19Konu 19 / 49
Sayma ve Olasılık

Koşullu Olasılık, Bağımsız Olaylar ve Deneysel Olasılık

Yeni bir bilginin örnek uzayı nasıl daralttığını görerek koşullu olasılığı kuruyor; bağımlı ve bağımsız olayları, ağaç şemasıyla bileşik olayları, "ve, veya" olasılıklarını ve deneysel olasılığın teorik olasılıkla ilişkisini öğreniyoruz.

11. sınıf
AYT sıklığı
60 dk

LevhaKoşullu Olasılık, Bağımsız Olaylar ve Deneysel OlasılıkKoşullu Olasılık, Bağımsız Olaylar ve Deneysel Olasılık

Bir zar attın ama sonuca bakmadın. $6$ gelmiş olma olasılığı $\dfrac{1}{6}$ . Arkadaşın zara bakıp yalnızca “çift geldi” dedi. $6$ gelmiş olma olasılığı hâlâ $\dfrac{1}{6}$ mı? Sahnede “çift geldi” düğmesine bas: tek sayılar siliniyor, geriye üç yüz kalıyor. Zar değişmedi; değişen, senin bildiğin şey.

Isınma

Başlamadan: olasılığın temelleri

Puansız. Takıldığın yer olursa ön koşul konuya göz at.

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

Hilesiz bir zar atılıyor. Üst yüze asal sayı gelme olasılığı kaçtır?

Açıklama

Örnek uzay $\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ , asal olanlar $\{2, 3, 5\}$ . Eş olası $6$ çıktıdan $3$ ‘ü uygun: $\dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}$ . Ayrıntısı Olasılık sayfasında.

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

Bir olayın gerçekleşme olasılığı

0{,}35

ise gerçekleşmeme olasılığı kaçtır?

Açıklama

Bir olay ile tümleyeni birlikte bütün örnek uzayı verir: $P(A') = 1 - P(A) = 1 - 0{,}35 = 0{,}65$ .

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

P(A) = \dfrac{1}{2}

P(B) = \dfrac{1}{3}

P(A \cap B) = \dfrac{1}{6}

ise

P(A \cup B)

kaçtır?

Açıklama

$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) = \dfrac{3}{6} + \dfrac{2}{6} - \dfrac{1}{6} = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}$ .

Temel

Bilgi gelince olasılık değişir

Koşullu olasılık: daralan örnek uzay

Kancadaki zara dönelim. “Çift geldi” bilgisinden sonra olası çıktılar yalnızca $\{2, 4, 6\}$ . Bu üç çıktı hâlâ eş olası ve içlerinden biri $6$ ; yani $6$ gelmiş olma olasılığı artık $\dfrac{1}{3}$ .

Yaptığımız iş şu: bilgiyi sağlamayan çıktıları attık, kalanları yeni örnek uzay saydık. Bir olayın, başka bir olayın gerçekleştiği bilinirken hesaplanan olasılığına koşullu olasılık denir.

$P(A \mid B)$ ifadesini şöyle oku: $B$ bilindiğine göre $A$ . Çizginin sağındaki olay bilinen, yani yeni örnek uzaydır. Zar örneğinde $A = \{6\}$ ve $B = \{2, 4, 6\}$ için $\dfrac{s(A \cap B)}{s(B)} = \dfrac{1}{3}$ çıkar.

Örnek

kolay

Yeni örnek uzayı yazarak

Hilesiz bir zar atılıyor. Üst yüze gelen sayının asal olduğu bilindiğine göre tek sayı olma olasılığı kaçtır?

Önce bilineni yaz, çünkü yeni örnek uzay odur: asal sayı gelmiş, yani $B = \{2, 3, 5\}$ ve $s(B) = 3$ .

İstenen olay “tek sayı”: $A = \{1, 3, 5\}$ . Ama $1$ artık olası değil, çünkü $B$ ‘nin içinde yok. $B$ ‘nin içinde kalan tekler: $A \cap B = \{3, 5\}$ .

Yeni örnek uzaydaki $3$ eş olası çıktıdan $2$ ‘si uygun.

Sonuç

$P(A \mid B) = \dfrac{2}{3}$

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

Hilesiz bir zar atılıyor. Gelen sayının

4

‘ten büyük olduğu bilindiğine göre çift olma olasılığı kaçtır?

Açıklama

Yeni örnek uzay $\{5, 6\}$ . İçindeki çift sayı yalnızca $6$ : $\dfrac{1}{2}$ .

Tablodan koşullu olasılık

$40$ kişilik bir sınıfta $24$ kız, $16$ erkek var. Kızların $12$ ‘si, erkeklerin $4$ ‘ü gözlük takıyor.

	Gözlüklü	Gözlüksüz	Toplam
Kız	$12$	$12$	$24$
Erkek	$4$	$12$	$16$
Toplam	$16$	$24$	$40$

Sahnede sınıfın $40$ öğrencisi birer nokta. Koşul düğmelerinden “kız” seçeneğine bas: erkekler soluyor, payda $24$ oluyor. Sonra “gözlüklü” seçeneğine geç: bu kez yalnızca dolu noktalar kalıyor, payda $16$ . Aynı $12$ öğrenci iki kesirde de payda duruyor; değişen yalnızca payda.

Koşul hangi grubu seçerse payda o grubun büyüklüğü olur: kızlar

24

, gözlüklüler

16

kişi.

Örnek

kolay

Aynı tablo, iki farklı koşul

Yukarıdaki sınıftan rastgele bir öğrenci seçiliyor. Seçilen öğrencinin kız olduğu bilindiğine göre gözlüklü olma olasılığını ve gözlüklü olduğu bilindiğine göre kız olma olasılığını bul.

İlk soruda bilinen “kız”: yeni örnek uzay tablonun kız satırıdır, $24$ kişi. Bunların $12$ ‘si gözlüklü olduğundan $P(G \mid K) = \dfrac{12}{24} = \dfrac{1}{2}$ .

İkinci soruda bilinen “gözlüklü”: yeni örnek uzay gözlüklü sütunudur, $16$ kişi. Bunların $12$ ‘si kız olduğundan $P(K \mid G) = \dfrac{12}{16} = \dfrac{3}{4}$ .

Formülle sağlama: $P(K \cap G) = \dfrac{12}{40}$ ve $P(G) = \dfrac{16}{40}$ olduğundan $P(K \mid G) = \dfrac{12/40}{16/40} = \dfrac{12}{16}$ . Kırklar sadeleşir; saymakla aynı sonuç.

Sonuç

$P(G \mid K) = \dfrac{1}{2}$ ve $P(K \mid G) = \dfrac{3}{4}$

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

P(A) = \dfrac{3}{5}

P(B) = \dfrac{2}{5}

P(A \cap B) = \dfrac{1}{5}

ise

P(A \mid B)

kaçtır?

Açıklama

Bilinen olay $B$ , payda $P(B)$ : $P(A \mid B) = \dfrac{1/5}{2/5} = \dfrac{1}{2}$ .

Çarpma kuralı

Tanımdaki eşitliği içler dışlar çarpımıyla çevirirsen kesişimin olasılığını veren bir kural çıkar. Sınıf örneğinde “seçilen öğrenci hem kız hem gözlüklü” olasılığı $\dfrac{12}{40} = 0{,}3$ ‘tü. Aynı sayı şöyle de bulunur: kız olma olasılığı $0{,}6$ , kızların içinde gözlüklü oranı $0{,}5$ ve $0{,}6 \cdot 0{,}5 = 0{,}3$ .

Sahnedeki noktalar kenarı $1$ olan bir kareye dönüştü; artık olasılık alandır. Düşey çizgi kareyi $P(A)$ ve $P(A')$ genişliğinde iki sütuna ayırıyor. Her sütunun boyalı kısmı o sütundaki $B$ payı. Sürgülerle $P(A)$ ve $P(B \mid A)$ değerlerini değiştir: sol üstteki dikdörtgenin alanı her zaman genişlik çarpı yükseklik, yani $P(A) \cdot P(B \mid A)$ .

Sınıf örneği alan olarak:

A

kız,

B

gözlüklü. Sol üst dikdörtgenin alanı

P(A \cap B) = 0{,}6 \cdot 0{,}5 = 0{,}3

Örnek

kolay

Geri koymadan iki top

Bir torbada $3$ kırmızı, $2$ mavi top var. Torbadan art arda, çekilen geri konmadan iki top çekiliyor. İkisinin de kırmızı olma olasılığı kaçtır?

İlk topun kırmızı olma olasılığı: $5$ toptan $3$ ‘ü kırmızı, $P(K_1) = \dfrac{3}{5}$ .

İlk top kırmızı çıktıysa ve geri konmadıysa torba değişti: $4$ top kaldı, $2$ ‘si kırmızı. Bu yüzden $P(K_2 \mid K_1) = \dfrac{2}{4}$ . Hem pay hem payda birer azaldı.

Çarpma kuralı: $P(K_1 \cap K_2) = \dfrac{3}{5} \cdot \dfrac{2}{4} = \dfrac{6}{20}$ .

Sonuç

$\dfrac{3}{10}$ . Sağlama: $5$ toptan $2$ ‘si $\dbinom{5}{2} = 10$ yolla seçilir, ikisi de kırmızı olan seçim $\dbinom{3}{2} = 3$ tanedir.

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

Bir torbada

5

mavi,

3

sarı top var. Geri koymadan art arda çekilen iki topun ikisinin de sarı olma olasılığı kaçtır?

Açıklama

$\dfrac{3}{8} \cdot \dfrac{2}{7} = \dfrac{6}{56} = \dfrac{3}{28}$ .

Orta

Bağımlı, bağımsız ve bileşik olaylar

Bağımlı ve bağımsız olaylar

Bazı bilgiler işe yaramaz. Zar atıp “bugün günlerden salı” bilgisini alsan $6$ gelme olasılığı yine $\dfrac{1}{6}$ olur. Bir olayın gerçekleşmesi öbürünün olasılığını değiştirmiyorsa bu iki olay bağımsızdır: $P(A \mid B) = P(A)$ . Bu eşitliği çarpma kuralında yerine koyunca daha kullanışlı bir ölçüt çıkar.

Karede sağ sütunun boyalı payını, yani $P(B \mid A')$ değerini sürgüyle oynat. İki sütundaki boyalı yükseklikler eşitlendiği an basamak kayboluyor ve sınır dümdüz bir çizgi oluyor. O anda $A$ ‘yı bilmek $B$ hakkında hiçbir şey söylemiyor: sahne “bağımsız” yazıyor ve $P(A \cap B)$ ile $P(A) \cdot P(B)$ göstergeleri aynı sayıyı veriyor.

Bağımsız olaylarda

B

'nin payı her sütunda aynıdır; bağımlı olaylarda sütundan sütuna değişir.

Örnek

orta

Bağımsızlığı çarpımla sınama

Hilesiz bir zar atılıyor. $A$ : çift sayı gelmesi, $B$ : $3$ ‘ün katı gelmesi, $C$ : asal sayı gelmesi olaylarıdır. $A$ ile $B$ bağımsız mıdır? $A$ ile $C$ bağımsız mıdır?

Bağımsızlık sezgiyle değil, çarpım eşitliğiyle sınanır. Olayları yaz: $A = \{2, 4, 6\}$ , $B = \{3, 6\}$ , $C = \{2, 3, 5\}$ . Olasılıklar $P(A) = \dfrac{1}{2}$ , $P(B) = \dfrac{1}{3}$ , $P(C) = \dfrac{1}{2}$ .

$A \cap B = \{6\}$ olduğundan $P(A \cap B) = \dfrac{1}{6}$ . Çarpım: $P(A) \cdot P(B) = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6}$ . Eşit; $A$ ile $B$ bağımsız.

$A \cap C = \{2\}$ olduğundan $P(A \cap C) = \dfrac{1}{6}$ . Çarpım: $P(A) \cdot P(C) = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}$ . Eşit değil; $A$ ile $C$ bağımlı.

Sonuç

$A$ ile $B$ bağımsız, $A$ ile $C$ bağımlıdır. Gerçekten de “asal geldi” bilgisi çift gelme olasılığını $\dfrac{1}{2}$ ‘den $\dfrac{1}{3}$ ‘e düşürür.

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

P(A) = 0{,}5

P(B) = 0{,}4

olan

A

B

olayları ayrıktır. Bu olaylar için aşağıdakilerden hangisi doğrudur?

Açıklama

Ayrık olaylarda $P(A \cap B) = 0$ . Bağımsızlık için bunun $0{,}5 \cdot 0{,}4 = 0{,}2$ olması gerekirdi. Eşit değil; olaylar bağımlı.

Çekilişlerde ayrım şöyle görünür. Çekilen top geri konuyorsa (iadeli) torba her seferinde aynıdır; çekilişler bağımsızdır. Geri konmuyorsa (iadesiz) torba değişir; ikinci çekilişin olasılıkları birincinin sonucuna bağlıdır. Zar ve para atışları, ayrı kişilerin birbirinden habersiz yaptığı seçimler bağımsızdır.

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

A

B

bağımsız olaylar,

P(A) = \dfrac{1}{3}

P(B) = \dfrac{1}{4}

ise

P(A \cup B)

kaçtır?

Açıklama

$P(A \cap B) = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{12}$ . $P(A \cup B) = \dfrac{4}{12} + \dfrac{3}{12} - \dfrac{1}{12} = \dfrac{1}{2}$ .

Bileşik olaylar ve ağaç şeması

İki ya da daha çok olayın “ve”, “veya” bağlaçlarıyla birleşmesinden oluşan olaya bileşik olay denir: “ilk top kırmızı ve ikinci top mavi”, “en az biri isabet”. Aşamalı deneylerde bileşik olayları düzenli yazmanın yolu ağaç şemasıdır: her aşama bir dallanma, her dalın üstünde o adımın (koşullu) olasılığı.

Sahnede $3$ kırmızı, $2$ mavi toplu torbadan iki çekilişin ağacı var. Toplar kökten bırakılıyor ve her çatalda dalın olasılığına göre yön seçiyor; uçlarda biriken top sayıları dalların çarpımına yaklaşıyor. “İadeli” ve “iadesiz” düğmeleri arasında geç: ikinci aşamadaki kesirlerin nasıl değiştiğine bak.

Geri koymadan iki çekiliş. Bir uca giden dallardaki kesirler çarpılır; dört ucun toplamı

1

'dir.

Örnek

orta

Farklı renkte iki top

$3$ kırmızı, $2$ mavi top bulunan torbadan geri koymadan art arda iki top çekiliyor. Çekilen topların farklı renkte olma olasılığı kaçtır?

“Farklı renk” tek bir yol değil; iki ayrı uç var: önce kırmızı sonra mavi ( $KM$ ) ya da önce mavi sonra kırmızı ( $MK$ ). Sırayı unutmak en sık yapılan hatadır.

Her yolu dal boyunca çarp. $KM$ : $\dfrac{3}{5} \cdot \dfrac{2}{4} = \dfrac{6}{20}$ . $MK$ : $\dfrac{2}{5} \cdot \dfrac{3}{4} = \dfrac{6}{20}$ .

İki uç ayrık olduğundan topla: $\dfrac{6}{20} + \dfrac{6}{20} = \dfrac{12}{20}$ .

Sonuç

$\dfrac{3}{5}$ . Sağlama: aynı renk olma olasılığı $\dfrac{6}{20} + \dfrac{2}{20} = \dfrac{2}{5}$ ve $1 - \dfrac{2}{5} = \dfrac{3}{5}$ .

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

Aynı torbadan (

3

kırmızı,

2

mavi) geri koymadan iki top çekiliyor. İkinci topun kırmızı olma olasılığı kaçtır?

Açıklama

İkinci topu kırmızı yapan uçlar $KK$ ve $MK$ : $\dfrac{6}{20} + \dfrac{6}{20} = \dfrac{3}{5}$ . İlk topun rengini bilmiyorsan ikinci top da ilk top kadar “sıradan” bir toptur; olasılık yine $\dfrac{3}{5}$ çıkar.

“Ve”, “veya”, “en az bir”

Bağımsız olaylarda bağlaçların karşılığı kısadır. “Ve” çarpımdır. “Veya” için birleşim formülünü kullanırsın ya da daha kısası, tümleyene geçersin: “en az biri” olayının tümleyeni “hiçbiri”dir.

Karede yatay yön Ali’nin, düşey yön Berk’in atışı: bağımsız oldukları için kare dört düzgün dikdörtgene bölünüyor. Düğmelerle “ikisi de”, “en az biri”, “yalnız biri” ve “hiçbiri” olaylarını seç; hangi dikdörtgenlerin boyandığına ve alanların toplamına bak. “En az biri” her zaman “hiçbiri” dışındaki her şeydir.

Örnek

orta

Serbest atış: en az biri, yalnız biri

Ali’nin bir serbest atışı isabet ettirme olasılığı $\dfrac{3}{5}$ , Berk’inki $\dfrac{2}{3}$ ‘tür ve atışlar birbirinden bağımsızdır. Birer atış yapıyorlar. En az birinin isabet ettirme olasılığını ve yalnızca birinin isabet ettirme olasılığını bul.

Kaçırma olasılıklarını da yaz, çünkü ikisi de gerekecek: Ali $1 - \dfrac{3}{5} = \dfrac{2}{5}$ , Berk $1 - \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3}$ .

“En az biri” için tümleyen daha kısa: ikisi de kaçırır olasılığı $\dfrac{2}{5} \cdot \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{15}$ . Buna göre en az biri isabet: $1 - \dfrac{2}{15} = \dfrac{13}{15}$ .

“Yalnızca biri” iki ayrık durumdur. Ali isabet, Berk kaçırır: $\dfrac{3}{5} \cdot \dfrac{1}{3} = \dfrac{3}{15}$ . Ali kaçırır, Berk isabet: $\dfrac{2}{5} \cdot \dfrac{2}{3} = \dfrac{4}{15}$ . Toplam $\dfrac{7}{15}$ .

Sonuç

En az biri: $\dfrac{13}{15}$ , yalnızca biri: $\dfrac{7}{15}$ . Sağlama: ikisi de isabet $\dfrac{6}{15}$ ; $\dfrac{6}{15} + \dfrac{7}{15} + \dfrac{2}{15} = 1$ .

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

Bir kapıda birbirinden bağımsız çalışan iki alarm var; her birinin çalışma olasılığı

0{,}9

. Hırsız girdiğinde en az bir alarmın çalışma olasılığı kaçtır?

Açıklama

Hiçbiri çalışmaz: $0{,}1 \cdot 0{,}1 = 0{,}01$ . En az biri çalışır: $1 - 0{,}01 = 0{,}99$ .

Deneysel ve teorik olasılık

Şimdiye kadar hesapladığımız her şey teorik olasılıktı: deneyi yapmadan, örnek uzayı düşünerek bulduk. Deneyi gerçekten yapıp sonuçları sayarsan deneysel olasılığı elde edersin.

Bilgisayarda bir zar $600$ kez atıldı ve $6$ gelen atışlar sayıldı:

Atış sayısı	$10$	$50$	$100$	$300$	$600$
$6$ gelen atış	$2$	$13$	$24$	$56$	$101$
Deneysel olasılık	$0{,}20$	$0{,}26$	$0{,}24$	$0{,}187$	$0{,}168$

Teorik değer $\dfrac{1}{6} \approx 0{,}167$ . Az sayıda atışta sonuç bundan epey uzak olabiliyor; atış sayısı büyüdükçe fark küçülüyor ama yol dümdüz değil, dalgalı.

Tablodaki benzetim:

6

gelme sıklığı, atış sayısı arttıkça

\dfrac{1}{6}

çizgisinin çevresinde daralarak dalgalanır.

Sahne zarı senin yerine atıyor. Atış sayısı sürgüsünü önce 10 ile 50 arasında gezdir: sütunlar eşit değil, altı gelme sıklığı $\dfrac{1}{6}$ çizgisinden uzak olabilir. Sonra sürgüyü 2000’e doğru çek ve sıklık eğrisinin çizgiye nasıl yerleştiğini izle. “Seri” seçeneğiyle başka bir atış dizisine geç: her seride yol farklı, varılan yer aynı.

Bu yaklaşmayı ilk kanıtlayan, 1713’te yayımlanan kitabıyla İsviçreli matematikçi Jakob Bernoulli’dir. Olasılık hesabının kendisi ise 1654’te Blaise Pascal ile Pierre de Fermat’nın, yarıda kalan bir şans oyununda paranın nasıl paylaştırılacağı üzerine mektuplaşmasıyla başlamıştı.

Örnek

orta

Teorik olasılığı sayılamayan deney

Bir raptiye yere atıldığında ya sivri ucu yukarı bakar ya da yan yatar. Defne raptiyeyi $200$ kez atıyor; $124$ atışta sivri uç yukarı bakıyor. Sivri ucun yukarı bakma olasılığı için en iyi tahmin nedir? Bu tahmine göre aynı raptiye $500$ kez atılırsa sivri uç yaklaşık kaç kez yukarı bakar?

İki sonuç var diye olasılık $\dfrac{1}{2}$ diyemeyiz; raptiyenin biçimi simetrik değil, sonuçlar eş olası değil. Teorik değeri sayarak bulamadığımız için deneye başvuruyoruz.

Deneysel olasılık: gerçekleşme sayısı bölü deneme sayısı, $\dfrac{124}{200} = 0{,}62$ . $200$ deneme az sayılmaz; bu değer en iyi tahminimizdir.

Deneysel olasılık, atışların yaklaşık yüzde kaçında bu sonucun geldiğini söyler. $500$ atışın $0{,}62$ ‘si: $500 \cdot 0{,}62 = 310$ .

Sonuç

Tahmin $0{,}62$ ; $500$ atışta yaklaşık $310$ kez. Bu kesin bir sayı değil, bir tahmindir; gerçek sonuç bunun çevresinde dalgalanır.

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

Hilesiz bir para

10

kez atıldı ve

7

kez yazı geldi. Aşağıdakilerden hangisi doğrudur?

Açıklama

Deneysel olasılık yapılan deneye, teorik olasılık paranın kendisine aittir. İkisi az denemede farklı çıkabilir; deneme sayısı arttıkça yaklaşırlar.

İleri

Sınav düzeyi: üç aşama, ters koşul, bağlamlı sorular

Üç aşamalı deneyler

Ağaç üçüncü kez dallanınca uç sayısı $8$ ‘e çıkar ama kural aynıdır: yol boyunca çarp, istenen uçları topla. Program en fazla üç aşamalı deneyleri kapsar. Zorluk hesapta değil, istenen olayın kaç farklı yoldan gerçekleştiğini eksiksiz saymaktadır.

Sahnede üç serbest atışın ağacı var; her atışta isabet olasılığı $\dfrac{2}{3}$ . “Tam iki isabet” seçeneğine bas: sekiz uçtan üçü yanıyor ve üçünün de olasılığı aynı. Sonra “en az bir isabet” seçeneğine geç: yedi uç yanıyor; yanmayan tek ucu $1$ ‘den çıkarmak yedi ucu toplamaktan çok daha kısa.

Üç atışta tam iki isabet üç farklı yoldan gelir: İİK, İKİ, Kİİ (İ: isabet, K: kaçırma).

Örnek

zor

Üç atışta tam iki isabet

Bir basketbolcunun her serbest atışı isabet ettirme olasılığı $\dfrac{2}{3}$ ‘tür ve atışlar birbirinden bağımsızdır. Art arda üç atış yapan bu oyuncunun tam iki isabet kaydetme olasılığı kaçtır?

Tek bir yolu hesapla. Örneğin isabet, isabet, kaçırma: atışlar bağımsız olduğundan $\dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{1}{3} = \dfrac{4}{27}$ .

Bu tek yol değil. Kaçan atış birinci, ikinci ya da üçüncü olabilir: İİK, İKİ, Kİİ. Üç yol da aynı üç çarpanı içerir; yalnızca sıraları farklıdır, o yüzden her birinin olasılığı $\dfrac{4}{27}$ ‘dir.

Yollar ayrık olduğundan topla: $3 \cdot \dfrac{4}{27} = \dfrac{12}{27}$ .

Sonuç

$\dfrac{4}{9}$ . Tuzak: $\dfrac{4}{27}$ ‘de durmak; o yalnızca belirli bir sıralamanın olasılığıdır.

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

Hilesiz bir para üç kez atılıyor. En az bir kez tura gelme olasılığı kaçtır?

Açıklama

Tümleyen: üçü de yazı, $\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{8}$ . En az bir tura: $1 - \dfrac{1}{8} = \dfrac{7}{8}$ .

Koşul ikinci aşamadan gelirse

Ağaç şeması olasılıkları “önce birinci aşama, sonra ikinci” sırasıyla verir. Soru bazen tersini sorar: ikinci aşamanın sonucu biliniyor, birinci aşama isteniyor. Yeni bir formül gerekmez; tanım yeter. Payda, bilinen sonuca giden bütün uçların toplamıdır; pay, bunlardan istenen yoldan gelenidir.

Karede sol sütun servisle, sağ sütun yürüyerek gelen öğrenciler; üstteki boyalı şeritler geç kalanlar. “Geç kalanlara daralt” düğmesine bas: boyalı iki şerit kareden ayrılıp yan yana diziliyor ve yeni örnek uzay oluyor. Servis sütunu daha geniş olduğu hâlde geç kalanların içinde servisçilerin payı küçük.

Örnek

zor

Geç kalan öğrenci nasıl gelmişti?

Bir okulda öğrencilerin %60’ı servisle, %40’ı yürüyerek geliyor. Belirli bir günde servisle gelenlerin %10’u, yürüyerek gelenlerin %30’u derse geç kalıyor. O gün geç kaldığı bilinen bir öğrencinin servisle gelmiş olma olasılığı kaçtır?

Bilinen olay “geç kaldı” ( $G$ ), istenen “servisle geldi” ( $S$ ). Aranan $P(S \mid G) = \dfrac{P(S \cap G)}{P(G)}$ . Soruda verilen %10 ise $P(G \mid S)$ ‘dir; ikisini karıştırma.

Pay, servis dalından geç kalmaya giden yoldur: $P(S \cap G) = 0{,}6 \cdot 0{,}1 = 0{,}06$ .

Payda geç kalmaya giden bütün yolların toplamıdır. Yürüyen dalından: $0{,}4 \cdot 0{,}3 = 0{,}12$ . Buna göre $P(G) = 0{,}06 + 0{,}12 = 0{,}18$ .

Oranla: $P(S \mid G) = \dfrac{0{,}06}{0{,}18}$ .

Sonuç

$\dfrac{1}{3}$ . Sayıyla sağlama: $100$ öğrenciden $60$ ‘ı servisle gelir, $6$ ‘sı geç kalır; $40$ ‘ı yürür, $12$ ‘si geç kalır. Geç kalan $18$ kişinin $6$ ‘sı servisle gelmiştir.

Geç kalanlar iki boyalı şerittir. Koşullu olasılık, soldaki şeridin iki şeridin toplamına oranıdır.

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

Bir sınıfın yarısı kız, yarısı erkektir. Kızların %40’ı, erkeklerin %20’si kursa gidiyor. Kursa gittiği bilinen bir öğrencinin kız olma olasılığı kaçtır?

Açıklama

Kız ve kursta: $0{,}5 \cdot 0{,}4 = 0{,}2$ . Erkek ve kursta: $0{,}5 \cdot 0{,}2 = 0{,}1$ . Oran: $\dfrac{0{,}2}{0{,}2 + 0{,}1} = \dfrac{2}{3}$ .

Bağımsızlığı bilgi olarak kullanmak

Soru “bu iki olay bağımsızdır” diyorsa sana bir denklem vermiştir: $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$ . Bilinmeyeni bu eşitlikten çekersin. Tümleyenlerin de bağımsız olduğunu unutma; çoğu zaman en kısa yol oradan geçer.

Örnek

zor

Bölgelerin olasılığından kesişime

$A$ ve $B$ bağımsız olaylardır. $P(A \cap B') = \dfrac{1}{6}$ ve $P(A' \cap B') = \dfrac{1}{3}$ olduğuna göre $P(A \cap B)$ kaçtır?

Verilen iki bölge birlikte $B'$ olayını oluşturur: $B$ gerçekleşmemişken $A$ ya olmuştur ya olmamıştır. Buna göre $P(B') = \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{2}$ ve $P(B) = \dfrac{1}{2}$ .

$A$ ile $B$ bağımsız olduğundan $A$ ile $B'$ de bağımsızdır: $P(A \cap B') = P(A) \cdot P(B')$ . Yerine koy: $\dfrac{1}{6} = P(A) \cdot \dfrac{1}{2}$ , buradan $P(A) = \dfrac{1}{3}$ .

Şimdi bağımsızlığı asıl olaylar için kullan: $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{2}$ .

Sonuç

$\dfrac{1}{6}$ . Sağlama: dört bölge $\dfrac{1}{6}$ , $\dfrac{1}{6}$ , $\dfrac{1}{3}$ , $\dfrac{1}{3}$ ; toplamları $1$ .

Özet

Bu konudan aklında kalacaklar

Koşullu olasılık: $P(A \mid B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$ . Bilinen olay yeni örnek uzaydır; eş olası çıktılarda $\dfrac{s(A \cap B)}{s(B)}$ .
$P(A \mid B)$ ile $P(B \mid A)$ farklıdır: payları aynı, paydaları farklı.
Çarpma kuralı: $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B \mid A)$ . Geri koymadan çekilişte her adımda pay ve payda yeniden yazılır.
Bağımsız olaylar: $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$ . Sağlanmıyorsa bağımlı. Ayrık olmak bağımsız olmak değildir.
Ağaç şeması: yol boyunca çarp, istenen uçları topla; en fazla üç aşama.
Bağımsız olaylarda “en az biri”: $1 - P(A') \cdot P(B')$ .
Koşul ikinci aşamadan geliyorsa: istenen yol bölü o sonuca giden bütün yolların toplamı.
Deneysel olasılık $\dfrac{k}{n}$ ; deneme sayısı arttıkça teorik olasılığa yaklaşır.

Çıkmış Sorular

Sınavda nasıl soruldu?

5 çıkmış soru6 özgün soru

2026 AYTSoru 16

Orta

Bağımsız olaylar

Bir restoranın menüsünde 35 yemek var. Bunların 8'i etli ve acılı, 6'sı etli ve acısız.

Bu menüden rastgele seçilen bir yemeğin etli olması ile rastgele seçilen bir yemeğin acılı olması bağımsız olaylardır.

Buna göre bu menüdeki yemeklerden kaç tanesi etsiz ve acılıdır?

İpucu

"Bağımsız" sözü bir denklemdir: etli ve acılı olma olasılığı, etli olma olasılığı ile acılı olma olasılığının çarpımına eşittir. Acılı yemeklerin toplam sayısına bir harf ver.

ÖSYM kitapçığında gör (s. 31)

Çözüm

1. Bilinenleri olasılığa çevir. Etli yemek sayısı $8 + 6 = 14$ . Rastgele seçilen yemeğin etli olma olasılığı $\dfrac{14}{35}$ , hem etli hem acılı olma olasılığı $\dfrac{8}{35}$ .

2. Bilinmeyeni adlandır. Acılı yemeklerin toplam sayısı $n$ olsun; acılı olma olasılığı $\dfrac{n}{35}$ .

3. Bağımsızlık eşitliği.

$\dfrac{14}{35} \cdot \dfrac{n}{35} = \dfrac{8}{35} \quad\Rightarrow\quad 14n = 8 \cdot 35 = 280 \quad\Rightarrow\quad n = 20$

4. İstenen. Acılı $20$ yemeğin $8$ 'i etli; etsiz ve acılı olanlar $20 - 8 = 12$ tanedir.

Sağlama: etlilerin içinde acılı oranı $\dfrac{8}{14} = \dfrac{4}{7}$ , bütün menüde acılı oranı $\dfrac{20}{35} = \dfrac{4}{7}$ . Oranlar eşit; bağımsızlık tam olarak budur.

Tuzak: $n = 20$ bulunca durmak. Soru acılıların tamamını değil, etsiz olanlarını soruyor.

Cevap: E

2025 AYTSoru 16

Orta

Bileşik olaylar ve ağaç şeması

Bir alışveriş merkezinin iki kapısı var. Birinci kapının önünde Mavi ve Kırmızı adlı 2 otopark, ikinci kapının önünde Sarı, Turuncu ve Yeşil adlı 3 otopark bulunuyor. Kartal, kapılardan rastgele birinin önüne gelip o kapının önündeki otoparklardan rastgele birine arabasını bırakarak içeri giriyor. Çıkarken hangi otoparka park ettiğini ve hangi kapıdan girdiğini unuttuğu için kapıların rastgele birinden çıkıyor ve o kapının önündeki otoparklardan rastgele birinde arabasını arıyor.

Buna göre Kartal'ın, arabasını aradığı otoparkın arabasını park ettiği otopark olma olasılığı kaçtır?

İpucu

Beş otopark eş olası değil: önce kapı, sonra otopark seçiliyor. Doğru otoparkı bulması için çıkış kapısının giriş kapısıyla aynı olması gerekir.

ÖSYM kitapçığında gör (s. 30)

Çözüm

Arama, park etmeden bağımsız yapılıyor. Arabayı bulması için önce aynı kapıdan çıkması, sonra o kapının otoparklarından doğru olanı seçmesi gerekir. Giriş kapısına göre iki dal var.

Birinci kapıdan girdiyse ( $\dfrac{1}{2}$ ): çıkışta birinci kapıyı seçme olasılığı $\dfrac{1}{2}$ , iki otoparktan doğrusunu seçme olasılığı $\dfrac{1}{2}$ .

$\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{8}$

İkinci kapıdan girdiyse ( $\dfrac{1}{2}$ ): çıkışta ikinci kapı $\dfrac{1}{2}$ , üç otoparktan doğrusu $\dfrac{1}{3}$ .

$\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{12}$

Dallar ayrık olduğundan toplanır:

$\dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{12} = \dfrac{3}{24} + \dfrac{2}{24} = \dfrac{5}{24}$

Sağlama: Mavi ve Kırmızı'nın her birine park etme olasılığı $\dfrac{1}{4}$ , öbür üçünün her birine $\dfrac{1}{6}$ 'dır; arama için de aynı. $2 \cdot \left(\dfrac{1}{4}\right)^2 + 3 \cdot \left(\dfrac{1}{6}\right)^2 = \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{12}$ .

Tuzak: beş otoparkı eş olası sayıp $\dfrac{1}{5}$ demek.

Cevap: B

2024 AYTSoru 15

Orta

Bileşik olaylar ve ağaç şeması

Duru'nun evine yakın otobüs durağına belirli bir otobüs $\dfrac{7}{10}$ olasılıkla saat tam 09.02'de, $\dfrac{3}{10}$ olasılıkla saat tam 09.03'te geliyor. Bu otobüse binmek isteyen Duru saat tam 09.00'da evden çıkıyor. Duru'nun durağa varması $\dfrac{1}{2}$ olasılıkla 100 saniye, $\dfrac{3}{10}$ olasılıkla 150 saniye, $\dfrac{1}{5}$ olasılıkla 250 saniye sürüyor.

Buna göre otobüs durağa geldiği anda Duru'nun durakta bulunma olasılığı kaçtır?

İpucu

Dakikaları saniyeye çevir. Otobüsün iki geliş anının her biri için Duru'nun hangi yürüme sürelerinde yetiştiğini ayrı ayrı belirle.

ÖSYM kitapçığında gör (s. 29)

Çözüm

1. Aynı birime geç. Duru çıktıktan sonra otobüs $120$ saniyede ( $\dfrac{7}{10}$ ) ya da $180$ saniyede ( $\dfrac{3}{10}$ ) geliyor.

2. Her dal için Duru'nun yetişme olasılığı. Otobüsün geliş anı ile Duru'nun yürüme süresi birbirini etkilemez (bağımsız).

Otobüs $120$ . saniyede gelirse Duru ancak $100$ saniyede varırsa durakta olur: $\dfrac{1}{2}$ .
Otobüs $180$ . saniyede gelirse $100$ ya da $150$ saniye yeterlidir: $\dfrac{1}{2} + \dfrac{3}{10} = \dfrac{4}{5}$ .

3. Dal boyunca çarp, dalları topla.

$\dfrac{7}{10} \cdot \dfrac{1}{2} + \dfrac{3}{10} \cdot \dfrac{4}{5} = \dfrac{35}{100} + \dfrac{24}{100} = \dfrac{59}{100}$

Tuzak: $150$ saniyeyi "2 dakika 30 saniye" diye düşünmeden $120$ ile karşılaştırmayı atlamak; $150 > 120$ olduğu için ilk dalda yalnızca $100$ saniye işe yarar.

Cevap: B

2021 AYTSoru 14

Orta

Koşullu olasılık

$A = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7\}$ kümesinin rakamları arasından birbirinden farklı iki tanesi rastgele seçiliyor.

Seçilen rakamların çarpımının çift sayı olduğu bilindiğine göre, bu rakamların toplamının da çift sayı olma olasılığı kaçtır?

İpucu

Bilinen olay yeni örnek uzaydır: önce çarpımı çift olan seçimleri say. Çarpımı tek olanları saymak daha kısadır.

ÖSYM kitapçığında gör (s. 29)

Çözüm

Kümede $4$ tek ( $1, 3, 5, 7$ ) ve $3$ çift ( $2, 4, 6$ ) rakam var. İki rakam $\dbinom{7}{2} = 21$ yolla seçilir.

1. Yeni örnek uzay (çarpım çift). Çarpım ancak iki rakam da tekse tek olur: $\dbinom{4}{2} = 6$ seçim. Çarpımı çift olan seçim sayısı $21 - 6 = 15$ .

2. Bunların içinde toplamı çift olanlar. Toplam çift ise rakamlar ya ikisi tek ya ikisi çifttir. İkisi tek olanlar çarpımı tek yaptığı için yeni örnek uzayda yok; geriye ikisi de çift olan seçimler kalır: $\dbinom{3}{2} = 3$ .

3. Oran.

$\dfrac{3}{15} = \dfrac{1}{5}$

Tuzak: uygun $3$ seçimi bütün $21$ seçime bölmek. "Bilindiğine göre" dendiği için payda $15$ 'tir.

Cevap: D

2019 AYTSoru 20

Kolay

Bağımlı olaylar ve çarpma kuralı

Ege'nin çantasında aynı boyutta dört kart var: kimlik kartı, öğrenci kartı, yemek kartı ve otobüs kartı. Ege otobüs kartını bulmak için çantadan rastgele bir kart çıkarıyor. Çıkan kart yanlışsa onu elinde tutup çantadan rastgele bir kart daha çıkarıyor ve otobüs kartını bulana kadar böyle sürdürüyor.

Ege'nin otobüs kartını üçüncü denemede bulma olasılığı kaçtır?

ÖSYM kitapçığında gör (s. 30)

Çözüm

Yanlış kart elde tutulduğu için çekilişler geri koymadan yapılıyor; her denemede çantadaki kart sayısı bir azalır (bağımlı olaylar).

"Üçüncü denemede bulmak" şu demektir: birinci kart yanlış, ikinci kart yanlış, üçüncü kart otobüs kartı.

Birinci kart yanlış: $4$ karttan $3$ 'ü yanlış, $\dfrac{3}{4}$ .
İkinci kart yanlış: kalan $3$ karttan $2$ 'si yanlış, $\dfrac{2}{3}$ .
Üçüncü kart doğru: kalan $2$ karttan $1$ 'i otobüs kartı, $\dfrac{1}{2}$ .

$\dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}$

Başka bir bakış: dört kartın çantadan çıkış sırası rastgeledir ve otobüs kartı bu sıranın dört yerinden her birinde eşit olasılıkla bulunur; üçüncü sırada olma olasılığı $\dfrac{1}{4}$ 'tür.

Tuzak: her denemede paydayı $4$ bırakıp $\dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{1}{4}$ yazmak. Bu, kartın çantaya geri konduğu durumun hesabıdır.

Cevap: A

Özgün sorular

Özgün soru1

Kolay

Koşullu olasılık

Hilesiz iki zar birlikte atılıyor.

Üst yüzlere gelen sayıların toplamının 8 olduğu bilindiğine göre, zarlardan en az birinin 6 gelmiş olma olasılığı kaçtır?

Çözüm

Bilinen olay yeni örnek uzaydır. Toplamı $8$ olan sıralı ikililer:

$(2, 6),\ (3, 5),\ (4, 4),\ (5, 3),\ (6, 2)$

$5$ eş olası çıktı var. Bunlardan en az bir $6$ içerenler $(2, 6)$ ve $(6, 2)$ : $2$ tane.

$\dfrac{2}{5}$

Tuzaklar: uygun $2$ çıktıyı bütün $36$ çıktıya bölmek ( $\dfrac{1}{18}$ ) koşulu yok saymaktır. $\dfrac{11}{36}$ ise koşul olmadan "en az bir $6$ " olasılığıdır. $(4, 4)$ ikilisini iki kez sayıp paydayı $6$ almak da yanlıştır; o tek bir çıktıdır.

Cevap: D

Özgün soru2

Kolay

Deneysel ve teorik olasılık

A, B, C ve D harfleriyle adlandırılmış dört eş bölmeden oluşan bir çark 200 kez çevriliyor. Çarkın okunun durduğu bölmeler sayıldığında A bölmesi 44, B bölmesi 56, C bölmesi 62, D bölmesi 38 kez gelmiş oluyor.

Buna göre "okun A veya D bölmesinde durması" olayının teorik olasılığı ile bu deneydeki deneysel olasılığı arasındaki fark kaçtır?

Çözüm

Teorik olasılık deneye bakmadan bulunur: dört eş bölmeden ikisi uygun, $\dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2}$ .

Deneysel olasılık sayımlardan bulunur: A veya D gelen çevirme sayısı $44 + 38 = 82$ .

$\dfrac{82}{200} = \dfrac{41}{100}$

Fark:

$\dfrac{50}{100} - \dfrac{41}{100} = \dfrac{9}{100}$

$200$ çevirmede bu büyüklükte bir fark olağandır; çevirme sayısı arttıkça deneysel olasılığın $\dfrac{1}{2}$ 'ye yaklaşması beklenir.

Tuzak: yalnızca deneysel olasılığı ( $\dfrac{41}{100}$ ) ya da yalnızca teorik olasılığı ( $\dfrac{1}{2}$ ) işaretlemek.

Cevap: C

Özgün soru3

Orta

Bağımsız olaylarda ve, veya

Deniz iki soruluk bir sınava giriyor. Birinci soruyu doğru yanıtlama olasılığı $\dfrac{3}{4}$ , ikinci soruyu doğru yanıtlama olasılığı $\dfrac{2}{5}$ 'tir ve bu iki olay bağımsızdır.

Buna göre Deniz'in bu iki sorudan yalnızca birini doğru yanıtlama olasılığı kaçtır?

İpucu

"Yalnızca biri" iki ayrı durumdur: birinci doğru ikinci yanlış ya da birinci yanlış ikinci doğru. Yanlış yanıtlama olasılıklarını da yaz.

Çözüm

Yanlış yanıtlama olasılıkları: birinci soru $\dfrac{1}{4}$ , ikinci soru $\dfrac{3}{5}$ .

Birinci doğru, ikinci yanlış: $\dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{3}{5} = \dfrac{9}{20}$

Birinci yanlış, ikinci doğru: $\dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{2}{5} = \dfrac{2}{20}$

Bu iki durum aynı anda gerçekleşemez; olasılıkları toplanır:

$\dfrac{9}{20} + \dfrac{2}{20} = \dfrac{11}{20}$

Sağlama: ikisi de doğru $\dfrac{6}{20}$ , ikisi de yanlış $\dfrac{3}{20}$ ; $\dfrac{6}{20} + \dfrac{11}{20} + \dfrac{3}{20} = 1$ .

Tuzaklar: yalnızca ilk durumu almak ( $\dfrac{9}{20}$ ) ya da "en az biri" olasılığını ( $\dfrac{17}{20}$ ) işaretlemek.

Cevap: D

Özgün soru4

Orta

Üç aşamalı bağımlı olaylar

Bir kutuda 4'ü bozuk, 6'sı sağlam 10 ampul var. Kutudan art arda, çekilen geri konmadan üç ampul alınıyor.

Buna göre alınan ampullerden tam bir tanesinin bozuk olma olasılığı kaçtır?

İpucu

Önce belirli bir sıranın olasılığını bul: bozuk, sağlam, sağlam. Sonra bozuk ampulün kaçıncı sırada çıkabileceğini düşün.

Çözüm

1. Bir sıra. Bozuk, sağlam, sağlam ( $BSS$ ): her çekilişte kutu bir ampul azalır.

$\dfrac{4}{10} \cdot \dfrac{6}{9} \cdot \dfrac{5}{8} = \dfrac{120}{720} = \dfrac{1}{6}$

2. Öbür sıralar. Bozuk ampul ikinci ya da üçüncü de çıkabilir. $SBS$ : $\dfrac{6}{10} \cdot \dfrac{4}{9} \cdot \dfrac{5}{8} = \dfrac{1}{6}$ . $SSB$ : $\dfrac{6}{10} \cdot \dfrac{5}{9} \cdot \dfrac{4}{8} = \dfrac{1}{6}$ . Paylar aynı sayıların farklı sıralanışıdır; sonuç değişmez.

3. Topla.

$3 \cdot \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{2}$

Sağlama (kombinasyonla): $\dfrac{\dbinom{4}{1} \cdot \dbinom{6}{2}}{\dbinom{10}{3}} = \dfrac{4 \cdot 15}{120} = \dfrac{1}{2}$ .

Tuzaklar: tek sırada durmak ( $\dfrac{1}{6}$ ); "tam iki bozuk" olasılığını hesaplamak ( $\dfrac{3}{10}$ ).

Cevap: D

Özgün soru5

Zor

Koşulun ikinci aşamadan gelmesi

A torbasında 2 kırmızı ve 1 beyaz, B torbasında 1 kırmızı ve 3 beyaz top vardır. Hilesiz bir zar atılıyor; zar 1 veya 2 gelirse A torbasından, öbür durumlarda B torbasından rastgele bir top çekiliyor.

Çekilen topun kırmızı olduğu bilindiğine göre, zarın 1 veya 2 gelmiş olma olasılığı kaçtır?

İpucu

Ağaç şemasını çiz ve kırmızı topa giden bütün yolları bul. Aranan oran: istenen yol bölü kırmızıya giden yolların toplamı.

Çözüm

1. Birinci aşama. Zarın $1$ veya $2$ gelmesi: $\dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}$ (A torbası). Öbür durumlar: $\dfrac{2}{3}$ (B torbası).

2. Kırmızıya giden yollar.

A torbası ve kırmızı: $\dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{2}{3} = \dfrac{2}{9}$
B torbası ve kırmızı: $\dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{6}$

3. Yeni örnek uzay. Kırmızı çekme olasılığı iki yolun toplamıdır:

$\dfrac{2}{9} + \dfrac{1}{6} = \dfrac{4}{18} + \dfrac{3}{18} = \dfrac{7}{18}$

4. Koşullu olasılık.

$\dfrac{\dfrac{2}{9}}{\dfrac{7}{18}} = \dfrac{2}{9} \cdot \dfrac{18}{7} = \dfrac{4}{7}$

Zarın $1$ veya $2$ gelmesi baştan daha az olası olduğu hâlde ( $\dfrac{1}{3}$ ), kırmızı top bilgisi bu olasılığı yarının üstüne çıkarır; çünkü A torbası kırmızı bakımından çok daha zengindir.

Tuzaklar: $\dfrac{2}{9}$ yalnızca paydır (koşul kullanılmamış); $\dfrac{7}{18}$ yalnızca paydadır; $\dfrac{2}{3}$ ise A torbasından kırmızı çekme olasılığıdır, yani koşul ile istenen yer değiştirmiştir.

Cevap: D

Özgün soru6

Zor

Üç aşamalı deney ve koşullu olasılık

Bir okçunun her atışta hedefi vurma olasılığı $\dfrac{1}{3}$ 'tür ve atışlar birbirinden bağımsızdır. Okçunun en fazla üç atış hakkı vardır; hedefi vurduğu anda atışı bırakır.

Okçunun hedefi vurduğu bilindiğine göre, hedefi ikinci atışında vurmuş olma olasılığı kaçtır?

İpucu

Hedefin vurulması üç ayrı yoldan olabilir: birinci, ikinci ya da üçüncü atışta. Önce bu üç yolun olasılıklarını bul; hiç vuramama durumu yeni örnek uzayın dışındadır.

Çözüm

Iskalama olasılığı $\dfrac{2}{3}$ . Ağacın uçları:

Birinci atışta vurur: $\dfrac{1}{3} = \dfrac{9}{27}$
İkinci atışta vurur (önce ıska): $\dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{9} = \dfrac{6}{27}$
Üçüncü atışta vurur (iki ıska): $\dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{1}{3} = \dfrac{4}{27}$
Hiç vuramaz: $\left(\dfrac{2}{3}\right)^3 = \dfrac{8}{27}$

Yeni örnek uzay: hedef vuruldu. Olasılığı $\dfrac{9 + 6 + 4}{27} = \dfrac{19}{27}$ (ya da $1 - \dfrac{8}{27}$ ).

Koşullu olasılık:

$\dfrac{\dfrac{6}{27}}{\dfrac{19}{27}} = \dfrac{6}{19}$

Tuzaklar: $\dfrac{2}{9}$ koşulsuz olasılıktır; "hedefi vurduğu bilindiğine göre" sözü paydayı $\dfrac{19}{27}$ yapar. $\dfrac{9}{19}$ birinci atışta, $\dfrac{4}{19}$ üçüncü atışta vurmuş olmanın koşullu olasılığıdır.

Cevap: B