Ana içeriğe atla

AYT · Olasılık

Koşullu Olasılık Konu Anlatımı

Yeni bir bilgi öğrenince olasılıklar değişir: bazı çıktılar elenir, örnek uzay daralır. Gözlem gecelerinden göktaşlarına, bilgiyle güncellenen olasılık.

  • P(A ∩ B) ÷ P(B)koşullu olasılık
  • P(A) · P(B | A)çarpma kuralı
  • P(A) · P(B)bağımsız olaylar
  • ≈ 0,07göktaşı Avrupa’ya, karaysa

Animasyonlu bölümlerde İleri → düğmesine basarak adım adım ilerle. Deneylerde torbadan bilye çek, tablodaki sayıları değiştir ve sonuçları izle. Her bölümün sonunda çözümlü örnekler var: önce kendin düşün, sonra Çözümü göster.

Derse başla ↓

Koşullu Olasılık nedir?

Koşullu olasılık, bir olayın gerçekleştiği bilindiğinde başka bir olayın olasılığıdır: P(A | B) = P(A ∩ B) ÷ P(B). Bilgi, örnek uzayı daraltır. B’nin gerçekleşmesi A’nın olasılığını değiştirmiyorsa A ile B bağımsızdır ve P(A ∩ B) = P(A) · P(B) olur. Aşama aşama gerçekleşen deneyler ağaç şemasıyla çözülür.

Sınıf ve ünite
11. sınıf · Olasılık
MEB konusu
Koşullu Olasılık
Bu derste
4 adım adım sahne, 13 çözümlü örnek, 10 soruluk sınama

1 · Koşullu olasılık

Bilgi gelince örnek uzay daralır

“Bu gece gözlem yapılabilir mi?” sorusunun yanıtı, havanın bulutlu olduğunu öğrenince değişir. P(A | B) (“B olduğuna göre A’nın olasılığı”) diye yazılan bu olasılığa koşullu olasılık denir.

60 gece açık: 36 gece bulutlu: 24 gece
Gecelerin hava ve gözlem durumuna göre sayıları
Gözlem varGözlem yokToplam
Açık 30636
Bulutlu 61824
Toplam 362460
  1. Bir gözlemevinin 60 gecelik kaydı (örnek veri). Her nokta bir gece; yıldızlı noktalarda gözlem yapılabilmiş. 36 gecede gözlem var: P(gözlem) = 36/60 = 3/5.
  2. Kayıtta hava da var: 36 gece açık (mavi), 24 gece bulutlu (gri).
  3. Geceleri havaya göre ayıralım. Her grupta gözlem yapılan geceler üstte: açık gecelerin 30’unda, bulutlu gecelerin 6’sında gözlem var. Aynı sayılar iki yönlü tabloda.
  4. Bu gecenin bulutlu olduğunu biliyoruz. Açık geceler artık olası değil: örnek uzay 24 bulutlu geceye daraldı. Bunların 6’sında gözlem var: P(gözlem | bulutlu) = 6/24 = 1/4.
  5. Aynı sonuç olasılıklarla: P(gözlem ∩ bulutlu) = 6/60 ve P(bulutlu) = 24/60. Bölünce 60’lar sadeleşir: P(A | B) = P(A ∩ B) ÷ P(B).
  6. Koşulu değiştirelim: gözlem yapıldığı bilinen 36 gecenin 6’sı bulutlu. P(bulutlu | gözlem) = 6/36 = 1/6. P(A | B) ile P(B | A) farklıdır.

Adım 1 / 6

Çözümlü örnek

Bir zar atılıyor. Gelen sayının çift olduğu biliniyor. Bu sayının 3’ten büyük olma olasılığı kaçtır?

Çözümü gösterÇözümü gizle
  1. Koşul örnek uzayı daraltır: B = {2, 4, 6}, s(B) = 3.
  2. Bunlardan 3’ten büyük olanlar: A ∩ B = {4, 6}.
  3. P(A | B) = 2/3. (Koşul olmasaydı P(A) = 3/6 = 1/2 olurdu.)

2/3

Çözümlü örnek

P(A) = 0,6, P(B) = 0,5 ve P(A ∩ B) = 0,2 ise P(A | B) ve P(B | A) kaçtır?

Çözümü gösterÇözümü gizle
  1. P(A | B) = 0,2 ÷ 0,5 = 0,4.
  2. P(B | A) = 0,2 ÷ 0,6 = 2/6 = 1/3.
  3. Koşul ile sorulan olay yer değiştirince sonuç değişti.

0,4 ve 1/3

Çözümlü örnek

Gözlemevi tablosundan, gözlem yapılamayan bir gece rastgele seçiliyor. Bu gecenin bulutlu olma olasılığı kaçtır?

Çözümü gösterÇözümü gizle
  1. Koşul: gözlem yapılamayan geceler, 6 + 18 = 24 gece.
  2. Bunların 18’i bulutlu: 18/24 = 3/4.

3/4

2 · Bileşik olaylar ve ağaç şeması

Dal boyunca çarp, yolları topla

Art arda yapılan deneylerin birlikte oluşturduğu olaylara bileşik olay denir. Bunları düzenlemenin en iyi yolu ağaç şemasıdır: her aşama bir dal katmanı, her dalda o aşamanın koşullu olasılığı.

3 K, 2 M 3/5 2/4 1/3 2/3 2/4 2/3 1/3 2/5 3/4 2/3 1/3 1/4 3/3 0/3 K K K M M K M M K K M M K M KK 3/10 KK 3/10 KKK 1/10 KKK 1/10 KKM 1/5 KKM 1/5 KM 3/10 KM 3/10 KMK 1/5 KMK 1/5 KMM 1/10 MK 3/10 MK 3/10 MKK 1/5 MKK 1/5 MKM 1/10 MM 1/10 MMK 1/10 MMM 0
  1. Torbada 3 kırmızı (K) ve 2 mavi (M) bilye var; geri koymadan bilye çekiyoruz. İlk çekişin iki dalı: P(K) = 3/5, P(M) = 2/5.
  2. İkinci çekişte torbada 4 bilye kalır ve içindekiler ilk bilyeye bağlıdır. İlk bilye K ise 2 K ve 2 M, M ise 3 K ve 1 M kalır. İkinci dallardaki sayılar koşullu olasılıklardır.
  3. Bir yolun olasılığı dallar boyunca çarpılarak bulunur: P(K ve K) = 3/5 · 2/4 = 3/10. Bu çarpma kuralıdır: P(A ∩ B) = P(A) · P(B | A).
  4. “Renkler farklı” olayı iki yoldan oluşur: KM ve MK. Yollar ayrık olduğu için olasılıkları toplanır: 3/10 + 3/10 = 3/5. Dört yaprağın toplamı 1’dir.
  5. Ters soru: ikinci bilyenin kırmızı olduğu biliniyor. İkinci bilyesi K olan yollar KK ve MK, toplamları 6/10. Bunun KK kısmı: P(1. K | 2. K) = (3/10) ÷ (6/10) = 1/2.
  6. Bir bilye daha çekelim: ağaç üç aşamalı olur. Her dal, o ana kadar çekilenlere göre yazılır. MM’den sonra torbada yalnız 3 kırmızı kalır: dallar 3/3 ve 0/3.
  7. Üçünün de kırmızı olması tek bir yoldur: P(KKK) = 3/5 · 2/4 · 1/3 = 1/10.
  8. “Tam iki kırmızı” üç yoldan oluşur: KKM, KMK ve MKK; her biri 1/5, toplam 3/5. Sekiz yaprağın toplamı yine 1.

Adım 1 / 8

Çözümlü örnek

Birinci torbada 3 kırmızı ve 1 mavi, ikinci torbada 1 kırmızı ve 3 mavi bilye var. Para atılıyor: yazı gelirse birinci, tura gelirse ikinci torbadan bir bilye çekiliyor. Bilyenin kırmızı olma olasılığı kaçtır?

Çözümü gösterÇözümü gizle
  1. Ağaç: önce torba (1/2 ve 1/2), sonra renk.
  2. I ve K: 1/2 · 3/4 = 3/8. II ve K: 1/2 · 1/4 = 1/8.
  3. P(K) = 3/8 + 1/8 = 1/2.

1/2

Çözümlü örnek

Aynı deneyde çekilen bilye kırmızı çıktı. Bilyenin birinci torbadan çekilmiş olma olasılığı kaçtır?

Çözümü gösterÇözümü gizle
  1. Koşul: kırmızı, P(K) = 1/2.
  2. P(I ∩ K) = 3/8.
  3. P(I | K) = (3/8) ÷ (1/2) = 3/4.

3/4

Çözümlü örnek

Hayalî bir Mars görevinde fırlatmanın başarılı olma olasılığı 0,95; fırlatma başarılıysa aracın yörüngeye oturma olasılığı 0,9; yörüngeye oturduysa inişin başarılı olma olasılığı 0,8. Görevin baştan sona başarılı olma olasılığı ve en az bir aşamanın başarısız olma olasılığı kaçtır?

Çözümü gösterÇözümü gizle
  1. Üç aşamalı ağaçta başarı yolu tektir: dallar boyunca çarp.
  2. 0,95 · 0,9 · 0,8 = 0,684.
  3. En az bir aşamanın başarısız olması bunun tümleyeni: 1 − 0,684 = 0,316.

0,684 ve 0,316

Çözümlü örnek

Bir para üç kez atılıyor. En az iki kez yazı gelme olasılığı kaçtır?

Çözümü gösterÇözümü gizle
  1. Üç aşamalı ağaç: her dal 1/2, 8 yaprak, her yaprak 1/8.
  2. En az iki yazı: YYT, YTY, TYY, YYY; 4 yol.
  3. 4/8 = 1/2.

1/2

Deney

Geri koy ya da koyma

Torbadan art arda iki bilye çek. İlk bilyeyi bilmek, ikincinin kırmızı olma olasılığını değiştiriyor mu? Önce tahmin et, sonra yüzlerce kez çek.

Çekiş sonuçlarının sayıları
2. bilye K2. bilye M
1. bilye K00
1. bilye M00
1. K iken 2. K
—
1. M iken 2. K
—
Her çekişte 2. K
—
Sonuç
—

Çözümlü örnek

Torbada 3 kırmızı ve 2 mavi bilye var. Art arda iki bilye çekiliyor. İkisinin de kırmızı olma olasılığı, ilk bilye geri konursa ve konmazsa kaçtır?

Çözümü gösterÇözümü gizle
  1. Geri konursa: 3/5 · 3/5 = 9/25.
  2. Geri konmazsa: 3/5 · 2/4 = 3/10.
  3. 9/25 = 0,36 ve 3/10 = 0,3: geri koymak aynı rengi yeniden çekme olasılığını artırır.

9/25 ve 3/10

3 · Bağımlı ve bağımsız olaylar

Bilmek bir şey değiştiriyor mu?

Bazen bir olayın gerçekleştiğini bilmek öbürünün olasılığını hiç değiştirmez. Bu olaylara bağımsız, değiştiriyorsa bağımlı olaylar denir. Bağımsızlığı sezgiyle değil, hesapla sına.

1. zar → 2. zar ↓ 2 3 4 5 6 7 3 4 5 6 7 8 4 5 6 7 8 9 5 6 7 8 9 10 6 7 8 9 10 11 7 8 9 10 11 12
  1. İki zar atılıyor: 36 eş olası çıktı (hücrelerde toplam yazılı). A: birinci zar çift. A’da 18 çıktı var: P(A) = 1/2.
  2. B: toplam 7. B’de 6 çıktı var: P(B) = 1/6.
  3. A ∩ B üç çıktı: (2, 5), (4, 3), (6, 1). P(A ∩ B) = 3/36 = 1/12, tam olarak P(A) · P(B). Ayrıca P(A | B) = 3/6 = 1/2 = P(A): toplamın 7 olduğunu bilmek birinci zarın çift olma olasılığını değiştirmedi. A ile B bağımsız.
  4. C: toplam 8, beş çıktı: P(C) = 5/36. A ∩ C: (2, 6), (4, 4), (6, 2); P(A ∩ C) = 3/36. Ama P(A) · P(C) = 5/72. Eşit değil: A ile C bağımlı. Toplamın 8 olduğunu bilmek, birinci zarın çift olma olasılığını 3/5’e çıkarıyor.
  5. D: ikinci zar 6. P(A ∩ D) = 3/36 = 1/2 · 1/6. Farklı zarlarla ilgili olaylar birbirini etkilemez: A ile D bağımsız.

Adım 1 / 5

Çözümlü örnek

Bir para ve bir zar birlikte atılıyor. Yazı ve 6 gelme olasılığı kaçtır?

Çözümü gösterÇözümü gizle
  1. Para ile zar birbirini etkilemez: olaylar bağımsız.
  2. P = 1/2 · 1/6 = 1/12.

1/12

Çözümlü örnek

İki gözlemcinin bir kuyruklu yıldızı çıplak gözle görme olasılıkları birbirinden bağımsız olarak 0,7 ve 0,6’dır. En az birinin görme olasılığı kaçtır?

Çözümü gösterÇözümü gizle
  1. Hiçbirinin görmemesi: 0,3 · 0,4 = 0,12.
  2. En az biri: 1 − 0,12 = 0,88.

0,88

Çözümlü örnek

P(A) = 0,4, P(B) = 0,5 ve P(A ∩ B) = 0,2 ise A ile B bağımsız mıdır? P(A ∪ B) kaçtır?

Çözümü gösterÇözümü gizle
  1. P(A) · P(B) = 0,4 · 0,5 = 0,2 = P(A ∩ B): bağımsız.
  2. P(A ∪ B) = 0,4 + 0,5 − 0,2 = 0,7.

Bağımsız; 0,7

Deney

Bağımsız mı?

Tablodaki sayıları değiştir. Sütunlardaki mavi paylar aynı yüksekliğe gelince ne oluyor? Ayrık olayları da dene.

Hayalî bir yıldız kataloğu (örnek veri). A: gezegeni bulunmuş. B: kırmızı cüce.

P(A) ve P(B)
—
P(A ∩ B)
—
P(A) · P(B)
—
P(A | B) ve P(A | B′)
—
Sonuç
—

Mozaikte sütun genişliği P(B), sütundaki mavi pay P(A | B). Mavi paylar eşitse ikisi de P(A)’ya eşittir: B’yi bilmek bir şey değiştirmez.

4 · Uzaydan gelen taş

Göktaşı nereye düştü?

Dünya’ya her yıl pek çok göktaşı düşer. Basit bir model kuralım: göktaşının düştüğü yer yüzeyde rastgeledir. Dünya yüzeyinin yaklaşık %71’i su; karaların yaklaşık %30’u Asya, %20’si Afrika, %7’si Avrupa. Göktaşının karaya düştüğünü öğrenmek, kıtaların olasılıklarını nasıl değiştirir?

Dünya yüzeyi koşul: kara su %71 kara %29 Asya %30Asya ≈ 0,087Afrika %20Afrika ≈ 0,058K. Amerika %16K. Amerika %16K. Amerika ≈ 0,046G. Amerika %12G. Amerika %12G. Amerika ≈ 0,035Antarktika %9Antarktika ≈ 0,026Avrupa %7Avrupa %7Avrupa ≈ 0,020Okyanusya %6Okyanusya ≈ 0,017
  1. Göktaşının Dünya yüzeyinde rastgele bir noktaya düştüğünü varsayalım. Yüzeyin yaklaşık %71’i su, %29’u kara: P(kara) ≈ 0,29.
  2. Haber geldi: göktaşı karaya düştü. Su artık olası değil; örnek uzay karalara daraldı. Kara şeridi büyüyüp bütün boyu kaplıyor: her kıtanın payı artık karalar içindeki payıdır.
  3. Kara koşuluyla göktaşının Avrupa’ya düşmüş olma olasılığı, Avrupa’nın karalardaki payıdır: P(Avrupa | kara) ≈ 0,07.
  4. Koşulu bilmeseydik göktaşı suya da düşebilirdi: P(Avrupa) = P(kara) · P(Avrupa | kara) ≈ 0,29 · 0,07 ≈ 0,02. Etiketlerde her kıtanın koşulsuz olasılığı var; toplamları P(kara) ≈ 0,29.
  5. Yeni bilgi: göktaşı iki Amerika kıtasından birine düştü. Örnek uzay yine daralır: %16 + %12 = %28. P(G. Amerika | Amerika) = 12/28 = 3/7 ≈ 0,43.

Adım 1 / 5

Çözümlü örnek

Göktaşının Asya’ya düşme olasılığı yaklaşık kaçtır? (Yüzeyin %29’u kara; karaların %30’u Asya.)

Çözümü gösterÇözümü gizle
  1. Asya’ya düşmek için önce karaya düşmeli: P(Asya) = P(kara) · P(Asya | kara).
  2. 0,29 · 0,30 = 0,087.

≈ 0,087

Çözümlü örnek

Göktaşının karaya düştüğü, ama Asya’ya ve Afrika’ya düşmediği biliniyor. Avrupa’ya düşmüş olma olasılığı kaçtır?

Çözümü gösterÇözümü gizle
  1. Koşul: karaların Asya ve Afrika dışındaki kısmı, %100 − %30 − %20 = %50.
  2. Avrupa bunun içinde %7: P = 7/50 = 0,14.

0,14

Kısa tarih

Bilgiyle güncellenen olasılık

de Moivre · 1700’ler

Abraham de Moivre, şans oyunları üzerine yazdığı The Doctrine of Chances kitabında (ilk baskısı 1718, genişletilmiş baskıları 1738 ve 1756) bağımsız ve bağımlı olayları ayırdı; iki olayın birlikte gerçekleşme olasılığını çarparak hesapladı.

Bayes · 1763

Thomas Bayes’in, gözlenen sonuçtan nedenin olasılığına geri giden “ters olasılık” üzerine yazısı, ölümünden iki yıl sonra Richard Price tarafından yayımlandı.

Kolmogorov · 1933

Andrey Kolmogorov olasılığı birkaç aksiyom üzerine kurdu ve koşullu olasılığı bugünkü gibi P(A ∩ B) ÷ P(B) diye tanımladı.

Monty Hall · 1990

Steve Selvin’in 1975’te sorduğu üç kapı problemine Marilyn vos Savant bir dergi köşesinde doğru yanıtı verdi: kapı değiştiren 2/3 olasılıkla kazanır. Binlerce okur itiraz etti; çözüm koşullu olasılıktadır.

Doğum günü problemi ve Monty Hall · Taban oranını unutmamak

Özet

Tek bakışta

P(A | B)B’nin gerçekleştiği bilindiğinde A’nın olasılığı: P(A ∩ B) ÷ P(B), P(B) > 0.
örnek uzay daralırKoşul olan olay yeni örnek uzaydır: eş olası çıktılarda s(A ∩ B) ÷ s(B).
P(A | B) ≠ P(B | A)Payda koşuldur; koşul değişince sonuç değişir.
çarpma kuralıP(A ∩ B) = P(A) · P(B | A).
ağaç şemasıDal boyunca çarp, bir olayı oluşturan yolları topla.
bir düğümden çıkan dallarOlasılıklarının toplamı 1; yaprakların toplamı da 1.
üç aşamaP(A ∩ B ∩ C) = P(A) · P(B | A) · P(C | A ∩ B).
geri koymadanTorba değişir: çekişler bağımlıdır.
bağımsız olaylarP(A | B) = P(A), yani P(A ∩ B) = P(A) · P(B).
ayrık ≠ bağımsızOlasılıkları pozitif ayrık olaylar bağımlıdır.
en az biri1 − P(hiçbiri); bağımsızsa P(hiçbiri) = P(A′) · P(B′).
göktaşıP(Avrupa | kara) ≈ 0,07; P(Avrupa) ≈ 0,29 · 0,07 ≈ 0,02.

Kendini dene

10 soru

Puan kaydedilmez. Her sorudan sonra açıklamayı oku.

1. P(A ∩ B) = 0,12 ve P(B) = 0,4 ise P(A | B) kaçtır?
2. Bir zar atılıyor ve asal sayı geldiği biliniyor. Gelen sayının çift olma olasılığı kaçtır?
3. Bir torbada 4 kırmızı ve 3 mavi bilye var. Geri koymadan çekilen iki bilyenin ikisinin de kırmızı olma olasılığı kaçtır?
4. Aynı torbadan bilye geri konarak iki çekiş yapılırsa ikisinin de kırmızı olma olasılığı kaçtır?
5. Bir para üç kez atılıyor. Üçünün de aynı gelme olasılığı kaçtır?
6. İki zar atılıyor. Aşağıdaki olay çiftlerinden hangisi bağımsızdır?
7. P(A) = 0,3 ve P(B) = 0,5 olan A ile B ayrık olaylar ise hangisi doğrudur?
8. Bir kulübün 40 üyesinin 25’i teleskop kullanabiliyor. Kullanabilenlerin 10’u, kullanamayanların 3’ü 12. sınıf öğrencisi. Rastgele seçilen üyenin 12. sınıf olduğu biliniyor. Teleskop kullanabilme olasılığı kaçtır?
9. Birinci torbada 2 kırmızı ve 3 mavi, ikinci torbada 4 kırmızı ve 1 mavi bilye var. Rastgele bir torba seçilip bir bilye çekiliyor. Bilyenin kırmızı olma olasılığı kaçtır?
10. Aynı deneyde çekilen bilye kırmızı çıktı. Birinci torbadan çekilmiş olma olasılığı kaçtır?

Bu konuda neler öğrendin?

  • Koşullu olasılık ve problemleri.
  • Bağımlı ve bağımsız olaylar ve gerçekleşme olasılıkları.
  • Bileşik olaylar ve ağaç şeması.

Öğretim programındaki kazanımların kısa özetleri.

Koşullu Olasılık: sık sorulanlar

Koşullu Olasılık kaçıncı sınıf konusu?

11. sınıf konusudur. MEB öğretim programında “Olasılık” ünitesinde, “Koşullu Olasılık” adıyla yer alır.

Koşullu Olasılık TYT’de mi, AYT’de mi?

Konu çizgimizde AYT Matematik konusudur (11. sınıf). MEB’in 2026 YKS’ye esas kazanım belgesi konuları TYT ve AYT diye ayırmaz; bu ayrım bizim önerimizdir.

Bu ders ücretsiz mi?

Evet. Ders herkese açık, kayıt gerekmez: 4 adım adım sahne, 13 çözümlü örnek ve 10 soruluk bir sınama bu sayfada. Ücretsiz üye olursan portalda hangi konulara baktığın kaydedilir.

Hikâyesi blogda

Ücretsiz üyelikle kaldığın yerden devam et

AYT Matematik konularının hepsi konu çizgisinde sırayla. Üye olunca hangi konulara baktığın kaydedilir; TYT konularının tam anlatımları da portalda açılır. Toplam 58 konu anlatımı var: TYT’de 30, AYT’de 28.

Ücretsiz üye ol AYT Matematik konuları