Page 51 - bilgem-teknoloji-dergisi-7

C. Nezih GEÇKİNLİ Olasılık Kuramına Bir Giriş - II: Uygulamalar

Tersine, hastalık oranı on kat arttığında, hastalık taşıyan kan 1− N ! (20) Üniversitesi’nden İstanbul Üniversitesi, Fen Fakültesi’nin rasgeleliğini, dolayısıyla, örnek uzayının yapısını
örneklerine ait doğru inceleme sonuçlarının sayısı on kat N n (N − n )! Matematik Bölümü’ne gelip altı yıl çalışan Richard von bozmaktadır.
artarken, temiz kan örneklerine ait yanlış inceleme Bir toplulukta, doğum günü 29 Şubat olmayanlar Mises’in [8]–[9], İstanbul Üniversitesi Fen Fakültesi Kapı Değiştirmenin Yararsız Olduğu Durumlar: Eğer
sonuçlarının sayısı hemen hiç değişmediğinden, güvenilirlik arasından rasgele seçilen 23 kişiden en az ikisinin aynı Mecmuası’nda yayımlanan yazısı olmuştur [10].) sunucu da arabanın hangi kapının arkasında olduğunu
% 91’e çıkmaktadır (Şekil 2a).
doğum gününe sahip olma olasılığı % 50,7’dir [6] (sf. 73– Örnek-7: Amerikan televizyon kanallarından birinde bilmeseydi, iki kapıdan rasgele birini açacak, 1 3 olasılıkla
,
Örnek-6: Eşit olasılıkla, A A 2 , ..., A karakterlerinden 76). Rasgele seçilen kişiler birbirinden bağımsız kaynak, yayınlanan, Monty Hall adlı bir sunucunun yönettiği araba arabayı bulacak ve yarışmacıya, “Araba bu kutunun
1
N
rasgele birini üreten, yani, örnek uzayı ve öğelerinin doğum günleri de kaynakların çıktıları olarak ödüllü bir şans oyunuyla ilgili bir olasılık sorusunu doğru arkasındaymış; kazanamadınız!” diyecek, yarışmacının
olasılıkları düşünüldüğünde, bu olasılık değerinin, (20) bağıntısıyla, yanıtlayan Vos Savant adlı köşe yazarı bir gazeteciyle, yanıtın kazanma şansı 0 ’a düşecek, ya da, 2 3 olasılıkla keçiyi
S = { , A 2 , ..., A N } , n = 23 , N = 365 alınarak bulunabileceği açıktır: yanlış olduğunu ileri süren, aralarında matematik bulacak ve yarışmacıya, “Seçtiğiniz kapıyı değiştirmek istiyor
A
1
1 (18) 365! profesörlerinin de bulunduğu kişiler arasında, uzun yıllar musunuz?” diye soracak, yarışmacının kazanma şansı 1 2 ’ye
) ... =
( ) =
P A ( P A = ( P A ) = 1− = 0,507297 (21) süren bir tartışma oldu [6] (sf. 1–6). İki tarafın birbirini, çıkacaktı. Bu ikinci durumda, rasgelelik etkilenmediği için,
N
1
2
23
N 365 × 342!
birçok çözüm yolu üreterek inandırmaya çalıştığı bu araba eşit (1 2 ) olasılıkla, açılmamış iki kapıdan birinin
olan n bağımsız kaynağın çıkışındaki dizinin içinde Yüzde elliden büyük bir olasılık için 23 kişinin yeterli probleme, sürüp giden tartışmalar nedeniyle, Monty Hall arkasında olacak; kapıyı değiştirmek, yarışmacının kazanma
birbirinin eşi hiçbir karakterin bulunmama olasılığını olması, ilk duyduklarında insanları çok şaşırttığı için, bu Paradoksu denildi [11]. şansını etkilemeyecekti. Dolayısıyla, sunucu arabanın hangi
bulalım. gerçek, çoğunlukla, “doğum günü paradoksu” olarak Tartışma konusunu açıklamadan önce, koşulları değişime kapının arkasında olduğunu bilmeseydi, sunucunun kapı
Birinci bağımsız kaynağın herhangi bir çıktı üretme anılmaktadır [7]. Çok yıllar önce, iş yerinde bir arkadaşımın, açık olan söz konusu oyunun, varılacak sonucu geçerli açıp açmaması, yarışmacının kapı değiştirip değiştirmemesi
olasılığı, N N = ’dir. İkinci bağımsız kaynağın, birincinin bu gerçeğe inanamayıp, elinde kalem kağıt aramızda kılacak, değişmez koşullu bir tanımını vermek gerekir. rasgeleliği bozmadığı için, yarışmacının yarışma
1
ürettiği karakterden farklı bir karakter üretme olasılığı dolaşarak, kaçıncı kişide çakışan bir doğum günüyle başlamadan önceki kazanma şansını (1 3 )
(ikinci kaynağın çıkışında, birincinin ürettiği karakter karşılaşacağını bulmaya çalışmasını hiç unutamam. Ne yazık Oyun: Sahnede üç kapalı kapı, bu kapılardan birinin değiştirmeyecekti. Sunucu, 1 3 olasılıkla araba ( A ), 2 3
S
dışındaki karakterlerden oluşan olayın gerçekleşme ki, çoğu insan, gerçekleşme olasılığı p = 1/ n olan bir olayın, arkasında bir araba, diğer ikisinde birer keçi bulunmaktadır. olasılıkla keçi ( K ) üreten bağımsız bir kaynakla; yarışmacı,
S
olasılığı), (N − 1) N ’dir. Üçüncü bağımsız kaynağın, hem n gözlem içinde gerçekleşeceğini sanır. Oysa ki, k ≥ n > 1 Araba, yarış başlamadan önce, eşit ( 1 3 ) olasılıkla, üç sunucu arabayı bulduğunda, 0 olasılıkla araba ( A ), 1
Y
birincinin hem de ikincinin ürettiği, birbirinden farklı iki için, o olayın k ’yinci gözlemde hâlâ gerçekleşmemiş olma kapıdan rasgele birinin arkasına konulmuştur. Yarışmacı, olasılıkla keçi ( K ), sunucu keçiyi bulduğunda, 1 2 olasılıkla
Y
k
k
−
n
karakterin dışında bir karakter üretme olasılığı (üçüncü olasılığı, (1 p− ) = (1 1/ ) ’dır. Dolayısıyla, k kez rasgele 23 arkasında arabanın olduğuna inandığı bir kapıyı seçer. araba, 1 2 olasılıkla keçi üreten bağımlı bir kaynakla
kaynağın çıkışında, hem birincinin hem de ikincinin ürettiği, kişi seçtiğimizde, 23 kişilik kümelerin hiçbirinde doğum Arabanın hangi kapının arkasında olduğunu bilen sunucu, modellendiğinde de (Şekil 3), [1]’deki (42) bağıntısı
birbirinden farklı iki karakter dışındaki karakterlerden günü çakışmasının gerçekleşmemiş olma olasılığı, yarışmacının seçtiği kapıyı açmadan önce, diğer iki kapıdan, kullanılarak aynı sonuca varılmaktadır:
k
k
−
oluşan olayın gerçekleşme olasılığı), (N − 2) N ’dir. Genel (1 0,507297)  1 2 ’dır. Yani, her yeni gözlem, çakışmayı arkasında keçi olan bir kapıyı açıp, yarışmacıya, ilk seçtiği ( P A Y ) = ( P A Y | A S ) (A S ) P A Y |K S ) (K S )
+
P
(
P
olarak, n ’yinci (2 ≤ n ≤ N ) bağımsız kaynağın, ilk (n − 1) gözleyememe olasılığını yarıya düşürmekte, ancak, kaç kapı yerine, diğer kapalı kapıyı seçebileceğini söyler.  1     1 (22)
2
1
+
kaynağın ürettiği, birbirinden farklı (n − 1) karakterin gözlem yapılırsa yapılsın, gözleyememe olasılığı sıfıra Sonunda, yarışmacının karar verdiği kapı açılır. Kapının = ( ) 0      = 3 ,
3   

3
2
dışında bir karakter üretme olasılığı (n ’yinci kaynağın düşmemektedir. Dolayısıyla, doğum günü paradoksunu elde arkasında araba varsa, yarışmacıya armağan edilir.
P
+
P
çıkışında, ilk (n − 1) kaynağın ürettiği, birbirinden farklı kalem kağıt sınamak yerine, benzetim programını yazıp 23 Tartışma Yaratan Soru: Yarışmacı ilk seçtiği kapıda mı ( P K Y ) = ( P K Y | A S ) (A S ) P (K Y |K S ) (K S )
1
2
1    
(n − 1) karakter dışındaki karakterlerden oluşan olayın kişi için olasılığı kestirmek çok daha kolaydır [1] (§8). direnmeli, yoksa, sunucunun önerdiği kapıyı mı açmalı? = ( ) 1       = 2 (23)
+
2
3
gerçekleşme olasılığı), (N − + 1) N ’dir. Sınamak için bir başka yöntem de, Laplace ile Bernoulli’nin  3    3
n
sezgisel yaklaşımını kullanarak [1] (§1), saymadan saymaktır Yanlış Yanıt: Sunucu, arkasında araba olmayan bir kapıyı
Bir kaynağın çıkışındaki olayların olasılıkları, [1]’de, [6] (sf. 53–60): geçersiz kıldığı için, araba artık, eşit ( 1 2 ) olasılıkla,
Şekil 2’de gösterilen modelde olduğu gibi, bir başka açılmamış iki kapıdan birinin arkasındadır. Dolayısıyla, SUNUCU YARIŞMACI
kaynağın çıkışında gerçekleşen olaylara göre değişiyorsa, o A 1 , A 2 , ..., A karakterleri kullanılarak n ≤ N değişik yarışmacının, düşüncesini değiştirmesi bir yarar sağlamaz.
N
1
)
)
kaynak diğerine bağımlıdır. Ancak, bu örnekte olduğu gibi, karakterle oluşturulabilen, n boyundaki olası dizilerin sayısı Doğru Yanıt: Arabanın, yarışmacının ilk seçtiği kapının ( P A = ( P A
Y
S
3
)
bir kaynağın çıkışındaki olay başka kaynakların çıkışlarında N !/(N − n )! ’dir. (Sıralamanın önemli olduğu durumlarda arkasında olma olasılığı 1 3 , diğer iki kapıdan birinin A ( P A Y | A = 0 A
Y
S
S
gerçekleşen olaylara göre seçiliyorsa, o kaynak diğer kullanılan, N öğenin n ’li permütasyonlarının sayısı.) arkasında olma olasılığı 2 3 ’tür. Yarışmacı, düşüncesini ( P K | A ) 1
=
3
2
kaynaklara bağımlı değildir, çünkü bu, yalnızca, kaynakların Örneğin, N = , n = için 3!/(3 2)! 6− = olası dizi vardır: değiştirip, diğer kapalı kapıyı açtığında, başta seçtiği kapının Y S
çıkışındaki olaylar dizisini kısıtlamaktadır. Dolayısıyla, A A , A A , A A , A A , A A , A A . Öte yandan, dışındaki iki kapı birden açılmış olacağı için, kazanma şansı
2 3
3 1
2 1
1 2
1 3
3 2
1
yukarıda bulunan olasılıklar çarpılarak, n bağımsız kaynağın A 1 , A 2 , ..., A karakterleri kullanılarak oluşturulabilen n 1 3 ’ten 2 3 ’e yükselecektir. Bir başka deyişle, yarışmacı, ( P A Y |K S ) =
N
2
n
3
çıkışındaki dizinin içinde birbirinin eşi hiçbir karakterin boyundaki olası dizilerin sayısı, N ’dir. Örneğin, N = , aslında, iki kapıyı gözüne kestirse, ancak, diğer üçüncü K ( P K |K ) = K
1
2
S
Y
9
bulunmama olasılığı bulunur: n = 2 için 3 = olası dizi vardır: A A , A A , A A , A A , Y S 2
1 1
2 1
1 2
1 3
2
A A , A A , A A , A A , A A . Bir başka deyişle, eşit kapıyı seçmiş gibi davransa, seçtiği iki kapıdan birini sunucu ( P K S ) = ( P K Y )
3
3 3
3 1
3 2
2 3
2 2
N N − 1 N − 2  N − + 1 = N ! (19) olasılıklı N olası diziden tam N ! (N − n )! tanesinin içinde, açtıktan sonra, düşüncesini değiştirdiğini söyleyip, diğerini
n
n
⋅
⋅
N N N N N n (N − n )! birbirinin eşi iki karakter yoktur. Dolayısıyla, de kendi açsa, baştan gözüne kestirdiği iki kapı birden
n
Böylece, bu olayın tümleyeni, n bağımsız kaynağın ( N ! (N − n ) )! N oranı, boyu n olan dizide birbirinin eşi iki açılmış olacağı için, kazanma şansı 2 3 olacaktır. Şekil 3. Arabanın hangi kapının arkasına konduğunu bilmeden bir kapı
açan sunucu için, Monty Hall probleminin olasılık modeli.
çıkışındaki dizinin içinde birbirinin eşi en az iki karakterin karakter olmama olasılığını, yani, (19) bağıntısını verir. Yanlış Yanıt Verenlerin Yanılma Nedeni: Araba rasgele
bulunma olasılığı da elde edilir: (Knuth’a göre [7], doğum günü paradoksunu bilim bir kapının arkasına konulmuştur. Ancak, arabanın hangi Öte yandan, sunucu, arabanın hangi kapının arkasında
dünyasına tanıtan, bilinen en eski yayın, 1933 Üniversite kapının arkasında olduğunu bilen sunucu, olayın olduğunu bilip, arkasında keçi olan bir kapıyı açtığında,
Reformu’ndan sonra yapılan çağrı üzerine Berlin yarışmacı kapı değiştirmeye yazı tura atarak karar verseydi,
98 Sayı 07 · Eylül-Aralık 2011 http://www.bilgem.tubitak.gov.tr/ 99