Sayma ve Olasılık

Bir yere yalnız otobüs veya yalnız trenle gidilebiliyor; 3 otobüs, 2 tren seçeneği bulunuyorsa tek bir yolculuk biçimi 3+2=5 yolla seçilir. Bu toplama ilkesi, seçenek grupları birbirinden ayrık olduğunda doğrudan geçerlidir.

Bir kişi hem otobüs hem tren listesinde sayılıyorsa iki listenin kişi sayılarını toplamak onu iki kez sayar. Aynı sonucu üreten durumlar örtüşüyorsa ortak kısmı çıkarmak gerekir. Önce neyin bir sonuç sayıldığını tanımla.

0,1,2,3 rakamlarıyla rakamları farklı üç basamaklı sayı yazalım. İlk rakam 0 olamaz: 3 seçenek. İkinci yerde kalan 3, üçüncüde kalan 2 seçenek vardır; toplam 18 sayı. Rakam tekrarı serbest olsaydı son iki yerde dörder seçenek bulunurdu.

Son rakamın çift olması gibi ek koşul varsa 0 ile diğer çift rakamların etkisi farklı olabilir. Son rakam 0 olduğunda ilk yerin seçenekleri, son rakam 2 olduğundakinden farklıdır. Bu tür durumları ayrı sayıp toplamak gerekir.

n pozitif tam sayı için $\displaystyle n!=n(n-1)\cdots2\cdot1$’dir. n farklı nesneyi sıraya dizerken ilk yere n, sonraki yere n−1 seçenek kalır; bütün çarpım n! olur. $\displaystyle 0!=1$ tanımı, hiçbir nesneyi yerleştirmenin tek boş düzeni olmasıyla uyumludur.

Faktöriyel farkları üs gibi dağılmaz: $\displaystyle (n+1)!=(n+1)n!$, fakat $\displaystyle (a+b)!$ genellikle a!+b! değildir. Oranlarda açılımı yeterli yerde durdur: $\displaystyle 8!/6!=8\cdot7=56$.

Bazı saymalarda “en az bir” koşulunu doğrudan durumlara bölmek uzun sürer. Bütün sonuçları sayıp hiç olmayan durumu çıkarmak daha kolaydır. Üç basamaklı 1 ve 2 rakamlarından oluşan dizilerde en az bir 2 bulunması $\displaystyle 2^3-1=7$ farklı dizi verir; çıkarılan tek dizi 111’dir.

Bu yöntem toplam kümeden istenmeyen alt kümeyi çıkarmaktır. “Tam bir”, “en az bir” ve “en çok bir” aynı koşullar değildir. “En çok bir” hiç olmama durumunu da içerir; “tam bir” içermez.

n farklı sembolle r konumlu bir kodda her sembol tekrar kullanılabiliyorsa her konumda n seçenek vardır; sonuç $\displaystyle n^r$ olur. Bu, tekrar yasaklı $\displaystyle P(n,r)$ formülünden farklıdır.

Şifre ile basamaklı sayı da aynı kısıtları taşımayabilir. Dört haneli bir kod 0 ile başlayabilir; dört basamaklı doğal sayı başlayamaz. “Hane” veya “sayı” sözcüğünün hangi başlangıç koşulunu getirdiğini açıklamadan formül seçme.

Beş farklı kişi bir sırada dururken A ile B’nin yan yana olması isteniyorsa ikisini tek blok düşünürüz. Blok ve kalan üç kişi toplam dört nesne gibi 4! şekilde sıralanır; blok içinde AB veya BA olmak üzere 2! düzen vardır. Sonuç $\displaystyle 4!\cdot2!$ olur.

Blok içindeki sıranın ayrıca sabitlendiği söylenmişse 2! ile çarpılmaz. Yan yana olmama durumu ise bütün dizilişlerden yan yana olanları çıkararak bulunabilir. Birden fazla blokta blokların birbirleriyle karışıp karışamayacağını kontrol et.

Yan yana gelmemesi istenen kişileri, önce diğerlerini dizip aralarındaki boşluklara yerleştirebiliriz. Üç kişi sıralandığında başta, sonda ve aralarda toplam dört boşluk oluşur. İki ayrı kişi farklı boşluklara yerleştirilirse yan yana gelmez; boşluk seçimi ve kişilerin kendi sırası birlikte sayılır.

Numarasız yuvarlak masa etrafında n farklı kişinin yalnız dönmeyle aynı olan dizilişleri tek sayılıyorsa bir kişiyi sabitleyip kalanları $\displaystyle (n-1)!$ şekilde dizeriz. Koltuklar numaralıysa dönmüş düzenler farklıdır ve bu kısayol geçmez. Yansıma da sırf dönmeyle aynı kabul edilmez.

n kişiden r kişiyi seçmek, dışarıda kalacak n−r kişiyi seçmekle bire bir eşleşir. Bu yüzden $\displaystyle \binom nr=\binom n{n-r}$. 10 kişiden 8 seçmek yerine 2 kişiyi dışarıda bırakmayı sayabiliriz.

$\displaystyle \binom n0=\binom nn=1$; hiç kimseyi seçmemenin ve herkesi seçmenin birer yolu vardır. $\displaystyle \binom n1=n$. Bu sınır durumları formülün faktöriyel tanımıyla da tutarlıdır.

4 kız ve 5 erkek arasından 2 kız, 1 erkek seçilecekse kız seçimi $\displaystyle \binom42$, erkek seçimi $\displaystyle \binom51$ şekilde yapılır. Her kız seçimi her erkek seçimiyle birleşebildiğinden sonuç çarpımlarıdır.

Toplam 3 kişi seçilirken kız sayısı belirtilmemişse 0, 1, 2 ve 3 kız durumları ayrı sayılıp toplanabilir. Bu durumlar birbirinden ayrıdır; her ekip tam bir durumda yer alır. Aynı ekibi iki farklı başlıkta tekrar saymamaya dikkat et.

Bir ekipte en az bir belirli gruptan kişi isteniyorsa tüm ekiplerden o gruptan hiç kimsenin olmadığı ekipleri çıkarabiliriz. 9 kişi içinde 4’ü kızsa 3 kişilik ve en az bir kız içeren ekip sayısı $\displaystyle \binom93-\binom53$ olur.

Belirli A ve B kişileri birlikte seçilecekse önce ikisini sabitleyip kalan kontenjanı diğer kişilerden seçeriz. “Ya ikisi de olsun ya ikisi de olmasın” denirse iki ayrık durumu toplarız. Görev dağılımı belirtilmedikçe seçilenleri ayrıca sıralamayız.

n noktadan iki nokta seçmek $\displaystyle \binom n2$ çift verir. Fakat bu çiftlerin belirlediği farklı doğruları sayarken aynı doğru üzerindeki üç veya daha fazla noktanın aynı doğruyu tekrar üretebileceğini hesaba katmalıyız.

Üçgen sayısı için $\displaystyle \binom n3$ ancak her seçilen üçlü doğrusal değilse doğrudan geçerlidir. Aynı doğru üzerindeki üçlüler üçgen oluşturmaz ve çıkarılır. Kombinasyon seçimi sayar; seçimin sorudaki nesneyi gerçekten oluşturup oluşturmadığı ayrı bir koşuldur.

$\displaystyle (x^2+1/x)^6$ açılımının genel teriminde x’in üssü 2(6−r)−r=12−3r’dir. Sabit terim için r=4 ve katsayı $\displaystyle \binom64=15$ olur. r, 0 ile n arasında tam sayı çıkmazsa sabit terim yoktur. x=0 başlangıçta tanımsız olsa da açılım içindeki x⁰ terimin katsayısı yine incelenebilir.

5 kız ve 4 erkekten 3 kişilik kurulda en az bir erkek bulunması isteniyorsa bütün seçimlerden yalnız kızlardan oluşanları çıkar: $\displaystyle \binom93-\binom53=84-10=74$. Kurul içinde başkan seçilmesi de istense her kurul için 3 seçim daha yapılır. Önce grup, sonra görev ayrımı kombinasyon ve permütasyonun birlikte kullanılmasını sağlar.

Sonucu önceden kesin bilinmeyen bir süreci olasılık deneyi olarak ele alırız. Bir zar atışındaki çıktı 4 olabilir; bütün olası çıktılar $\displaystyle \Omega=\{1,2,3,4,5,6\}$ örnek uzayını oluşturur.

“Çift sayı gelmesi” tek bir çıktı değil, $\displaystyle A=\{2,4,6\}$ olayıdır. Olay, örnek uzayın bir alt kümesidir. Deneyin neyi kaydettiğini doğru tanımlamak gerekir: iki zarın üst yüzleri ile üst yüzlerin toplamı farklı örnek uzay gösterimleri oluşturur.

Zarda 1 ile 6 arasında sayı gelmesi bütün örnek uzaydır ve kesin olaydır. 8 gelmesi boş olaydır ve imkânsızdır. Olasılık 0 ile 1 arasında bir değerdir; kesin olayın olasılığı 1, imkânsız olayınki 0’dır.

Olayın tümleyeni $\displaystyle A'=\Omega\setminus A$, A’nın gerçekleşmemesidir. Çift gelmenin tümleyeni tek gelmektir. Bir deneyde A ile A′ hem tüm olasılıkları kapsar hem aynı anda gerçekleşemez.

A∩B boşsa A ve B ayrıktır. Tek zar atışında tek gelme ile çift gelme ayrıktır. Çift gelme ile 3’ten büyük gelme ise ayrık değildir; 4 ve 6 ortaktır.

Ayrıklık, olayların birbirleriyle ortak çıktı paylaşmamasıdır. Daha sonra kullanılan bağımsızlık kavramıyla aynı değildir. “Ayrı isimleri olan iki olay” olmak, ayrık olmalarını garanti etmez; elemanlarını veya koşullarını karşılaştır.

Adil bir zarın altı yüzünü eş olasılıklı kabul edebiliriz. Hileli zarda aynı kabul geçmez. Bir torbadan aynı fiziksel özellikteki topların rastgele seçilmesinde her tek top eş olasılıklı olabilir; renkler ise top adetleri farklıysa eş olasılıklı değildir.

Üç kırmızı, bir mavi top bulunan torbada iki renk vardır diye her renge 1/2 olasılık veremeyiz. Modelin temel elemanları dört toptur. “İstenen/tüm” oranını kullanmadan önce temel çıktıların eş olasılıklı olduğunu doğrula.

Sonlu ve eş olasılıklı örnek uzayda $\displaystyle P(A)=s(A)/s(\Omega)$. Adil zarda asal gelmesi A={2,3,5} olduğundan P(A)=3/6=1/2. Payda bütün deney sonuçlarını, pay bunlardan istenen koşulu sağlayanları sayar.

Sonucu sadeleştirmek olasılığı değiştirmez. Negatif veya 1’den büyük bir sonuç, sayma ya da model hatasıdır. Olay büyük bir küme olabilir; formülü kullanmak için önce o kümeyi doğru saymamız gerekir.

$\displaystyle P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$. Çünkü ortak sonuçlar iki kez sayılmıştır. Olaylar ayrıksa kesişim olasılığı sıfır olur ve yalnız toplama yeterlidir.

Adil zarda “çift veya 3’ten büyük” olayında A={2,4,6}, B={4,5,6}, ortak {4,6}’dır. Olasılık $\displaystyle 3/6+3/6-2/6=4/6$ olur. “Veya” ikisini birden sağlayanları dışlamaz; yalnız birini sağlayanlar istenirse ortak bölge farklı ele alınır.

Aynı torbadan sırayla iki top çekilip ilk top geri konmazsa toplam sıralı çıktı sayısı $\displaystyle 5\cdot4=20$’dir; iki kırmızı için $\displaystyle 3\cdot2=6$, yine 3/10 bulunur. Sıralı sayma da tutarlıdır, yeter ki hem pay hem payda aynı düzeni kullansın.

İlk top geri konup torba yeniden karıştırılırsa ikinci çekişte yine 5 top bulunur. İki kırmızı için $\displaystyle 3\cdot3/(5\cdot5)=9/25$ olur. Geri koyma ile koymama aynı deney değildir; sıradaki seçimlerin sayısını güncellemek gerekir.

Olasılığı 1/2 olan bir olayın 20 denemede tam 10 kez gerçekleşmesi zorunlu değildir. Olasılık uzun dönem davranışını ve belirsizliği modeller; kısa bir dizinin kesin sonucunu söylemez. Deneysel sıklık, gerçekleşme sayısının deneme sayısına oranıdır.

Adil ve birbirinden bağımsız para atışlarında peş peşe yazı gelmiş olması sonraki atışta turayı zorunlu kılmaz. Yeni atışın modeldeki olasılığı değişmez. Önceki sonuçların mekanizmayı değiştirip değiştirmediğini deneyin koşulları belirler.

Şans oyunlarındaki adil paylaşım ve kazanma soruları, olasılığın tarihsel gelişiminde önemli rol oynadı; Pascal ve Fermat bu gelişimde birlikte anılır. Bugün aynı sayma düşüncesi kalite kontrol, seçim ve belirsizliğin modellenmesinde kullanılır. Hesabın güvenilirliği, hangi sonuçların mümkün ve hangi sonuçların eş olasılıklı olduğunun açıkça belirtilmesine bağlıdır.

Bir grupta 12 kişinin 7’si müzikle, 5’i sporla ilgileniyor ve 3 kişi ikisiyle de ilgileniyorsa spor yapan birinin müzikle de ilgilenme olasılığı 3/5’tir. Müzikle ilgilenen birinin spor yapma olasılığı ise 3/7’dir. Aynı kesişim iki farklı paydada kullanıldığı için koşulun yönü sonucu değiştirir.

İki bilyeyi sırasız seçerek de iki kırmızı olasılığını $\displaystyle \binom32/\binom52=3/10$ buluruz. Pay sıralı, payda sırasız seçilirse sonuç yanlış olur. Ağaç üzerinde farklı yollar aynı hedef olayı oluşturuyorsa yol çarpımları toplanır; bir yol üzerindeki ardışık seçimlerde çarpılır.

Ayrık olaylar birlikte gerçekleşemez: kesişim olasılığı 0’dır. İkisinin olasılığı da pozitifse çarpımları pozitiftir, dolayısıyla bağımsız olamazlar. Tek zar atışında “1 gelmesi” ve “2 gelmesi” ayrık fakat bağımlıdır; 1 geldiğini öğrenmek 2 gelme olasılığını sıfıra indirir.

Bağımsız tekrarların sayısı arttıkça göreli sıklığın modeldeki olasılığa yakın olması beklenir; her adımda monoton yaklaşma veya tam eşitlik garanti edilmez. Beş yazıdan sonra sıradaki atışın tura gelme olasılığı adil ve bağımsız para için yine 1/2’dir. Geçmiş sonuçların “telafi edilmesi” zorunluluğu yoktur.