2. Bağımlı Olaylar

 Bölüm 1.1: Bağımlı Olaylar

 Koşullu olasılıkla bağlantı

Bölüm 1'de koşullu olasılığı şöyle tanımlamıştık: B olayının gerçekleştiği bilindiğinde A olayının olasılığı. Bu tanım her olay çifti için geçerlidir; ancak pratikte çoğu AYT sorusu, koşul verildiğinde olasılığın değişip değişmediği üzerine kurulur.

Eğer B gerçekleştiğinde A'nın olasılığı, koşulsuz $P(A)$ değerinden farklı çıkıyorsa, A ve B olayları birbirine bağımlıdır (bağımlı olaylar). Bağımlı olaylar, koşullu olasılık konusunun doğrudan ilk uygulamasıdır.

 Tanım: Bağımlı Olaylar

Bağımlı olaylar, bir deneyde gerçekleşen iki olaydan birinin, diğer olayın gerçekleşme olasılığını etkilediği durumlardır:

 A olayının gerçekleşme ihtimali, B olayının gerçekleşip gerçekleşmemesine göre değişiyorsa, A ve B bağımlı olaylardır.

Fikrin özü: Olaylar arasında bilgi akışı vardır — bir olayın sonucunu öğrenmek, diğer olay hakkındaki olasılık tahminimizi günceller. Örneğin bir torbadan geri koymadan art arda iki top çekildiğinde, ilk topun rengini bilmek torbadaki dağılımı değiştirir; dolayısıyla ikinci topun olasılığı da değişir.

Matematiksel koşul — A ve B bağımlıdır ⟺ aşağıdakilerden en az biri sağlanır:

$$P(A|B) \neq P(A) \qquad \text{veya} \qquad P(B|A) \neq P(B)$$

Eşdeğer olarak: $P(A \cap B) \neq P(A) \cdot P(B)$.

Birlikte gerçekleşme olasılığı — Çarpma Kuralı: Bağımlı olaylarda $P(A) \cdot P(B)$ formülü doğrudan kullanılamaz; bunun yerine koşullu olasılık tanımından türeyen çarpma kuralı uygulanır:

$$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A) = P(B) \cdot P(A|B)$$

 A ve B'nin birlikte gerçekleşme olasılığı; A'nın olasılığı ile A gerçekleştiğine göre B'nin olasılığının çarpımına eşittir. Sıra önemlidir: "Önce A, sonra B" deniyorsa $P(A) \cdot P(B|A)$; "Önce B, sonra A" deniyorsa $P(B) \cdot P(A|B)$ kullanılır.

Dört önemli nokta:

1. Bağımlılık çift yönlüdür — A, B'ye bağımlıysa B de A'ya bağımlıdır.

2. Geri koymadan çekim, bağımlı olayların en klasik senaryosudur — her çekim sonrası örnek uzay küçülür.

3. "Önce … sonra …" ifadeleri genellikle bağımlılığa işaret eder, özellikle geri koyma yoksa.

4. Bağımlı ≠ Ayrık (dışlayıcı): Bağımlı olaylar birbirini etkiler ve aynı anda gerçekleşebilir; ayrık olaylarda ise $P(A \cap B) = 0$'dır, yani aynı anda gerçekleşemezler. Bu iki kavram karıştırılmamalıdır.

 Görsel düşünme: Ağaç diyagramı ile anlatım

Bağımlılığın görsel işareti: Ağacın ikinci seviyesindeki olasılıklar her dalda farklıdır — birinci olayın sonucu değiştikçe ikinci olayın olasılıkları da değişir. (Bağımsız olaylarda, §1.2'de göreceğimiz gibi, ikinci seviye her dalda aynı kalır.)

 Somut örnekle sözel anlatım

Bir torbada 3 kırmızı ve 2 mavi top vardır. Torbadan geri koymadan art arda 2 top çekiliyor.

- A: İlk topun kırmızı olması

- B: İkinci topun kırmızı olması

A olayının olasılığı (koşulsuz):

 Torbada 5 top var, 3'ü kırmızı → $P(A) = \dfrac{3}{5}$

A gerçekleştikten sonra B'nin olasılığı (koşullu):

 İlk top kırmızı çekildi → torbada 2 kırmızı, 2 mavi kaldı → $P(B|A) = \dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2}$

B'nin koşulsuz olasılığı:

 B'nin koşulsuz olasılığını bulmak için, ikinci topun kırmızı gelebileceği tüm yollar toplanır: ya ilk top kırmızı olup ikinci top da kırmızı gelir, ya da ilk top mavi olup ikinci top kırmızı gelir.

 $$P(B) = \underbrace{\frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4}}_{\text{ilk K, sonra K}} + \underbrace{\frac{2}{5} \cdot \frac{3}{4}}_{\text{ilk M, sonra K}} = \frac{6}{20} + \frac{6}{20} = \frac{12}{20} = \frac{3}{5}$$

Karşılaştırma:

 $P(B|A) = \dfrac{1}{2}$ iken $P(B) = \dfrac{3}{5}$'tir. Bu iki değer birbirine eşit değildir ($\tfrac{1}{2} \neq \tfrac{3}{5}$); yani ilk topun rengini bilmek, ikinci topun kırmızı gelme olasılığını değiştirmektedir. Bu da A ve B olaylarının bağımlı olduğunu doğrular.

Birlikte gerçekleşme olasılığı:

$$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A) = \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} = \frac{6}{20} = \frac{3}{10}$$

 İlk top kırmızı (3/5), ardından ikinci top da kırmızı (2/4) gelme olasılığı 3/10'dur.

Bağımsız olsaydı ne olurdu?

 $P(A) \cdot P(B) = \dfrac{3}{5} \cdot \dfrac{3}{5} = \dfrac{9}{25}$. Gerçek değer $\dfrac{3}{10} = \dfrac{6}{20}$ ile $\dfrac{9}{25}$ eşit değil → olaylar bağımlıdır.

 Bağımlı olayları tanımanın pratik ipuçları

AYT sorularında bağımlılık genellikle şu ifadelerle gelir:

 Not: "Geri koyarak" ifadesi bağımsızlık sinyalidir — §1.2'de ele alınacak.

 Sınavda kullanılabilecek ifadeler

 Sık yapılan hatalar

1. Bağımlı olayda $P(A) \cdot P(B)$ kullanmak — Geri koymadan çekimde en yaygın hata budur.

2. Bağımlı ile ayrık olayı karıştırmak — Bağımlı olaylar aynı anda gerçekleşebilir; ayrık olaylar gerçekleşemez.

3. Koşullu olasılıkta payda/pay karışıklığı — $P(B|A)$'da payda $P(A)$'dır, yani A gerçekleşmiş durumlar.

4. Sırayı ters almak — "Önce A sonra B" ile "önce B sonra A" farklı çarpma sıraları gerektirir.

 Hızlı hatırlatma

- Bağımlı ⟺ $P(A|B) \neq P(A)$ ⟺ $P(A \cap B) \neq P(A) \cdot P(B)$.

- Birlikte olma: çarpma kuralı → $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A)$.

- En klasik senaryo: geri koymadan yapılan art arda çekimler.

- Bağımlılık çift yönlüdür; bağımlı ≠ ayrık (dışlayıcı).

- Sinyal kelimeler: "geri koymadan", "art arda", "seçildikten sonra".

 Kazanım Testi — Çözümlü Örnekler

Aşağıdaki sorular zorluk artışına göre sıralanmıştır: önce tek torbadan geri koymadan sıralı çekim (çarpma kuralının doğrudan uygulaması), ardından kombinasyonlu (sırasız) çekim, en sonda ise torbalar arası aktarma senaryoları — burada önce aktarma olayının hangi dala gittiği belirlenir, sonra o dala göre koşullu olasılık hesaplanır ve tüm dallar toplanır (toplam olasılık mantığı).

 Örnek 1: Sıralı İki Çekim

Soru: Bir kavanozda 4 sarı ve 6 yeşil bilye vardır. Geri bırakılmamak şartıyla art arda çekilen iki bilyenin birincisinin sarı, ikincisinin yeşil gelme olasılığı kaçtır?

Çözüm:

İlk çekimde sarı gelme olasılığı $\dfrac{4}{10}$'dur. İlk top çekilip torbaya konmadığından, kalan 9 bilye arasından yeşil gelme olasılığı $\dfrac{6}{9}$'dur.

$$P = \frac{4}{10} \cdot \frac{6}{9} = \frac{24}{90} = \frac{4}{15}$$

Cevap: $\dfrac{4}{15}$

 Örnek 2: Sıralı Üç Farklı Renk Çekimi

Soru: Bir torbada 2 beyaz, 5 siyah ve 3 turuncu top vardır. Torbadan geri atılmamak koşuluyla art arda 3 top çekiliyor. Çekilen topların sırasıyla beyaz, siyah ve turuncu gelme olasılığı kaçtır?

Çözüm:

Toplam top sayısı 10'dur. Her çekimden sonra hem toplam sayı hem de çekilen renk azalır:

$$P = \frac{2}{10} \cdot \frac{5}{9} \cdot \frac{3}{8} = \frac{30}{720} = \frac{1}{24}$$

Cevap: $\dfrac{1}{24}$

 Örnek 3: Kombinasyonla Sıra Gözetmeksizin Çekim

Soru: Bir poşette 3 mor ve 4 turuncu bilye vardır. Geri bırakılmamak koşuluyla bu poşetten rastgele 3 bilye çekiliyor. Çekilen bilyelerden 1'inin mor, 2'sinin turuncu olma olasılığı kaçtır?

Çözüm:

Burada çekilme sırası önemli olmadığından kombinasyon kullanılır. Tüm durumlar:

$$\binom{7}{3} = 35$$

İstenen durum (1 mor VE 2 turuncu):

$$\binom{3}{1} \cdot \binom{4}{2} = 3 \cdot 6 = 18$$

$$P = \frac{18}{35}$$

Cevap: $\dfrac{18}{35}$

 Örnek 4: Sağlam / Kusurlu Nesne Seçimi

Soru: Bir kutudaki 18 bardaktan 6'sı çiziktir. Kutudan geri bırakılmamak üzere aynı anda 4 bardak alınıyor. Alınan bu 4 bardaktan 3'ünün sağlam (çiziksiz), 1'inin çizik olma olasılığı kaçtır?

Çözüm:

Sağlam bardak sayısı $18-6=12$, çizik bardak sayısı 6'dır.

$$P = \frac{\binom{12}{3} \cdot \binom{6}{1}}{\binom{18}{4}} = \frac{220 \cdot 6}{3060} = \frac{1320}{3060} = \frac{22}{51}$$

Cevap: $\dfrac{22}{51}$

 Örnek 5: Art Arda Farklı Renkler (Alternatif Dizilim)

Soru: Bir torbada 5 mor ve 3 turuncu bilye vardır. Torbadan geri atılmamak şartıyla art arda 4 bilye çekiliyor. Çekilen bilyelerin renklerinin mor-turuncu-mor-turuncu veya turuncu-mor-turuncu-mor şeklinde (ardışık farklı) gelme olasılığı kaçtır?

Çözüm:

İki olası dizilim ayrı ayrı hesaplanıp toplanır — bu iki dizilim aynı anda gerçekleşemeyeceği için ayrık olaylardır.

Mor-Turuncu-Mor-Turuncu sıralaması:

$$\frac{5}{8} \cdot \frac{3}{7} \cdot \frac{4}{6} \cdot \frac{2}{5} = \frac{120}{1680}$$

Turuncu-Mor-Turuncu-Mor sıralaması:

$$\frac{3}{8} \cdot \frac{5}{7} \cdot \frac{2}{6} \cdot \frac{4}{5} = \frac{120}{1680}$$

Toplam:

$$P = \frac{120}{1680} + \frac{120}{1680} = \frac{240}{1680} = \frac{1}{7}$$

Cevap: $\dfrac{1}{7}$

 Örnek 6: Rastgele Kasa Seçimi (Toplam Olasılığa Giriş)

Soru: Bir manavdaki A kasasında 5 elma, 2 armut; B kasasında ise 3 elma, 4 armut bulunmaktadır. Müşteri rastgele bir kasa seçip bu kasadan rastgele bir meyve alıyor. Alınan meyvenin armut olma olasılığı kaçtır?

Çözüm:

Armut çekilebilmesinin iki farklı yolu vardır: ya A kasası seçilip armut çekilir, ya da B kasası seçilip armut çekilir. Bu iki yol ayrık olduğundan olasılıkları toplanır (bu mantık, Bölüm 1.1'in kendi örneğinde B'nin koşulsuz olasılığını bulurken kullandığımız yöntemin aynısıdır):

A kasası seçilip armut çekme: $\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2}{7} = \dfrac{2}{14}$

B kasası seçilip armut çekme: $\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{4}{7} = \dfrac{4}{14}$

$$P = \frac{2}{14} + \frac{4}{14} = \frac{6}{14} = \frac{3}{7}$$

Cevap: $\dfrac{3}{7}$

 Örnek 7: Karşılıklı Aktarma ile Düzenin Korunması

Soru: Birinci torbada 4 kırmızı, 3 beyaz; ikinci torbada 5 kırmızı, 2 beyaz top vardır. Birinci torbadan rastgele bir top alınıp ikinci torbaya, ardından ikinci torbadan rastgele bir top alınıp birinci torbaya atılıyor. Bu işlemler sonunda torbalardaki kırmızı-beyaz top sayılarının başlangıçtaki ile aynı kalma (renk dağılımının değişmeme) olasılığı kaçtır?

Çözüm:

Dağılımın korunması için her iki torbadan da aynı renk top çekilmelidir — yani ya iki kırmızı ya da iki beyaz gidip gelmelidir:

$$P = P(K_1) \cdot P(K_2) + P(B_1) \cdot P(B_2)$$

Birinci torbadan kırmızı gelirse ($\frac{4}{7}$), ikinci torba geçici olarak 6 kırmızı + 2 beyaz olur; oradan kırmızı çekme olasılığı $\frac{6}{8}$'dir.

Birinci torbadan beyaz gelirse ($\frac{3}{7}$), ikinci torba geçici olarak 5 kırmızı + 3 beyaz olur; oradan beyaz çekme olasılığı $\frac{3}{8}$'dir.

$$P = \frac{4}{7} \cdot \frac{6}{8} + \frac{3}{7} \cdot \frac{3}{8} = \frac{24}{56} + \frac{9}{56} = \frac{33}{56}$$

Cevap: $\dfrac{33}{56}$

 Örnek 8: Tek Yönlü Aktarma ve Hedef Renk

Soru: X torbasında 4 pembe, 3 gri; Y torbasında 5 pembe, 2 gri bilye vardır. X torbasından rastgele bir bilye alınıp rengine bakılmadan Y torbasına atılıyor. Daha sonra Y torbasından rastgele bir bilye çekiliyor. Çekilen bu bilyenin gri olma olasılığı kaçtır?

Çözüm:

X'ten pembe gelirse ($\frac{4}{7}$): Y torbası geçici olarak 6 pembe + 2 gri olur → gri çekme olasılığı $\frac{2}{8}$.

X'ten gri gelirse ($\frac{3}{7}$): Y torbası geçici olarak 5 pembe + 3 gri olur → gri çekme olasılığı $\frac{3}{8}$.

$$P = \frac{4}{7} \cdot \frac{2}{8} + \frac{3}{7} \cdot \frac{3}{8} = \frac{8}{56} + \frac{9}{56} = \frac{17}{56}$$

Cevap: $\dfrac{17}{56}$

 Örnek 9: Aktarma Sonrası Hedef Renk

Soru: C torbasında 4 mavi, 4 kırmızı; D torbasında 5 mavi, 3 kırmızı top vardır. C torbasından rastgele bir top alınıp D torbasına atılıyor. Daha sonra D torbasından rastgele bir top çekiliyor. Çekilen topun kırmızı olma olasılığı kaçtır?

Çözüm:

C'den mavi gelirse ($\frac{4}{8}$): D torbası geçici olarak 6 mavi + 3 kırmızı olur → kırmızı çekme olasılığı $\frac{3}{9}$.

C'den kırmızı gelirse ($\frac{4}{8}$): D torbası geçici olarak 5 mavi + 4 kırmızı olur → kırmızı çekme olasılığı $\frac{4}{9}$.

$$P = \frac{4}{8} \cdot \frac{3}{9} + \frac{4}{8} \cdot \frac{4}{9} = \frac{12}{72} + \frac{16}{72} = \frac{28}{72} = \frac{7}{18}$$

Cevap: $\dfrac{7}{18}$

 Örnek 10: Aktarma ve Başlangıçta Olmayan Rengi Çekme

Soru: E torbasında 4 sarı ve 1 yeşil; F torbasında 3 sarı ve 3 pembe top vardır. E torbasından rastgele bir top alınıp F torbasına atılıyor ve ardından F torbasından rastgele bir top çekiliyor. Çekilen bu topun yeşil olma olasılığı kaçtır? (İpucu: Yeşil renk başlangıçta F torbasında yoktur.)

Çözüm:

F torbasından yeşil çekilebilmesi için, öncelikle E torbasından yeşil topun F'ye taşınmış olması gerekir — aksi hâlde F'de hiç yeşil top olmaz ve olasılık sıfırdır.

E'den yeşil gelme olasılığı $\frac{1}{5}$'tir. E'den yeşil gelirse F torbası geçici olarak 3 sarı + 3 pembe + 1 yeşil (toplam 7) olur; oradan yeşil çekme olasılığı $\frac{1}{7}$'dir.

E'den sarı gelirse ($\frac{4}{5}$), F'de yeşil top hiç oluşmaz, bu daldaki katkı 0'dır.

$$P = \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{7} = \frac{1}{35}$$

Cevap: $\dfrac{1}{35}$