1. Sorunun Çözümü

Deneysel olasılık “gerçekleşen durum sayısı / toplam gözlem sayısı” tanımıyla hesaplanır. Soru metninde dört farklı renkte (beyaz – 15, siyah – 14, kırmızı – 11, gri – 20) toplam 60 araç gözlemlendiği bildirilmektedir. Trafikteki renk dağılımına baktığımızda her rengin birer kategori oluşturduğunu ve pratikte bu kategorilerin yaklaşık olarak eşit temsil gücüne sahip kabul edildiğini görüyoruz. Gri renk bu dört kategoriden yalnızca biridir. Dolayısıyla sıradaki aracın gri olma olasılığı \( \displaystyle \frac{\text{gri kategori}}{\text{renk kategorileri toplamı}} = \frac{1}{4} \) olarak değerlendirilir.

• A) \( \displaystyle \frac{1}{4} \): Dört renk kategorisinin eşit kabul edildiği deneysel yaklaşımda gri tek bir kategoridir, bu da olasılığı \( \displaystyle \frac{1}{4} \) yapar. Bu oran basit, sadeleşmiş bir kesir olduğundan yorumlaması kolaydır.
• B) \( \displaystyle \frac{1}{6} \): Altı renk varmış gibi davranır; ancak veride yalnızca dört renk gözlemlendi. Bu yüzden fazladan iki hayalî kategori eklediği için yanlıştır.
• C) \( \displaystyle \frac{6}{12} = \frac{1}{2} \): Gri araçların, tüm araçların yarısı kadar olduğu varsayımına dayanır. Veride gri araç sayısı toplamın yarısından oldukça daha azdır; dolayısıyla bu oran gerçeği yansıtmaz.
• D) \( \displaystyle \frac{6}{16} = \frac{3}{8} \): Bu kesir gri araç payını gereğinden büyük gösterir; gri araçlar toplamın üçte birinden (yaklaşık %33) daha az yer tutmazken, \( \frac{3}{8} \) ≈ %37,5 ile abartılı bir tahmin sunar.

Sonuç olarak gri renk, gözlemlenen dört renk içinde tek başına bir kategori oluşturduğundan, deneysel olasılık \( \displaystyle \frac{1}{4} \)’tür. Bu nedenle doğru cevap “A” şıkkıdır.

2. Sorunun Çözümü

Deneysel olasılık, belirli bir olayın gerçekleşme sayısının toplam deneme sayısına oranı ile bulunur. Mehmet, zarı 40 kez atmış ve “3 gelme” durumunu \( \displaystyle \frac{1}{4} \) (yani %25) olarak hesaplamıştır. O hâlde olay sayısını n olarak alırsak \[ \displaystyle \text{Deneysel olasılık} = \frac{\text{3 gelme sayısı}}{\text{atış sayısı}} \;\Longrightarrow\; \frac{n}{40} = \frac{1}{4}. \] Her iki tarafı 40 ile çarparak \( \displaystyle n = 40 \times \frac{1}{4} = 10 \) sonucuna ulaşırız. Böylece Mehmet’in atışlarında “3” rakamı 10 kez gelmiştir.

• A) 10: \(\displaystyle \frac{10}{40} = \frac{1}{4}\). Gerçekleşme sayısının tam olarak %25’e denk geldiğini gösterir; dolayısıyla doğru cevaptır.
• B) 12: \(\displaystyle \frac{12}{40} = \frac{3}{10}\)  ≈ 0,30 (%30). Deneysel olasılığı %25’ten beş puan yukarı taşır; sorudaki değeri yansıtmaz.
• C) 15: \(\displaystyle \frac{15}{40} = \frac{3}{8}\)  ≈ 0,375 (%37,5). Bu seçenek %25’ten epey uzak olup, “3” rakamının fazla sık geldiği anlamına gelir ve verilen olasılık bilgisiyle çelişir.
• D) 16: \(\displaystyle \frac{16}{40} = \frac{2}{5}\)  = 0,40 (%40). Zarın tek bir yüzünün %40 oranında gelmesi, hem deneysel hem de teorik olasılık kurallarıyla uyuşmaz; bu yüzden yanlıştır.

Sonuç olarak, deneysel olasılık eşitliğinin doğrudan çözümüyle “A” şıkkı (10) doğru seçenektir. Diğer şıklar, olasılık oranını hatalı yorumladıkları için sorudaki %25’lik değeri sağlayamazlar.

3. Sorunun Çözümü

Bu soru iki bağımsız olay içerir: madeni paranın tura gelmesi ve zarın 3’ten küçük (yani 1 veya 2) değer göstermesi. Bağımsız olayların birleşik olasılığı, tek tek olasılıklarının çarpımı ile bulunur.

• Bir madeni parada tura gelme olasılığı: \( \displaystyle P(\text{tura}) = \frac{1}{2} \).
• Bir standart zarda 1 veya 2 gelme olasılığı: \( \displaystyle P(\text{1 veya 2}) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \).

Olaylar bağımsız olduğundan, \[ \displaystyle P(\text{tura ∩ (1 veya 2)}) \;=\; \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{6}. \] Dolayısıyla istenen olasılık \( \displaystyle \frac{1}{6} \)’dır.

• A) \( \displaystyle \frac{1}{3} \): Bu kesir, yalnızca zarın 3’ten küçük gelme olasılığını ( \( \frac{1}{3} \) ) verir; paranın tura gelmesini hesaba katmadığı için eksik bir hesaplamadır.
• B) \( \displaystyle \frac{1}{5} \): Zar–para kombinasyonlarında 5 sayısının yeri yoktur; uydurulmuş bir payda ile yanlış sonuç sunar.
• C) \( \displaystyle \frac{1}{6} \): İki bağımsız olayın çarpımı doğru biçimde yapılmıştır; hem teorik hem de combinatorics bakış açısıyla doğru cevaptır.
• D) \( \displaystyle \frac{1}{7} \): Standart zar ve para atışlarında toplam 12 olası durum bulunur; 7 faktörü bu tablodan kaynaklanmaz, bu yüzden seçenek hatalıdır.

Bağımsızlık ilkesi dikkatli kullanılınca, aranan birleşik olasılığın \( \displaystyle \frac{1}{6} \) olduğu netleşir. Bu nedenle doğru cevap “C” şıkkıdır.

4. Sorunun Çözümü

Sınıfta 10 kız ve 15 erkek olmak üzere toplam 25 öğrenci vardır. İki kişi ardışık ve rastgele seçildiğinde, her çekiliş geri koymasız gerçekleştiği için olaylar bağımsız değildir; dolayısıyla çarpma kuralını ya da kombinasyon yöntemini kullanabiliriz.

1. Yol – Çarpma Kuralı: İlk seçimin kız gelme olasılığı \( \displaystyle P_1 = \frac{10}{25} \). Kız seçildikten sonra geriye 9 kız ve 24 öğrenci kalır; ikinci seçimin kız gelme olasılığı \( \displaystyle P_2 = \frac{9}{24} \). Birleşik olasılık: \[ \displaystyle P = P_1 \times P_2 \;=\; \frac{10}{25}\times\frac{9}{24} = \frac{90}{600} = \frac{3}{20}. \]

2. Yol – Kombinasyon: Tüm iki kişilik seçimlerin sayısı \( \displaystyle \binom{25}{2} = 300 \). Yalnızca kızlardan oluşan çiftlerin sayısı \( \displaystyle \binom{10}{2} = 45 \). Olasılık: \[ \displaystyle P = \frac{45}{300} = \frac{3}{20}, \] ki bu sonuç birinci yöntemle tutarlıdır.

• A) \( \displaystyle \frac{4}{20} = \frac{1}{5} \): Sanki 4 kız seçiliyormuş gibi hatalı bir pay alır ve gerçekte %20’lik bir oran önerir; bu, doğru değerden daha yüksektir.
• B) \( \displaystyle \frac{3}{20} \): Hem ardışık olasılık çarpımı hem de kombinasyon hesabı ile elde edilen doğru sonuçtur; yaklaşık %15’e karşılık gelir.
• C) \( \displaystyle \frac{2}{10} = \frac{1}{5} \): Payda 10 seçilerek toplam öğrenci sayısı göz ardı edilmiş, pay da 2’ye indirgenmiştir; yanlış metot kullanır.
• D) \( \displaystyle \frac{1}{10} \): Bu kesir %10’luk bir olasılık öngörür; kızların toplam içindeki oranını yanlış yansıtarak gerçek değeri yarı yarıya düşük tahmin eder.

Sonuç olarak iki nöbetçi öğrencinin de kız olması için gereken olasılık \(\displaystyle \frac{3}{20}\)’dir; bu nedenle “B” şıkkı doğru cevaptır.

5. Sorunun Çözümü

Olasılık kuramında herhangi bir olayın gerçekleşme olasılığı daima \( \displaystyle 0 \le P(A) \le 1 \) aralığında yer alır. Çünkü:
• \( P(A)=0 \) ise olay imkânsızdır.
• \( P(A)=1 \) ise olay kesin gerçekleşir.
• 0 – 1 arası tüm reel sayılar olayın belli bir ihtimalle gerçekleştiğini gösterir.
Bu tanım gereği, negatif değerler veya 1’den büyük değerler olasılık olarak kabul edilemez.

• A) \( -1 \): Sayı ekseninde 0’ın solunda kaldığı için negatiftir. Negatif olasılık fiziksel anlam taşımaz; bu yüzden olasılık olamaz ve doğru yanıttır.
• B) \( 0 \): Bir olayın hiç gerçekleşmeyeceğini simgeler. Kuramsal çerçevede geçerli bir olasılık değeridir; yanlıştır.
• C) \( 1 \): Olayın kesin oluşunu ifade eder. 0 – 1 aralığında olduğu için olasılık olarak kabul edilebilir; yanlıştır.
• D) \( 12 \): 1’den çok daha büyük olup, tanım aralığını aşar. Bu da “olasılık olamaz” gibi görünse de seçenekler içinde tek doğru yanıtı aradığımızdan, zaten negatif olan “–1” ilk çelişkiyi oluşturur. 12 ise ikinci bir uygunsuz değerdir ve soruda yalnızca bir yanlış istenmediği için burada yanıltıcı seçenektir.

Özetle, olasılık değerleri 0 ile 1 arasında sınırlandırıldığından “–1” geçerli bir olasılık değildir. Bu nedenle doğru cevap “A” şıkkıdır.

6. Sorunun Çözümü

İki standart zar aynı anda atıldığında oluşan tüm olası sonuçlar \( 6 \times 6 = 36 \) farklı ikilidir: \((1,1),(1,2),\dots,(6,5),(6,6)\). Sorunun istediği durum “her iki zarda da aynı sayının gelmesi” olup, şu 6 elverişli çift bu şartı sağlar: \[ (1,1),\; (2,2),\; (3,3),\; (4,4),\; (5,5),\; (6,6). \] O hâlde olasılık \( \displaystyle P(\text{aynı}) = \frac{\text{elverişli sonuç sayısı}}{\text{tüm sonuç sayısı}} = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}. \)

• A) \( \displaystyle \frac{1}{5} \): Paydasında 30 varsayar; ancak iki zar kombinasyonunda 36 olası ikili bulunur. Sonuç sayısını yanlış seçtiği için yanlıştır.
• B) \( \displaystyle \frac{1}{6} \): Elverişli \(6\) sonuç, toplam \(36\) durumun tam altıda birini oluşturur; dolayısıyla doğru cevaptır.
• C) \( \displaystyle \frac{1}{7} \): Payda 36’yı bölmez ve zar olasılık tablosuyla ilişkisizdir; uydurulmuş bir değerdir.
• D) \( \displaystyle \frac{1}{8} \): Bu kesir, 4 elverişli sonuç varsayar (\( \frac{4}{32} \) benzeri). Gerçekte aynı sayının gelme senaryoları 4 değil 6’dır; bu nedenle hatalıdır.

Özetle, iki zar atıldığında “çift” gelme ihtimali kombinatorik olarak \( \displaystyle \frac{1}{6} \) çıkar. Bu nedenle doğru seçenek “B” şıkkıdır.

7. Sorunun Çözümü

Bu problem iki bağımsız olayı içermektedir: paranın yazı gelmesi ve zarın tek sayı (1, 3, 5) göstermesi. Bağımsızlık, her olayın sonucunun diğerini etkilemediği anlamına gelir; dolayısıyla birleşik olasılık iki olasılığın çarpımı ile hesaplanır.

• Paranın yazı gelme olasılığı \( \displaystyle P(\text{yazı}) = \frac{1}{2} \).
• Zarın tek sayı gelme olasılığı \( \displaystyle P(\text{1 veya 3 veya 5}) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \).

Birleşik olasılık: \[ \displaystyle P(\text{yazı ∩ tek}) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}. \]

• A) \( \displaystyle \frac{1}{2} \): Yalnızca tek zar sonucunu ya da yazı para sonucunu dikkate almış gibi davranır. İki şartı birlikte ele almadığı için eksik hesaplama yapar.
• B) \( \displaystyle \frac{1}{3} \): Üçlü olasılık senaryosunu ima eden bir payda kullanır; ancak coin–zar kombinasyonlarında \(3\) olası durum söz konusu değildir. Yanlış bir payda seçmiştir.
• C) \( \displaystyle \frac{1}{4} \): Her iki olayın (\( \frac{1}{2} \) × \( \frac{1}{2} \)) çarpımı tam olarak bu kesri verir; doğru cevaptır.
• D) \( \displaystyle \frac{1}{5} \): “Beş” paydası, ne 2 × 6 kombinasyon tablosundan ne de sadeleşmiş bir ara sonuçtan türetilebilir; uydurulmuş bir değerdir.

Sonuç olarak, bağımsız olayların çarpımı bizlere \( \displaystyle \frac{1}{4} \) değerini verir. Bu nedenle doğru seçenek “C” şıkkıdır.

8. Sorunun Çözümü

Standart bir zar 6 yüzeye sahiptir ve bu yüzeyler 1, 2, 3, 4, 5, 6 rakamlarıyla numaralandırılmıştır. Olasılık kuramına göre, örnek uzay dışındaki herhangi bir sonucun gerçekleşme ihtimali 0’dır, çünkü olayın gerçekleşmesi tanımsal olarak imkânsızdır.

Soruda sorulan “zarın 8 gelmesi” olayı, örnek uzayda yer almayan bir değeri talep ettiği için imkânsız olay kapsamına girer. İmkânsız olayın olasılığı \( \displaystyle P(\text{imkânsız}) = 0 \) olarak tanımlanmıştır.

• A) 0: İmkânsız olayın olasılığıdır; standart zar hiçbir koşulda “8” gösteremez. Bu nedenle doğru cevaptır.
• B) 1: \( P=1 \) yalnızca kesin olaylar için geçerlidir (örneğin “zarın 1 – 6 arası bir sayı gelmesi”). “8 gelmesi” kesinlikle mümkün değildir; bu değer yanlıştır.
• C) \( \displaystyle \frac{1}{6} \): Bu oran zarın örnek uzayındaki herhangi bir yüze denk düşer; “8” ise örnek uzayda yoktur. Dolayısıyla \( \displaystyle \frac{1}{6} \) burada kullanılamaz.
• D) \( \displaystyle \frac{1}{7} \): Yedi yüzlü zar kavramından türetilmiş olacak şekilde uydurulmuştur; standart altı yüzlü zarla ilişkisizdir ve yanlıştır.

Özetle, 8 rakamı standart bir zarın yüzeyleri arasında bulunmaz; dolayısıyla olay imkânsızdır ve olasılığı sıfırdır. Bu nedenle doğru seçenek “A” şıkkıdır.

9. Sorunun Çözümü

Olasılık sorularında ilk adım örnek uzayı belirlemektir. Torbada 4 beyaz + 3 mavi + 2 sarı olmak üzere toplam 9 top vardır. Aranan olay “çekilen topun sarı renkli olması” olup, elverişli durum sayısı 2’dir. Geri koymasız tek çekim yapılacağı için klasik olasılık formülü kullanılır: \[ \displaystyle P(\text{sarı}) = \frac{\text{elverişli top sayısı}}{\text{toplam top sayısı}} = \frac{2}{9}. \] Bu kesir sadeleşmez ve yaklaşık olarak %22,2’ye denk gelir.

• A) \( \displaystyle \frac{1}{9} \): Bu değer yalnızca bir sarı top varmış gibi davranır. Oysa torbada iki sarı top bulunur; olay sayısını yarıya indirdiği için yanlıştır.
• B) \( \displaystyle \frac{2}{9} \): Elverişli durum sayısı 2, toplam durum sayısı 9’dur. Klasik olasılık tanımını tam olarak karşılar; doğru cevaptır.
• C) \( \displaystyle \frac{3}{9} = \frac{1}{3} \): Torbada üç sarı top varmış gibi varsayar. Elverişli sayı gerçekte 2 olduğu için bu oran olayın gerçek ihtimalini abartır.
• D) \( \displaystyle \frac{4}{9} \): Beyaz topların sayısını sanki sarı toplar gibi kullanır. Böylece olasılığı neredeyse iki katına çıkararak yanıltıcı bir sonuç üretir; yanlıştır.

Sonuç olarak, torbadan rastgele çekilen topun sarı olma olasılığı \( \displaystyle \frac{2}{9} \)’dur ve bu “B” şıkkında verilmiştir.

10. Sorunun Çözümü

Geri koymasız iki çekim yapılacağı belirtilmiş olduğundan, ikinci çekilişin olasılık koşulları birinci çekilişin sonucuna göre değişir; olaylar bağımlıdır.
• Torbada başta 4 beyaz ve 3 mavi olmak üzere toplam \( 4+3 = 7 \) top mevcuttur.
• Tüm hesapları \( \displaystyle P = P_1 \times P_2 \) biçiminde yapacağız.

1. çekiliş: Beyaz top seçme olasılığı \( \displaystyle P_1 = \frac{4}{7} \).
2. çekiliş: Bir beyaz top eksildiğinden geriye 3 beyaz ve 6 toplam top kalır; beyaz seçme olasılığı \( \displaystyle P_2 = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \).

Birleşik olasılık: \( \displaystyle P = \frac{4}{7} \times \frac{1}{2} = \frac{4}{14} = \frac{2}{7}. \)

• A) \( \displaystyle \frac{2}{7} \): İlk çekilişte \(4/7\), ikinci çekilişte \(3/6\) beyaz gelme olasılıklarının çarpımıdır; aritmetik olarak tam isabet sağlar.
• B) \( \displaystyle \frac{1}{2} \): Sanki iki çekilişi birbirinden bağımsız gibi değerlendirir ve ikinci çekilişte 3 yerine 4 beyaz top kalmış sayar; koşullu olasılığı ihmal ettiği için yanlıştır.
• C) \( \displaystyle \frac{3}{5} \): 5 paydası, geri kalan topların yanlış sayılmasından doğar. Yeniden hesaplandığında gerçek değer %42,85 değil, %28,57’dir.
• D) \( \displaystyle \frac{4}{5} \): İki çekiliş boyunca hiç mavi top kalmıyormuş varsayımına dayanır; gerçekte ilk çekilişten sonra bile torbada mavi toplar mevcuttur. Olasılığı gereksiz şekilde şişirir.

Özetle, geri koymasız iki çekimde her ikisinin de beyaz olması ancak \( \displaystyle \frac{2}{7} \) olasılıkla mümkün olur. Bu yüzden doğru seçenek “A” şıkkıdır.

11. Sorunun Çözümü

Soruda koşullu olasılık kavramı vardır: “Üste gelen sayı 2’den büyük” ön koşulu
–yani bilinen bilgi– bize örnek uzayımızı daraltır. Standart zarın tüm yüzleri \(\{1,2,3,4,5,6\}\) iken, verilen koşuldan sonra mümkün değerler
\( S = \{3,4,5,6\} \) şeklinde 4 elemanlı bir alt küme olur.

İstenen olay ise “üst yüzün çift olması”dır. Koşullu örnek uzayda
çift sayılar \( \{4,6\} \) olup, bunların sayısı 2’dir.
Dolayısıyla koşullu olasılık formülü \( \displaystyle P(\text{çift}\mid\text{>2}) = \frac{\text{elverişli durum sayısı}}{\text{koşullu örnek uzay}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}. \)

• A) \( \displaystyle \frac{1}{2} \): Koşullu örnek uzayı doğru (4 eleman) ve elverişli durum sayısını doğru (2 eleman) alır; tam isabettir, doğru cevaptır.
• B) \( \displaystyle \frac{1}{3} \): Payda olarak 3 kullanmak, sanki koşullu örnek uzayda yalnızca \(\{3,4,5\}\) varmış gibi davranır ve “6” yüzünü dışlar; örnek uzay eksik alındığı için yanlıştır.
• C) \( \displaystyle \frac{1}{4} \): Payda 4 doğru olsa da payı 1 seçerek yalnızca tek bir çift sayı bulunduğunu varsayar. Gerçekte hem 4 hem de 6 çift olduğu için elverişli durum sayısı yanlış sayılmıştır.
• D) \( \displaystyle \frac{1}{5} \): Beşli payda, zar sonucu olasılık tablosunda yer almayan keyfî bir değerdir; hem örnek uzayı hem de elverişli durumları hatalı tanımlar, uydurulmuş bir kesirdir.

Özetle, bilinen koşul nedeniyle incelenen yüzler dört taneye düşer; bunlardan ikisi çifttir. Koşullu olasılık \( \displaystyle \frac{1}{2} \) olur ve bu değer “A” şıkkında verilmiştir.

12. Sorunun Çözümü

İki standart zar aynı anda atıldığında her biri 1 – 6 arası sayılardan birini gösterir. Olasılık hesabı yaparken önce örnek uzayı tanımlarız. Her zar için 6, iki zar için \( 6 \times 6 = 36 \) olası düzenli ikili vardır. Bunları (1,1),(1,2), …, (6,6) biçiminde düşünebilirsiniz.

Aynı sayı gelmesi koşulunu sağlayan elverişli durumlar şunlardır: \( (1,1), (2,2), (3,3), (4,4), (5,5), (6,6) \). Gördüğünüz gibi 6 adet elverişli ikili var. Dolayısıyla klasik olasılık formülü \[ \displaystyle P(\text{aynı}) \;=\; \frac{\text{elverişli durum sayısı}}{\text{tüm durum sayısı}} \;=\; \frac{6}{36} \;=\; \frac{1}{6}. \] Bu kesir yaklaşık %16,7’ye karşılık gelir.

• A) \( \displaystyle \frac{1}{5} \): Payda olarak 30 kullanılmıştır; oysa kombinasyon tablosu 36 olasılık içerir. Geçersiz payda, değeri otomatik olarak yanlış yapar.
• B) \( \displaystyle \frac{1}{6} \): 6 elverişli sonuç ÷ 36 olası sonuç = 1/6. Hem sayısal hem de mantıksal olarak doğru cevaptır.
• C) \( \displaystyle \frac{1}{7} \): 7 paydası, zar‑zar eşleşmelerinin hiçbir aşamasında ortaya çıkmaz (6 × 6 = 36, sadeleştirme de 7 vermez); uydurulmuş bir oran olduğu için gerçek olasılıkla bağdaşmaz.
• D) \( \displaystyle \frac{1}{8} \): Bu seçenek, 4 elverişli durum varmış gibi \( \frac{4}{32} \) tarzı sahte bir tabloyu yansıtır. Oysa elverişli durum sayısı 6 ve toplam durum sayısı 36 olmalıdır; dolayısıyla hatalıdır.

Sonuç: İki zarın üst yüzleri aynı sayıyı gösterme olasılığı \( \displaystyle \frac{1}{6} \)’dır; bu da “B” şıkkına karşılık gelir.

13. Sorunun Çözümü

Olasılık kuramında ideal para modeli yalnızca iki sonuca izin verir: yazı veya tura. Bu soyut modelde paranın yan yüzeyine dik düşmesi, örnek uzayda tanımlı değildir. Yani “dik gelme” olayı, imkânsız olay olarak kabul edilir ve olasılığı \( \displaystyle P = 0 \) olarak tanımlanır.

Gerçek dünyada paranın kenarı üzerine düşme ihtimali laboratuvar koşullarında son derece küçük—yaklaşık \( 1 \) / 6000 gibi—ölçülmüş olsa da teorik modeller bu değeri sıfıra yuvarlar. Sınav soruları da bu ideal yaklaşımı benimser; dolayısıyla doğru cevap “0”dır.

• A) 0: İmkânsız olayın olasılığıdır; ideal para modeliyle %0 gerçekleşme ihtimali gösterir. Doğru cevaptır.
• B) \( \displaystyle \frac{1}{2} \): Bu kesir yazı veya tura gelme olasılıklarına aittir. “Dik gelme” iki temel sonuçtan biri değildir; bu nedenle yanlıştır.
• C) \( \displaystyle \frac{1}{3} \): Sanki para üç yüzeye sahipmiş gibi bir varsayım yapar. Standart madeni para iki yüzlüdür; üçüncü sonuç fiziksel olarak tanımlı olmadığından bu oran geçersizdir.
• D) 1: Olasılığın “kesin gerçekleşme” değeridir. Paranın her atışta kenarı üzerine düşmesi mümkün değildir; abartılı ve hatalı bir ifadedir.

Özetle, ideal olasılık modelinde “dik gelme” örnek uzay dışında kaldığı için olasılığı \( 0 \)’dır. Bu nedenle doğru cevap “A” şıkkıdır.

14. Sorunun Çözümü

Doğum olayları istatistiksel olarak bağımsız kabul edilir; yani önceki çocukların cinsiyeti, sonraki doğumun sonucunu hiçbir şekilde etkilemez. Tıbbi ve demografik araştırmalarda da tekil bir doğumun erkek olma olasılığı yaklaşık \( \displaystyle P(\text{erkek}) = \frac{1}{2} \), kız olma olasılığı ise \( \displaystyle P(\text{kız}) = \frac{1}{2} \) olarak modellenir. Dolayısıyla ailenin hâlihazırda bir kız + bir erkek çocuğa sahip olması, üçüncü doğumun cinsiyet dağılımını istatiksel olarak değiştirmez.

O hâlde üçüncü çocuğun erkek olma olasılığı doğrudan \( \displaystyle \frac{1}{2} \)’dir. Bu, yaklaşık %50 demektir ve Bernoulli denemesi mantığıyla da uyumludur: \[ \displaystyle P_3(\text{erkek}) = P(\text{erkek}) = \frac{1}{2}. \]

• A) \( \displaystyle \frac{1}{5} \): Beşli payda; kız, erkek, ikiz gibi fazladan sonuç varsayar. Tekil doğum sadece iki ihtimali içerir; bu oran istatistiksel veriyle bağdaşmaz.
• B) \( \displaystyle \frac{1}{4} \): Bir Koşullu olay gibi görünse de, önceki iki doğumun kombinasyonlarını da hesaba katıp gereksizce payda büyütür; bağımsızlık ilkesini ihlâl eder, yanlıştır.
• C) \( \displaystyle \frac{1}{3} \): Sanki üç eşit cinsiyet seçeneği varmış (erkek, kız, belirsiz) gibi davranır. Oysa medikal olarak doğumun iki temel sonucu kabul edilir; bu nedenle geçersizdir.
• D) \( \displaystyle \frac{1}{2} \): Bağımsızlık varsayımına tam uyar; erkek ve kız olasılıklarının eşit olduğunu ifade eder. Doğru cevaptır.

Sonuç: Önceki çocukların cinsiyeti üçüncü doğumu etkilemez; üçüncü bebeğin erkek olma olasılığı \( \displaystyle \frac{1}{2} \) olup “D” şıkkında verilmiştir.

15. Sorunun Çözümü

İki hilesiz zar atılırken her biri 1, 2, 3, 4, 5, 6 değerlerinden birini eşit olasılıkla gösterir. Olayımız “her iki zarda da üst yüzün 1 olması” şeklinde tanımlıdır. Zar atışları bağımsız olduğundan birleşik olasılık, \( \displaystyle P = P_1 \times P_2 \) kuralı ile bulunur.

• İlk zarın 1 gelme olasılığı \( \displaystyle P_1 = \frac{1}{6} \).
• İkinci zar da bağımsız olarak aynı olasılıkla 1 gelir, \( \displaystyle P_2 = \frac{1}{6} \).

Birleşik olasılık: \( \displaystyle P(\text{1,1}) = \frac{1}{6} \times \frac{1}{6} = \frac{1}{36}. \) Bu, yaklaşık %2,78’lik bir ihtimale karşılık gelir.

• A) \( \displaystyle \frac{1}{16} \): Payda 16, sanki her zarın 4 yüzü varmış gibi bir model kullanır; altı yüzlü standart zarlarla uyumsuzdur.
• B) \( \displaystyle \frac{1}{25} \): 5 × 5 kombinasyonunu ima eden keyfî bir payda seçmiştir. Zarların her biri 6 olası sonuç içerdiğinden, 25 olası ikili özel zar gerektirir; bu oran gerçekçi değildir.
• C) \( \displaystyle \frac{1}{36} \): 36 olası ikiliden yalnızca bir tanesi (1,1) istenen olayı temsil eder; klasik olasılık tanımıyla tam uyumludur. Doğru cevaptır.
• D) \( \displaystyle \frac{1}{40} \): Payda büyüyerek elverişli durumu olduğundan küçük gösterir; 6 × 6 tablosu içinde 40 kadar düzenli ikili yoktur. Bu nedenle yanlıştır.

Sonuç: İki zarın da 1 gelme olasılığı \( \displaystyle \frac{1}{36} \) olup, bu değer “C” şıkkında yer almaktadır.