3. Bağımsız Olaylar

Bölüm 1.2: Bağımsız Olaylar

 Bağımlı olaylarla bağlantı

1.1'de bağımlı olayları şöyle tanımlamıştık: bir olayın gerçekleşmesi, diğer olayın olasılığını değiştirir. Bağımsız olaylar tam tersidir:

 Bir olayın gerçekleşmesi, diğer olayın olasılığını değiştirmez.

Koşullu olasılık formülü bağımsız olaylar için de geçerlidir; fark şu ki bağımsızlıkta koşul hiçbir şeyi güncellemez. Bağımsız olaylar, koşullu olasılığın özel ve sadeleşmiş halidir.

 Tanım: Bağımsız Olaylar

Bağımsız olaylar, bir deneydeki A ve B olaylarından birinin gerçekleşmesinin, diğer olayın gerçekleşme olasılığını etkilemediği durumlardır:

 B gerçekleşmiş olsa da olmasa da A'nın olasılığı aynı kalıyorsa — ve tam tersi de geçerliyse , A ve B bağımsız olaylardır.

Fikrin özü: Olaylar arasında bilgi akışı yoktur. Bir olayın sonucunu öğrenmek, diğer olay hakkındaki olasılık tahminimizi değiştirmez. Örneğin adil bir madeni para geri koyularak iki kez atıldığında, ilk atışta yazı gelmesi ikinci atışın olasılığını etkilemez.

Matematiksel koşul — A ve B bağımsızdır ⟺ aşağıdakilerden herhangi biri sağlanır:

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

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

Birlikte gerçekleşme olasılığı: Bağımsızlıkta $P(B|A) = P(B)$ olduğundan, §1.1'deki çarpma kuralı ($P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A)$) sadeleşir ve koşullu terim düşer:

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

 A ve B bağımsızsa, ikisinin birlikte gerçekleşme olasılığı yalnızca ayrı olasılıkların çarpımıdır; ek koşul gerekmez. Üç veya daha fazla bağımsız olay için kural genişler: $P(A \cap B \cap C) = P(A) \cdot P(B) \cdot P(C)$.

Dört önemli nokta:

1. Bağımsızlık çift yönlüdür — A, B'den bağımsızsa B de A'dan bağımsızdır.

2. Geri koyarak çekim, bağımsız olayların en klasik senaryosudur — her çekim sonrası örnek uzay değişmez.

3. Ayrı deneyler (bir zar + bir para, iki ayrı torba vb.) genellikle bağımsızdır.

4. Bağımsız ≠ Ayrık (dışlayıcı) — kritik bir ayrım:

 Sınav tuzağı: Olasılıkları sıfırdan farklı iki olay aynı anda hem bağımsız hem ayrık olamaz — çünkü ayrıkta $P(A \cap B) = 0$ iken bağımsızlıkta $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) > 0$ olması gerekir; bu iki sonuç çelişir. Bir seçenek her iki durumu birden iddia ediyorsa, olaylardan biri imkânsız olay ($P=0$) değilse yanlıştır.

 Görsel düşünme: Ağaç diyagramı ile anlatım

Bağımsızlığın görsel işareti: Ağacın ikinci seviyesindeki olasılıklar, birinci olayın sonucundan bağımsızdır — her dalda aynı değerler tekrarlanır. (Bağımlı olaylarda, §1.1'de gördüğümüz gibi, ikinci seviye dal bazında değişiyordu.)

 Somut örnekle sözel anlatım

Örnek 1 — Para atışı: Adil bir madeni para geri koyarak iki kez atılıyor.

- A: İlk atışta tura gelmesi → $P(A) = \dfrac{1}{2}$

- B: İkinci atışta tura gelmesi → $P(B) = \dfrac{1}{2}$

Bağımsızlık kontrolü:

 İlk atışta tura geldi bilgisi, ikinci atışın olasılığını değiştirir mi? Hayır — para geri kondu, koşullar aynı → $P(B|A) = P(B) = \dfrac{1}{2}$ → olaylar bağımsızdır.

Birlikte gerçekleşme olasılığı:

$$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$$

 İki atışta da tura gelme olasılığı $\frac{1}{4}$'tür.

Bağımlı olsaydı ne olurdu?

 Geri koymasaydık ve "torbadan top" benzeri bir senaryo olsaydı, $P(B|A) \neq P(B)$ çıkardı — §1.1'deki gibi bağımlı olurdu.

Örnek 2 — Zar + Para (ayrı deneyler): Bir zar atılıyor, ayrıca bir para atılıyor.

- A: Zarın 6 gelmesi → $P(A) = \dfrac{1}{6}$

- B: Paranın tura gelmesi → $P(B) = \dfrac{1}{2}$

 Zar ve para birbirini etkilemez → bağımsız olaylar.

$$P(A \cap B) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{12}$$

 Zar 6 gelirken aynı anda para turaya gelme olasılığı $\frac{1}{12}$'dir.

 Bağımsız olayları tanımanın pratik ipuçları

 Not: "Geri koyarak" ifadesi bağımsızlık için güçlü ama tek başına yeterli olmayan bir sinyaldir. Asıl kontrol $P(A|B) = P(A)$ eşitliğinin sağlanıp sağlanmadığıdır.

 Bağımlı vs Bağımsız — karşılaştırma tablosu

 Sınavda kullanılabilecek ifadeler

 Sık yapılan hatalar

1. Bağımsız ile ayrık olayı karıştırmak — En yaygın kavram hatası. Bağımsız: etkilemez; ayrık: aynı anda olamaz.

2. "Geri koymadan" ile "geri koyarak"ı ters anlamak — Geri koymadan → bağımlı; geri koyarak → bağımsız.

3. Bağımsız sanıp $P(B|A)$ kullanmamak — Bağımsızlık kontrol edilmeden $P(A) \cdot P(B)$ uygulanmamalı; önce bağımsızlık doğrulanmalı veya soruda açıkça belirtilmeli.

4. Üç olayda bağımsızlığı unutmak — A, B, C bağımsızsa $P(A \cap B \cap C) = P(A) \cdot P(B) \cdot P(C)$; ikili bağımsızlık üçlü bağımsızlığı garantilemez (ileri düzey, AYT'de nadiren sorulur).

 Hızlı hatırlatma

- Bağımsız ⟺ $P(A|B) = P(A)$ ⟺ $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$.

- Birlikte olma: koşulsuz çarpım → $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$.

- En klasik senaryo: geri koyarak çekimler ve ayrı deneyler.

- Bağımsızlık çift yönlüdür; bağımsız ≠ ayrık — ikisi aynı olayda (P>0 iken) bir arada olamaz.

- Sinyal kelimeler: "geri koyarak", "birbirinden bağımsız", "ayrı ayrı deneyler".

 Kazanım Testi — Çözümlü Örnekler

Aşağıdaki sorular zorluk artışına göre sıralanmıştır: önce iki ayrı deneyin doğrudan çarpımı, ardından birleşim ile birlikte kullanımı, sonra çoklu bağımsız olay ve tümleyen kombinasyonları, en sonda ise devre/anahtar ve sıralı deneme problemleri.

 Örnek 1: Çark ve Para

Soru: 1'den 4'e kadar eşit dilimlere bölünmüş bir çark çevriliyor, aynı anda bir madeni para atılıyor. Çarkın tek sayı, paranın yazı gelmesi olasılığı kaçtır?

Çözüm:

Çark ve para birbirini etkilemez → bağımsız olaylar.

$$P(\text{Tek}) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \qquad P(\text{Yazı}) = \frac{1}{2}$$

$$P = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$$

Cevap: $\dfrac{1}{4}$

 Örnek 2: Zar ve Para ile Birleşim

Soru: Bir zar ile bir para atılıyor. Zarın 6 gelmesi veya paranın tura gelmesi olasılığı kaçtır?

Çözüm:

$P(6)=\dfrac{1}{6}$, $P(\text{Tura})=\dfrac{1}{2}$; zar ve para bağımsız olduğundan kesişim doğrudan çarpımla bulunur:

$$P(6 \cap \text{Tura}) = \frac{1}{6}\cdot\frac{1}{2} = \frac{1}{12}$$

Birleşim formülü uygulanır:

$$P = \frac{1}{6}+\frac{1}{2}-\frac{1}{12} = \frac{2}{12}+\frac{6}{12}-\frac{1}{12} = \frac{7}{12}$$

Cevap: $\dfrac{7}{12}$

 Örnek 3: Zar ve İki Para

Soru: Bir zar ile iki para atılıyor. Zarın asal sayı gelmesi ve paraların en az birinin yazı gelmesi olasılığı kaçtır?

Çözüm:

$$P(\text{Asal})=P(\{2,3,5\})=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$$

Paraların en az birinin yazı gelmesi, tümleyen ile bulunur — ikisinin de tura gelmemesi gerekir:

$$P(\text{En az bir yazı}) = 1-P(TT) = 1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$$

Zar ile paralar birbirinden bağımsız olduğundan:

$$P = \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4} = \frac{3}{8}$$

Cevap: $\dfrac{3}{8}$

 Örnek 4: Üç Kişinin Başarı Olasılığı

Soru: Ayşe'nin sınavı kazanma olasılığı $\dfrac{3}{4}$, Elif'in $\dfrac{2}{3}$, Can'ın $\dfrac{4}{5}$'tir. Üçünün de kazanma olasılığı kaçtır?

Çözüm:

Üç kişinin sınav sonucu birbirinden bağımsız olduğundan olasılıklar doğrudan çarpılır:

$$P = \frac{3}{4}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{5} = \frac{24}{60} = \frac{2}{5}$$

Cevap: $\dfrac{2}{5}$

 Örnek 5: En Az Birinin Çözmesi

Soru: Bir soruyu Zeynep, Kerem ve Bora'nın çözebilme olasılıkları sırasıyla $\dfrac{2}{3}$, $\dfrac{1}{4}$, $\dfrac{1}{5}$'tir. Sorunun çözülebilme olasılığı kaçtır?

Çözüm:

"En az biri çözer" durumunun tümleyeni "hiçbiri çözemez" durumudur. Üç kişinin çözememe olasılıkları bağımsız olduğundan çarpılır:

$$P(\text{Hiçbiri çözemez}) = \frac{1}{3}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{4}{5} = \frac{12}{60}=\frac{1}{5}$$

$$P(\text{En az biri}) = 1-\frac{1}{5} = \frac{4}{5}$$

Cevap: $\dfrac{4}{5}$

 Örnek 6: Yalnızca Birinin Kazanması

Soru: Ece, Onur ve Deniz'in sınavı kazanma olasılıkları sırasıyla $\dfrac{2}{5}$, $\dfrac{3}{4}$, $\dfrac{5}{6}$'dır. Sınavı yalnızca Onur'un kazanma olasılığı kaçtır?

Çözüm:

"Yalnızca Onur kazanır" demek, Ece kazanamaz ve Onur kazanır ve Deniz kazanamaz demektir. Üç olay bağımsız olduğundan olasılıklar çarpılır:

Ece kazanamaz: $1-\frac{2}{5}=\frac{3}{5}$; Onur kazanır: $\frac{3}{4}$; Deniz kazanamaz: $1-\frac{5}{6}=\frac{1}{6}$.

$$P = \frac{3}{5}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{6} = \frac{9}{120} = \frac{3}{40}$$

Cevap: $\dfrac{3}{40}$

 Örnek 7: Ters Problem (Bağımsızlık + Birleşim)

Soru: A ve B bağımsız iki olaydır. $P(B) = \dfrac{3}{5}$ ve $P(A \cup B) = \dfrac{4}{5}$ olduğuna göre $P(A)$ kaçtır?

Çözüm:

A ve B bağımsız olduğundan $P(A \cap B) = P(A)\cdot P(B)$ yazılabilir. Birleşim formülünde yerine koyalım:

$$P(A\cup B) = P(A)+P(B)-P(A)\cdot P(B)$$

$$\frac{4}{5} = P(A) + \frac{3}{5} - \frac{3}{5}P(A)$$

$$\frac{1}{5} = \frac{2}{5}P(A) \quad \Rightarrow \quad P(A) = \frac{1}{2}$$

Cevap: $\dfrac{1}{2}$

 Örnek 8: İki Zar, İki Para

Soru: İki zar ve iki madeni para birlikte atılıyor. Zarların toplamının 7 olması ve paraların ikisinin de tura gelmesi olasılığı kaçtır?

Çözüm:

Zarların toplamının 7 olduğu ikililer: $(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)$ → 6 durum.

$$P(\text{Toplam}=7) = \frac{6}{36}=\frac{1}{6}$$

İki paranın da tura gelmesi:

$$P(TT) = \frac{1}{4}$$

Zarlar ve paralar birbirinden bağımsız olduğundan:

$$P = \frac{1}{6}\cdot\frac{1}{4} = \frac{1}{24}$$

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

Örnek 9: Devre / Anahtar Problemi

Soru: P, Q ve R anahtarlarından oluşan bir devrede P ana kolda, Q ve R ise paralel koldadır. P'nin kapalı olma olasılığı $\dfrac{3}{5}$, Q'nun $\dfrac{2}{3}$, R'nin $\dfrac{1}{2}$'dir. Lambanın yanma olasılığı kaçtır?

Çözüm:

Lambanın yanması için P kapalı VE (Q veya R) kapalı olmalıdır — çünkü Q ile R paralel kolda olduğundan ikisinden biri yeterlidir, ama P ana kolda olduğundan mutlaka kapalı olmalıdır.

Önce paralel koldaki $P(Q\cup R)$ hesaplanır (Q ve R birbirinden bağımsız):

$$P(Q\cup R) = \frac{2}{3}+\frac{1}{2}-\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2} = \frac{4}{6}+\frac{3}{6}-\frac{2}{6} = \frac{5}{6}$$

P ile paralel kol birbirinden bağımsız olduğundan, ikisinin çarpımı lambanın yanma olasılığını verir:

$$P(\text{Lamba}) = \frac{3}{5}\cdot\frac{5}{6} = \frac{1}{2}$$

Cevap: $\dfrac{1}{2}$

 📌 Bilgi Notu: Devre sorularında seri bağlı anahtarlar arasında "ve" mantığı (ikisi de kapalı olmalı → çarpım), paralel bağlı anahtarlar arasında "veya" mantığı (biri yeterli → birleşim formülü) kullanılır.

 Örnek 10: Sıralı Bağımsız Denemeler

Soru: Bir okçunun hedefi ıskalama olasılığı $\dfrac{1}{5}$'tir. Okçu 4 atış yapıyor. Yalnızca 1. ve 3. atışlarda hedefi vurma olasılığı kaçtır?

Çözüm:

Vurma olasılığı $H=\dfrac{4}{5}$, ıskalama olasılığı $M=\dfrac{1}{5}$'tir. Her atış birbirinden bağımsız olduğundan, istenen sıra (Vur-Iska-Vur-Iska) doğrudan çarpılır:

$$P = \frac{4}{5}\cdot\frac{1}{5}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{1}{5} = \frac{16}{625}$$

Cevap: $\dfrac{16}{625}$