c =(2m

k

)/(2mm

)olmak üzere

(2m0

)

+

(2m1

)

+ · · ·+

(2mk − 1

)

<c

222m


(2m0

)

+

(2m1

)

+ · · ·+

(2m

m − t − 1

)

< 22m−1

( 2mm−t

)

(2mm

)

elde ederiz. 3. Dersimizde Pascal üçgeninin n. satırının ortadaki elemanıylabu elemandan t kadar solda (veya sağda) olan elamanların oranı içinverdiğimiz değerlendirmeyi kullanırsak,



0 ≤ k ≤ m ve c =(2m

k

)/(2mm

)olmak üzere

(2m0

)

+

(2m1

)

+ · · ·+

(2mk − 1

)

<c

222m


(2m0

)

+

(2m1

)

+ · · ·+

(2m

m − t − 1

)

< 22m−1

( 2mm−t

)

(2mm

)

elde ederiz. 3. Dersimizde Pascal üçgeninin n. satırının ortadaki elemanıylabu elemandan t kadar solda (veya sağda) olan elamanların oranı içinverdiğimiz değerlendirmeyi kullanırsak,

( 2mm−t

)

(2mm

) < e−t2/(m+1)

yazabiliriz.



Buradan,(

2m0

)

+

(2m1

)

+ · · ·+

(2m

m − t − 1

)

< 22m−1e−t2/(m+1)

olur.



Buradan,(

2m0

)

+

(2m1

)

+ · · ·+

(2m

m − t − 1

)

< 22m−1e−t2/(m+1)

olur. Pascal üçgeni simetrik olduğundan(

2mm + t + 1

)

+ · · ·+

(2m

2m − 1

)

+

(2m2m

)

< 22me−t2/(m+1)

olur.



Buradan,(

2m0

)

+

(2m1

)

+ · · ·+

(2m

m − t − 1

)

< 22m−1e−t2/(m+1)

olur. Pascal üçgeni simetrik olduğundan(

2mm + t + 1

)

+ · · ·+

(2m

2m − 1

)

+

(2m2m

)

< 22me−t2/(m+1)

olur.

O halde turaların sayısının m − t den az ve m + t den çok olma olasılığı

e−t2/(m+t)

den küçük olur.


Kombinatoryal Olasılık Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu

Küçük Sayılar ve Çok Büyük Sayılar Kanunu

Kabaca küçük sayılar kanunu, küçük sayılar için ilginç fakat büyük sayılariçin geçerli olmayan kuralların keşfedilebileceğinden bahseder.





Örneğin, “her tek sayı asal sayıdır” ifadesi sadece ilk üç tek sayı içingeçerlidir (3, 5 ve 7).





Örneğin, “her tek sayı asal sayıdır” ifadesi sadece ilk üç tek sayı içingeçerlidir (3, 5 ve 7). Daha ilginç bazı örnekler aşağıda sıralanmıştır:






1 “Her p > 0 tam sayısı için np nin basamakları toplamı n olacak şekildebir n > 1 tam sayısı vardır.”






1 “Her p > 0 tam sayısı için np nin basamakları toplamı n olacak şekildebir n > 1 tam sayısı vardır.”p = 1 için n = 2 alınabilir. 21 = 2






1 “Her p > 0 tam sayısı için np nin basamakları toplamı n olacak şekildebir n > 1 tam sayısı vardır.”p = 1 için n = 2 alınabilir. 21 = 2p = 2 için n = 9 alınabilir. 92 = 81 8 + 1 = 9






1 “Her p > 0 tam sayısı için np nin basamakları toplamı n olacak şekildebir n > 1 tam sayısı vardır.”p = 1 için n = 2 alınabilir. 21 = 2p = 2 için n = 9 alınabilir. 92 = 81 8 + 1 = 9p = 3 için n = 8 alınabilir. 83 = 512 5 + 1 + 2 = 8






1 “Her p > 0 tam sayısı için np nin basamakları toplamı n olacak şekildebir n > 1 tam sayısı vardır.”p = 1 için n = 2 alınabilir. 21 = 2p = 2 için n = 9 alınabilir. 92 = 81 8 + 1 = 9p = 3 için n = 8 alınabilir. 83 = 512 5 + 1 + 2 = 8p = 4 için n = 7 alınabilir. 74 = 2401 2 + 4 + 0 + 1 = 7






1 “Her p > 0 tam sayısı için np nin basamakları toplamı n olacak şekildebir n > 1 tam sayısı vardır.”p = 1 için n = 2 alınabilir. 21 = 2p = 2 için n = 9 alınabilir. 92 = 81 8 + 1 = 9p = 3 için n = 8 alınabilir. 83 = 512 5 + 1 + 2 = 8p = 4 için n = 7 alınabilir. 74 = 2401 2 + 4 + 0 + 1 = 7p = 5 için n = 28 alınabilir. 285 = 17210368

1 + 7 + 2 + 1 + 0 + 3 + 6 + 8 = 28







1 + 7 + 2 + 1 + 0 + 3 + 6 + 8 = 28...p = 104 için doğru







1 + 7 + 2 + 1 + 0 + 3 + 6 + 8 = 28...p = 104 için doğrup = 105 için doğru değil!







1 + 7 + 2 + 1 + 0 + 3 + 6 + 8 = 28...p = 104 için doğrup = 105 için doğru değil!p = 106 için doğru



2

41, 41 + 2 · 1︸︷︷︸

43

, 43 + 2 · 2︸︷︷︸

47

, 47 + 2 · 3︸︷︷︸

53

, 53 + 2 · 4︸︷︷︸

61

, . . . asal sayıdır.



2

41, 41 + 2 · 1︸︷︷︸

43

, 43 + 2 · 2︸︷︷︸

47

, 47 + 2 · 3︸︷︷︸

53

, 53 + 2 · 4︸︷︷︸

61


n = 40 için doğru değil!



2

41, 41 + 2 · 1︸︷︷︸

43

, 43 + 2 · 2︸︷︷︸

47

, 47 + 2 · 3︸︷︷︸

53

, 53 + 2 · 4︸︷︷︸

61


n = 40 için doğru değil! 1601 + 2 · 40 = 1681 asal sayı değil!



2

41, 41 + 2 · 1︸︷︷︸

43

, 43 + 2 · 2︸︷︷︸

47

, 47 + 2 · 3︸︷︷︸

53

, 53 + 2 · 4︸︷︷︸

61


n = 40 için doğru değil! 1601 + 2 · 40 = 1681 asal sayı değil!3 “n > 2 sayısı asal sayıdır ancak ve ancak n2|

(2n−1n−1

)− 1.”



2

41, 41 + 2 · 1︸︷︷︸

43

, 43 + 2 · 2︸︷︷︸

47

, 47 + 2 · 3︸︷︷︸

53

, 53 + 2 · 4︸︷︷︸

61



(2n−1n−1

)− 1.”

n = 3 için 9|9



2

41, 41 + 2 · 1︸︷︷︸

43

, 43 + 2 · 2︸︷︷︸

47

, 47 + 2 · 3︸︷︷︸

53

, 53 + 2 · 4︸︷︷︸

61



(2n−1n−1

)− 1.”

n = 3 için 9|9n = 5 için 25|125



2

41, 41 + 2 · 1︸︷︷︸

43

, 43 + 2 · 2︸︷︷︸

47

, 47 + 2 · 3︸︷︷︸

53

, 53 + 2 · 4︸︷︷︸

61



(2n−1n−1

)− 1.”

n = 3 için 9|9n = 5 için 25|125n = 7 için 49|1715



2

41, 41 + 2 · 1︸︷︷︸

43

, 43 + 2 · 2︸︷︷︸

47

, 47 + 2 · 3︸︷︷︸

53

, 53 + 2 · 4︸︷︷︸

61



(2n−1n−1

)− 1.”

n = 3 için 9|9n = 5 için 25|125n = 7 için 49|1715n = 11 için 121|352715



2

41, 41 + 2 · 1︸︷︷︸

43

, 43 + 2 · 2︸︷︷︸

47

, 47 + 2 · 3︸︷︷︸

53

, 53 + 2 · 4︸︷︷︸

61



(2n−1n−1

)− 1.”

n = 3 için 9|9n = 5 için 25|125n = 7 için 49|1715n = 11 için 121|352715...



2

41, 41 + 2 · 1︸︷︷︸

43

, 43 + 2 · 2︸︷︷︸

47

, 47 + 2 · 3︸︷︷︸

53

, 53 + 2 · 4︸︷︷︸

61



(2n−1n−1

)− 1.”

n = 3 için 9|9n = 5 için 25|125n = 7 için 49|1715n = 11 için 121|352715...n = 168432 için doğru değil! (bu sayıya kadar doğru)

n = 168432 sayısı asal değildir.



2

41, 41 + 2 · 1︸︷︷︸

43

, 43 + 2 · 2︸︷︷︸

47

, 47 + 2 · 3︸︷︷︸

53

, 53 + 2 · 4︸︷︷︸

61



(2n−1n−1

)− 1.”


n = 168432 sayısı asal değildir. Ancak n2|(2n−1n−1

)− 1.



2

41, 41 + 2 · 1︸︷︷︸

43

, 43 + 2 · 2︸︷︷︸

47

, 47 + 2 · 3︸︷︷︸

53

, 53 + 2 · 4︸︷︷︸

61



(2n−1n−1

)− 1.”


n = 168432 sayısı asal değildir. Ancak n2|(2n−1n−1

)− 1.

4 Alıştırma: “Bir çemberin üzerinde n + 1 farklı nokta işaretleyip, bunoktaları ikişer ikişer birleştirin, ortaya çıkan şekil çemberi 2n parçayaayırır.” n = 1, 2, 3, 4, 5 için kontrol ediniz.



Çok büyük sayılar kanunu, çok büyük sayıda veri içerisinde ilginçtesadüflerin olabileceğini ifade eder.




Örneğin bir arkadaşımız

Yıl başında doğmuş iki kişi tanıyorum. İkisi de hem doğum günlerihem de yılbaşı için bir tek hediye almaktan şikayetçiler...

derse, bu gerçekten ilginçtir.






derse, bu gerçekten ilginçtir. Acaba yıl başında doğanların sayısı diğergünlerde doğanların sayısından daha mı fazladır?







Elbette hayır!







Elbette hayır! Bu arkadaşımızın tanıdığı kişi sayısı 400 olsun. Kişilerin yılbaşında doğmuş olma olasılığı 1/365 (artık yılları saymıyoruz) olduğunagöre, bir ya da iki kişinin yıl başında doğmuş olması gayet mümkündür.Ancak, durumun ilginç olması ve bu kişilerin sadece bir hediye almaktanşikayetçi olmaları onları hatırlanır kılmaktadır.


Kombinatoryal Olasılık Sekreter Problemi

Sekreter Problemi

Önce problemin ifadesini verelim:



Sekreter Problemi

Önce problemin ifadesini verelim:Bir şirketin sekreter pozisyonu için aşağıdaki koşullarla bir eleman alınmakisteniyor.



Sekreter Problemi


100 aday başvurusu var ve bu adaylarla birer görüşme yapılacak.



Sekreter Problemi



Ancak, adaylarla hangi sıra ile görüşüleceği belli değil. Adaylar, rastgelebir sıra ile teker teker çağrılacak ve tüm adaylara eşit davranılacak.



Sekreter Problemi




Görüşülen her adaya herhangi bir sınır dahilinde olmaksızın bir notverilecek. Adayın kabul edilip edilmediği o ana kadar görüşülenadaylara verilen notlara göre belirlenip adaya hemen söylenecek.



Sekreter Problemi





Gönderilen bir adayın tekrar çağrılması mümkün değil.



Sekreter Problemi





Gönderilen bir adayın tekrar çağrılması mümkün değil.

Soru

Bu şartlar altında “nasıl bir yöntem izlenmeli ki en yüksek olasılık ile en iyiaday seçilsin?”



1. Yöntem Belki de akla gelen ilk yöntem adaylar arasından rastgele birini

seçmektir.




seçmektir. Bu durumda en iyi adayı seçme olasılığı1

100olur.





100olur.

2. Yöntem Doğru bir karar verebilmek için birkaç aday ile görüşme yapıp,daha sonra bu adaylardan daha iyi olan ilk adayı işe almak dabir başka yöntemdir.





100olur.

2. Yöntem Doğru bir karar verebilmek için birkaç aday ile görüşme yapıp,daha sonra bu adaylardan daha iyi olan ilk adayı işe almak dabir başka yöntemdir. “Peki birkaç aday tam olarak kaçkişidir?”





100olur.


Önce adayların yarısıyla yani 50 tanesi ile görüşülüp, hiçbiriişe alınmayıp her birine birer not verildikten sonra 51. kişidenitibaren ilk 50 kişiden daha iyi not alan birisi olursa o aday işealınsın.





100olur.


Önce adayların yarısıyla yani 50 tanesi ile görüşülüp, hiçbiriişe alınmayıp her birine birer not verildikten sonra 51. kişidenitibaren ilk 50 kişiden daha iyi not alan birisi olursa o aday işealınsın. Bu yöntemle en iyi adayı işe alma olasılığınıhesaplayalım.



Bu yöntem ile en iyi adayı seçme olasılığı P(S) ile gösterilsin.



Bu yöntem ile en iyi adayı seçme olasılığı P(S) ile gösterilsin. P(Si ),(i = 1, 2, . . . , 100) ise i . adayın doğru aday olma ve i . aday doğru aday ikenbu yöntemle i . adayın seçilme olasılığı olsun.




Bu durumda

P(S) =100∑

i=1

P(Si )

olur.




Bu durumda

P(S) =100∑

i=1

P(Si )

olur.

Önce P(Si ) yani i . adayın doğru aday olma ve i . adayın doğru aday iken buyöntemle onun seçilme olasılığını bulalım.




Bu durumda

P(S) =100∑

i=1

P(Si )

olur.

Önce P(Si ) yani i . adayın doğru aday olma ve i . adayın doğru aday iken buyöntemle onun seçilme olasılığını bulalım. Elbette i = 1, 2, . . . , 100 için i .

adayın doğru aday olma olasılığı1

100olur.




Bu durumda

P(S) =100∑

i=1

P(Si )

olur.

Önce P(Si ) yani i . adayın doğru aday olma ve i . adayın doğru aday iken buyöntemle onun seçilme olasılığını bulalım. Elbette i = 1, 2, . . . , 100 için i .

adayın doğru aday olma olasılığı1

100olur. Peki bu yöntem ile bu adayın

seçilme olasılığı nedir?



Bu yönteme göre,

i = 1, 2, . . . , 49, 50 için bu olasılık



Bu yönteme göre,

i = 1, 2, . . . , 49, 50 için bu olasılık 0 dır.



Bu yönteme göre,

i = 1, 2, . . . , 49, 50 için bu olasılık 0 dır.51. adayın doğru aday olma ve 51. aday doğru aday iken 51. adayın buyöntemle seçilme olasılığını hesaplayalım.



Bu yönteme göre,


Yine 51. adayın doğru aday olma olasılığı1

100olur.



Bu yönteme göre,



100olur.

51. aday doğru aday iken 51. adayın seçilme olasılığı ilk 50 adayınseçilmeme olasılığına eşittir.



Bu yönteme göre,



100olur.

51. aday doğru aday iken 51. adayın seçilme olasılığı ilk 50 adayınseçilmeme olasılığına eşittir.Yöntem gereği ilk 50 aday zaten seçilmediğinden 51. aday doğru adayiken 51. adayın seçilme olasılığı 1 olur.



Bu yönteme göre,



100olur.

51. aday doğru aday iken 51. adayın seçilme olasılığı ilk 50 adayınseçilmeme olasılığına eşittir.Yöntem gereği ilk 50 aday zaten seçilmediğinden 51. aday doğru adayiken 51. adayın seçilme olasılığı 1 olur.

O halde

P(S51) =1

100· 1

bulunur.



52. adayın doğru aday olma ve 52. aday doğru aday iken bu yöntemle52. adayın seçilme olasılığı hesaplanacak olursa,



52. adayın doğru aday olma ve 52. aday doğru aday iken bu yöntemle52. adayın seçilme olasılığı hesaplanacak olursa, benzer şekilde

1100

olasılıkla 52. aday doğru aday olabilir.




1100


52. aday doğru aday iken 52. adayın seçilmesi için ya ilk 50 (bu zatenmümkün değil) ya da 51. adayın seçilmemesi gerekir.




1100



İlk 51 adayından birinin seçilmesi151

olasılık ile mümkündür.




1100




olasılık ile mümkündür. O halde

ilk 51 adayın seçilmeme olasılığı (yani 52. adayın seçilme olasılığı)

1 −151

=5051

olacaktır.




1100




olasılık ile mümkündür. O halde

ilk 51 adayın seçilmeme olasılığı (yani 52. adayın seçilme olasılığı)

1 −151

=5051

olacaktır.

Böylece,

P(S52) =1

100·5051

elde edilir.



53. adayın doğru aday olma ve 53. aday doğru aday iken bu yöntemle53. adayın seçilme olasılığı da benzer şekilde hesaplanabilir.





100olur.





100olur.

53. adayın seçilmesi için 51. ve 52. adayların seçilmemesi gerekir.





100olur.


İlk 52 aday içerisinden 51. veya 52. adayların seçilme olasılığı252

olduğundan





100olur.



olduğundan

53. adayı seçme olasılığı 1 −252

=5052

elde edilir.





100olur.



olduğundan


=5052

elde edilir.

Buradan

P(S53) =1

100·5052

bulunur.





100olur.



olduğundan


=5052

elde edilir.

Buradan

P(S53) =1

100·5052

bulunur....



100. adayın doğru aday olma ve 100. adayın seçilme olasılığını bulalım.





100olur.





100olur.

Şimdi 100. aday doğru aday iken 100. adayı seçme olasılığını bulalım.





100olur.

Şimdi 100. aday doğru aday iken 100. adayı seçme olasılığını bulalım.100. adayın seçilebilmesi için 51., 52., . . . , 99. adayların seçilmemişolması gerekir.





100olur.


Bu adaylardan birini seçme olasılığı99 − 51 + 1

99=

4999

olduğuna göre,


=5099

elde edilir.





100olur.



99=

4999

olduğuna göre,


=5099

elde edilir.

Buradan

P(S100) =1

100·5099

olur.

Böylece,

P(S) =100∑

i=1

P(Si )





100olur.



99=

4999

olduğuna göre,


=5099

elde edilir.

Buradan

P(S100) =1

100·5099

olur.

Böylece,

P(S) =100∑

i=1

P(Si ) =1

100

(

1 +5051

+5052

+ · · ·+5099

)

≈ 0.3490860897

olur.





100olur.



99=

4999

olduğuna göre,


=5099

elde edilir.

Buradan

P(S100) =1

100·5099

olur.

Böylece,

P(S) =100∑

i=1

P(Si ) =1

100

(

1 +5051

+5052

+ · · ·+5099

)

≈ 0.3490860897

olur. O halde bu yöntem kullanılırsa, yaklaşık yüzde 35 olasılıkla en iyi adayseçilebilir.25/43 AYRIK MATEMATİK (2018–2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ


Acaba yukarıdaki yöntem en iyi yöntem midir?



Acaba yukarıdaki yöntem en iyi yöntem midir? Önce adayların yarısıyla değilde, daha fazlasıyla ya da daha azıyla görüşülseydi daha iyi bir sonuç eldeedebilir miydi?




Aşağıdaki yöntem problemi genelleyerek bu soruya cevap vermektedir.





100 aday yerine n tane aday olduğunu kabul edelim ve önce bunların 50tanesi ile değil, m tanesi ile görüşülüp sadece notları kaydedilip hiçbirisiseçilmesin.





100 aday yerine n tane aday olduğunu kabul edelim ve önce bunların 50tanesi ile değil, m tanesi ile görüşülüp sadece notları kaydedilip hiçbirisiseçilmesin. (m + 1). adaydan itibaren ilk m adaydan daha iyi olan ilk adayseçilsin.





100 aday yerine n tane aday olduğunu kabul edelim ve önce bunların 50tanesi ile değil, m tanesi ile görüşülüp sadece notları kaydedilip hiçbirisiseçilmesin. (m + 1). adaydan itibaren ilk m adaydan daha iyi olan ilk adayseçilsin. Bu yönteme göre en iyi sonuç verecek m sayısını belirlemeyeçalışalım.






Bu yöntem ile en iyi adayın seçilme olasılığı P(S(n,m)),






Bu yöntem ile en iyi adayın seçilme olasılığı P(S(n,m)), i . adayın en iyiaday olma ve i . adayın bu yöntem ile seçilme olasılığı ise P(Si (n,m)) ilegösterilsin.



O zaman yukarıdaki hesaplamalara benzer şekilde




P(S(n,m)) =n∑

i=1

P(Si (n,m))




P(S(n,m)) =n∑

i=1

P(Si (n,m))

=n∑

i=m+1

P(Si (n,m))




P(S(n,m)) =n∑

i=1

P(Si (n,m))

=n∑

i=m+1

P(Si (n,m))

=1n

(

1 +m

m + 1+

m

m + 2+ · · ·+

m

n − 1

)




P(S(n,m)) =n∑

i=1

P(Si (n,m))

=n∑

i=m+1

P(Si (n,m))

=1n

(

1 +m

m + 1+

m

m + 2+ · · ·+

m

n − 1

)

=m

n

(1m

+1

m + 1+

1m + 2

+ · · ·+1

n − 1

)

bulunur.



En yüksek olasılığın elde edileceği m sayısı arandığından

P(S(n,m)) > P(S(n,m − 1)) (1)

veP(S(n,m)) > P(S(n,m + 1)) (2)

olmalıdır.




P(S(n,m)) > P(S(n,m − 1)) (1)

veP(S(n,m)) > P(S(n,m + 1)) (2)

olmalıdır. Bu eşitsizlikleri kullanarak m sayısını bulmaya çalışalım.




P(S(n,m)) > P(S(n,m − 1)) (1)

veP(S(n,m)) > P(S(n,m + 1)) (2)

olmalıdır. Bu eşitsizlikleri kullanarak m sayısını bulmaya çalışalım.(1) eşitsizliğinden

m

n

(1m

+1

m + 1+

1m + 2

+ · · ·+1

n − 1

)

>m − 1n

(1

m − 1+

1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

)

yazılabilir.




P(S(n,m)) > P(S(n,m − 1)) (1)

veP(S(n,m)) > P(S(n,m + 1)) (2)

olmalıdır. Bu eşitsizlikleri kullanarak m sayısını bulmaya çalışalım.(1) eşitsizliğinden

m

n

(1m

+1

m + 1+

1m + 2

+ · · ·+1

n − 1

)

>m − 1n

(1

m − 1+

1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

)

yazılabilir. Her iki taraftan n sadeleştirilirse,

m

(1m

+1

m + 1+

1m + 2

+ · · ·+1

n − 1

)

> (m − 1)

(1

m − 1+

1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

)

olur.28/43 AYRIK MATEMATİK (2018–2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ


Eşitsizliğin sağındaki ilk çarpma işlemi yapılırsa,

m

(1m

+1

m + 1+

1m + 2

+ · · ·+1

n − 1

)

>m − 1m − 1

+ (m − 1)

(1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

)

= 1 + (m − 1)

(1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

)

bulunur.




m

(1m

+1

m + 1+

1m + 2

+ · · ·+1

n − 1

)

>m − 1m − 1

+ (m − 1)

(1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

)

= 1 + (m − 1)

(1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

)

bulunur. İfadeler eşitsizliğin bir tarafında toplanırsa,

0 > 1 + (m − 1)

(1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

)

−m

(1m

+1

m + 1+

1m + 2

+ · · ·+1

n − 1

)

elde edilir.




m

(1m

+1

m + 1+

1m + 2

+ · · ·+1

n − 1

)

>m − 1m − 1

+ (m − 1)

(1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

)

= 1 + (m − 1)

(1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

)

bulunur. İfadeler eşitsizliğin bir tarafında toplanırsa,

0 > 1 + (m − 1)

(1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

)

−m

(1m

+1

m + 1+

1m + 2

+ · · ·+1

n − 1

)

elde edilir. Gerekli sadeleştirilmeler yapılırsa,

1 <

(1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

)

(3)

sonucuna ulaşılır.29/43 AYRIK MATEMATİK (2018–2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ


Benzer şekilde (2) eşitsizliği ile başlanarak

1 >

(1

m + 1+

1m + 2

+ · · ·+1

n − 1

)

(4)

sonucu da elde edilebilir.




1 >

(1

m + 1+

1m + 2

+ · · ·+1

n − 1

)

(4)


(3) ve (4) eşitsizliklerinden(

1m + 1

+1

m + 2+ · · ·+

1n − 1

)

< 1 <

(1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

)

(5)

bulunur.




1 >

(1

m + 1+

1m + 2

+ · · ·+1

n − 1

)

(4)


(3) ve (4) eşitsizliklerinden(

1m + 1

+1

m + 2+ · · ·+

1n − 1

)

< 1 <

(1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

)

(5)

bulunur.

Bu son eşitsizlik yardımıyla farklı n değerlerine karşılık aranan m sayısıbelirlenebilir mi?



Örneğin, 5 aday varsa yani n = 5 ise




13+

14< 1 <

12+

13+

14

olduğundan m = 2 olur.




13+

14< 1 <

12+

13+

14

olduğundan m = 2 olur. Yani ilk iki aday ile görüşüp bu adaylardan daha iyiolan ilk aday işe alınmalıdır.




13+

14< 1 <

12+

13+

14

olduğundan m = 2 olur. Yani ilk iki aday ile görüşüp bu adaylardan daha iyiolan ilk aday işe alınmalıdır.Eğer n = 8 ise

14+

15+

16+

17< 1 <

13+

14+

15+

16+

17

olduğundan m = 3 olur.




13+

14< 1 <

12+

13+

14


14+

15+

16+

17< 1 <

13+

14+

15+

16+

17

olduğundan m = 3 olur.Peki ya 100 aday varsa?




13+

14< 1 <

12+

13+

14


14+

15+

16+

17< 1 <

13+

14+

15+

16+

17

olduğundan m = 3 olur.Peki ya 100 aday varsa? Bu durumda elle hesap yapmak neredeyseimkansızdır.




13+

14< 1 <

12+

13+

14


14+

15+

16+

17< 1 <

13+

14+

15+

16+

17

olduğundan m = 3 olur.Peki ya 100 aday varsa? Bu durumda elle hesap yapmak neredeyseimkansızdır.

f (n,m) =

(1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

)

fonksiyonunu tanımlayıp m nin bazı değerleri için f (100,m) değerleribilgisayar yardımıyla listeleyelim:



m f (100,m)...

35 1.05916752736 1.03059609937 1.00281832138 0.975791293839 0.9494755043...

Yukarıdaki tablodan 1 e en yakın değer m = 37 için elde edildiğindenm = 37 alınmalıdır.



0

1

2

3

4

5

f(100,m)

20 40 60 80

m

Şekil: f (100,m) fonksiyonunun grafiği33/43 AYRIK MATEMATİK (2018–2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ


n değerleri büyüdükçe aranan m değerinin n nin yüzde 37 sine karşılıkgeldiği gözlemlenebilir.



n değerleri büyüdükçe aranan m değerinin n nin yüzde 37 sine karşılıkgeldiği gözlemlenebilir. Şimdi bunun nedenini açıklayalım.



n değerleri büyüdükçe aranan m değerinin n nin yüzde 37 sine karşılıkgeldiği gözlemlenebilir. Şimdi bunun nedenini açıklayalım.

m m + 1 m + 2 n − 2 n − 1 n

Şekil: f (x) =1x

fonksiyonunun P bölüntüsüne göre üst toplamı



f (x) =1x

fonksiyonunun P = {m,m + 1, . . . , n − 1, n} bölüntüsüne göre

üst toplamı



f (x) =1x


üst toplamı

U(f ,P) =1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

olur (bakınız şekil 3).



f (x) =1x


üst toplamı

U(f ,P) =1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

olur (bakınız şekil 3).∫ n

m

1xdx ≤ U(f ,P)

olduğundan



f (x) =1x


üst toplamı

U(f ,P) =1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

olur (bakınız şekil 3).∫ n

m

1xdx ≤ U(f ,P)

olduğundan integral hesaplanırsa,

lnn

m≤

1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

bulunur.



m m + 1 m + 2 n − 3 n − 2 n − 1

Şekil: f (x) =1x

fonksiyonunun P ′ bölüntüsüne göre alt toplamı



f (x) =1x

fonksiyonunun P ′ = {m,m + 1, . . . , n − 1} bölüntüsüne göre alt

toplamı ise



f (x) =1x


toplamı ise

L(f ,P ′) =1

m + 1+

1m + 2

+ · · ·+1

n − 1

olur (bakınız şekil 4)



f (x) =1x


toplamı ise

L(f ,P ′) =1

m + 1+

1m + 2

+ · · ·+1

n − 1

olur (bakınız şekil 4) ve

∫ n−1

m

1xdx ≥ L(f ,P)

olduğundan



f (x) =1x


toplamı ise

L(f ,P ′) =1

m + 1+

1m + 2

+ · · ·+1

n − 1

olur (bakınız şekil 4) ve

∫ n−1

m

1xdx ≥ L(f ,P)

olduğundan integral alınırsa,

lnn − 1m

≥1

m + 1+

1m + 2

+ · · ·+1

n − 1

elde edilir.



Bu eşitsizlikler birleştirilirse,

1m + 1

+1

m + 2+ · · ·+

1n − 1

≤ lnn − 1m

< lnn

m

<1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

bulunur.




1m + 1

+1

m + 2+ · · ·+

1n − 1

≤ lnn − 1m

< lnn

m

<1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

bulunur.

n ve m nin yeterince büyük değerleri içinn − 1m

≈n

molduğundan ve (5)

eşitsizliğinden

lnn

m≈ 1

olmalıdır.




1m + 1

+1

m + 2+ · · ·+

1n − 1

≤ lnn − 1m

< lnn

m

<1m

+1

m + 1+ · · ·+

1n − 1

bulunur.

n ve m nin yeterince büyük değerleri içinn − 1m

≈n

molduğundan ve (5)

eşitsizliğinden

lnn

m≈ 1

olmalıdır. Buradann

m≈ e ⇒ m ≈

n

e≈ 0.3679n

sonucuna ulaşılır.



Bu m değeri P(S(n,m)) ifadesinde yerine yazılır ve (5) eşitsizliğikullanılırsa,




P(S(n,m)) =m

n

(1m

+1

m + 1+

1m + 2

+ · · ·1

n − 1

)




P(S(n,m)) =m

n

(1m

+1

m + 1+

1m + 2

+ · · ·1

n − 1

)

≈1n·n

e· 1 =

1e≈ 0.3678794412

elde edilir.




P(S(n,m)) =m

n

(1m

+1

m + 1+

1m + 2

+ · · ·1

n − 1

)

≈1n·n

e· 1 =

1e≈ 0.3678794412

elde edilir.

O halde bu yöntem ile yaklaşık yüzde 37 ihtimalle doğru adayınseçilebileceği sonucu ortaya çıkar.


Kombinatoryal Olasılık Alıştırmalar

Alıştırmalar

Alıştırma

4 zar aynı anda atıldığında zarlardan en az birisi “6” gelirse oyuncukaybetmektedir. Buna göre oyuncunun kaybetmeme olasılığı nedir?



Alıştırmalar

Alıştırma

4 zar aynı anda atıldığında zarlardan en az birisi “6” gelirse oyuncukaybetmektedir. Buna göre oyuncunun kaybetmeme olasılığı nedir?

I. Yol Oyuncunun kaybetmemesi için zarların dördünün de “6” hariçdiğer 5 rakamdan herhangi biri olması gerektiğinden cevap

54

64=

6251296

[= 0.4822530864]

olur.



II. Yol 4 Zar aynı anda atıldığında ortaya çıkabilecek tüm sonuçlarınkümesini S ile gösterelim.



II. Yol 4 Zar aynı anda atıldığında ortaya çıkabilecek tüm sonuçlarınkümesini S ile gösterelim. Bu durumda |S | = 64 olur.




ci ile (i = 1, 2, 3, 4) i . zarın “6” olduğu sonuçların kümesinigösterelim.




ci ile (i = 1, 2, 3, 4) i . zarın “6” olduğu sonuçların kümesinigösterelim. O zaman |ci | =




ci ile (i = 1, 2, 3, 4) i . zarın “6” olduğu sonuçların kümesinigösterelim. O zaman |ci | = 63 olur.





cij (i , j = 1, 2, 3, 4 i 6= j) ise i . ve j . zarların “6” olduğusonuçların kümesi ise |cij | =





cij (i , j = 1, 2, 3, 4 i 6= j) ise i . ve j . zarların “6” olduğusonuçların kümesi ise |cij | = 62 olur.






Benzer şekilde cijk aynı anda i ., j . ve k . zarların “6” olduğusonuçların kümesi ise |cijk | = 6 olur.







Tüm zarların “6” olduğu sonuçların kümesi c1234 ilegösterilirse |c1234| = 1 olur.







Tüm zarların “6” olduğu sonuçların kümesi c1234 ilegösterilirse |c1234| = 1 olur.

Böylece içerme–dışlama prensibinden∣∣C1 C2 C3 C4

∣∣ = 64 − (4 · 63) + (6 · 62)− (4 · 6) + 1 = 625

olduğundan cevap62564

=6251296

bulunur.



Alıştırma

Bir küpün rastgele seçilen 3 farklı köşesinin ikişer ikişer birleştirilmesiyleoluşturulan üçgenin eşkenar üçgen olma olasılığı nedir?



Alıştırma


Küpün 8 köşesi olduğuna göre oluşturulabilecek tümüçgenlerin sayısı

(83

)= 56 olur.



Alıştırma



(83

)= 56 olur. Üçgenlerin eşkenar üçgen

olabilmesi için seçilen üçgenin her bir kenarının küpünayrı bir yüzünde ve o yüzün köşegeni olması gerekir.



Alıştırma



(83


olabilmesi için seçilen üçgenin her bir kenarının küpünayrı bir yüzünde ve o yüzün köşegeni olması gerekir.Küpün her bir köşesi 3 farklı yüzün köşegenine aittir.



Alıştırma



(83


olabilmesi için seçilen üçgenin her bir kenarının küpünayrı bir yüzünde ve o yüzün köşegeni olması gerekir.Küpün her bir köşesi 3 farklı yüzün köşegenine aittir.Eşkenar üçgen oluşturmak için bir köşeden çıkan bu 3köşegenin 2 sinin kullanılması gereklidir.



Alıştırma



(83


olabilmesi için seçilen üçgenin her bir kenarının küpünayrı bir yüzünde ve o yüzün köşegeni olması gerekir.Küpün her bir köşesi 3 farklı yüzün köşegenine aittir.Eşkenar üçgen oluşturmak için bir köşeden çıkan bu 3köşegenin 2 sinin kullanılması gereklidir. Bu işlem(32

)= 3 farklı şekilde yapılabilir.



Alıştırma



(83



)= 3 farklı şekilde yapılabilir. 8 tane köşemiz

olduğundan 3 × 8 eşkenar üçgen seçebiliriz.



Alıştırma



(83




olduğundan 3 × 8 eşkenar üçgen seçebiliriz. Ancak, budurumda her bir üçgeni 3 kez saymış oluruz. O halde

eşkenar üçgenlerin sayısı3 × 8

3= 8 olmalıdır.



Alıştırma



(83




olduğundan 3 × 8 eşkenar üçgen seçebiliriz. Ancak, budurumda her bir üçgeni 3 kez saymış oluruz. O halde

eşkenar üçgenlerin sayısı3 × 8

3= 8 olmalıdır. Böylece

istenen cevap856

elde edilir.



Alıştırma

Özdeş olmayan n top rastgele olarak k kutuya (n ≤ k) dağıtılırsa, herkutuda en fazla 1 top bulunma olasılığı nedir?



Alıştırma


Bu soruyu doğum günü problemi gibi düşünebiliriz (k tane gün n taneöğrenci).



Alıştırma


Bu soruyu doğum günü problemi gibi düşünebiliriz (k tane gün n taneöğrenci). Hiç bir koşul olmaksızın n tane farklı top k tane kutuyak · k · · · k︸︷︷︸

n tane

= kn farklı biçimde dağıtılabilir.



Alıştırma



n tane

= kn farklı biçimde dağıtılabilir. Şimdi n tane topu bir kutuda iki

tane olmayacak şekilde dağıtalım:



Alıştırma



n tane


tane olmayacak şekilde dağıtalım: İlk topu k kutudan herhangi birine, ikincitopu kalan k − 1 kutudan herhangi birine,



Alıştırma



n tane


tane olmayacak şekilde dağıtalım: İlk topu k kutudan herhangi birine, ikincitopu kalan k − 1 kutudan herhangi birine, ve böyle devam edecek olursak,n. topu kalan k − n + 1 kutudan herhangi birine koyarsak hiç bir kutuda ikitop olmaz.



Alıştırma



n tane


tane olmayacak şekilde dağıtalım: İlk topu k kutudan herhangi birine, ikincitopu kalan k − 1 kutudan herhangi birine, ve böyle devam edecek olursak,n. topu kalan k − n + 1 kutudan herhangi birine koyarsak hiç bir kutuda ikitop olmaz. Böylece cevap

k · (k − 1) · · · (k − n + 1)kn

olur.


mat239 ayrik matematİkmatematik.anadolu.edu.tr/dersler/ayrik/sunumlar/sunum_05.pdf · b...

Documents