clc
clear
L=10;
k=5;
n=100;
tek=1000;
for r=1:tek
for j=1:n
for i=1:k
u=rand;
x(i)=-L*log(1-u);
end
y(j)=sum(x);
end
ort(r)=mean(y)
end
mcort=mean(ort)
mcvar=var(ort)
t=30:0.5:70;
hist(ort,t)
19 Nisan 2021 Pazartesi
gama fonksiyonu
clc
clear
k=5;
L=10;
n=1000;
for j=1:n
for i=1:k
u=rand;
x(i)=-L*log(1-u);
end
y(j)=sum(x);
end
mean(y)
hist(y)
üstel dağılımı merkezi limit teoremi ile yazalım
clc
clear
L=10;
n=10;
tek=10000;
for j=1:tek
for i=1:n
u=rand;
x(i)=-L*log(1-u);
end
ort(j)=mean(x);
end
mcort=mean(ort)
mcvar=var(ort)
z=(ort-ones(1,tek))*mcort*(1/sqrt(mcvar));
hist(z)
s=0;
for r=1:tek
if z(r)<=1.64
s=s+1;
end
end
ol=s/tek
matlab da üstel dağılımı veren program
clc
clear
L=10;
n=10000;
for i=1:n
u=rand;
x(i)=-L*log(1-u);
end
ort=mean(x)
v=var(x)
t=0:120;
hist(x,t)
matlab dan bir örnek ortalama ve varyans
Bir kasiyerin bir tane müşteri ile ilgili işlemi gerçekleştirme süresiortalama 5 dk olsun. Bu kasiyerin 1 saatlik süre içinde işlem yapacağı müşteri sayısını bul.
clc
clear
L=5;
n=10000;
for j=1:n
F=0;
u=rand;
for i=0:100000
f=(exp(-L)*L^i)/factorial(i);
F=F+f;
if u<=F;
x(j)=i;
break
end
end
end
mcort=mean(x)
mcvar=var(x)
%x belli bir zaman aralığındaki durumların sayısı
7 Mart 2020 Cumartesi
Matlab da poisson dagılımı hesaplatan program
clcclear
tekrar=10000;
n=100;
L=10;
s=0;
for i=1:tekrar
x=poissrnd(L,1,n);
ort(i)=mean(x);
z(i)=(ort(i)-L)/sqrt(L/n); %standardize edilmiş hali
if z(i)<=1.96 %değeri 1,96 dan küçük olanları saydırıyorum
s=s+1;
end
ol(i)=s/i; %olasılığını hesapladım
end
ol
figure(1)
plot(ol)
figure(2)
t=-4:0.05:4;
hist(z,t)
%negatif binomdan elde ettik örnek artimatik ortalamsı istatistiğinin
%dağılımını elde ettik
MATLAB DA NORMAL DAĞILIMI VEREN KOD
clcclear
tekrar=10000;
a=5^5;
m=(2^35)-31;
x(1)=1;
toplamf=0;
c=-1.96
d=1.96
for i=2:tekrar
x(i)=a*x(i-1)-floor((a*x(i-1)/m))*m;
y(i)=x(i)/m;
y(i)=rand;
f=(d-c)*(1/sqrt(2*pi))*exp((-1/2)*(((d-c)*y(i)+c)^2));
toplamf=toplamf+f;
ola(i)=toplamf/i;
end
plot(ola)
ola=toplamf/tekrar
toplamf=0;
25 Aralık 2019 Çarşamba
olasılıklı olmayan örnekleme yöntemleri
OLASILIKLI OLMAYAN ÖRNEKLEME
Örnekleme seçilen
her bireyin seçilme olasılığı eşit değil.
1) Gelişi güzel örnekleme (Haphazard
Sampling):
Araştırmacının saptanan örneklem büyüklüğüne göre
herhangi bir şekilde evrenin bir parçasını seçmesidir.
Örneğin hastanede doktorların bir hastalık ile
ilgili araştırma yaparken ilk gelen 200 hastayı alması. Maliyeti azdır, zamanı
verimli kullanır, pilot çalışmalarda, ön test uygulamalarında kullanılabilir.
2)Kota örnekleme (Qouta Sampling):
Evren tabakalara ayrılır. Evrendeki ve her
tabakadaki birey sayısı biliniyor olmalıdır.
Örneğin bir bölgede sosyal faaliyetlere Katılma
sıklığı araştırılsın. Yaş gruplarına göre bölgede 500 kişi ile araştırma
yapılsın. Bölge nüfusu 7000. 0-17 yaş
arası nüfus 2000- 100 kişi seçilir. 18-64 yaş arası nüfus 4000-350 kişi
seçilir. 65 yaş ve üzeri nüfus 1000-50 kişi seçilir.
3)Kartopu örnekleme (Snowball
Sampling):
İlk önce evrende yer alan 1 birey rastgele seçilir.
Bu birey 1. Birimdir. Bu bireye aynı evrende yer alan bir tanıdığı sorulur. Var
ise bu bireye ulaşılır. Bu süreç istenilen örneklem hacmine ulaşılıncaya kadar
sürdürülür.
4)Amaçsal/yargısal/güdümlü örnekleme
(Judgement Sampling):
Araştırmacının, bilgi, görgü, düşünceleri
doğrultusunda geliştirdiği amaca yönelik örnekleme yapmasıdır. Özellikle
kamuoyu araştırmalarında kullanılmaktadır.
5)Yakalama- yeniden yakalama
örnekeleme (Capture Sampling):
Çıkış noktası hayvan popülasyonlarının kestirimidir.
Hayvanları tek tek saymak yerine bu
yöntem kullanılmış. Bu yöntemde doğada yaşayan A sayıda hayvan yakalanır,
işaretlenir ve geri bırakılır. Bir süre sonra 2. Yakalamada b sayıda hayvan
yakalanır. Bunların içinde a tane sayıda önceden işaretlenmiş hayvan bulunur.
Buna göre evrendeki hayvan sayısı b tahmin edilir.
6)Dilim örnekleme (Chunk Sampling):
Evren çok geniş, örneklem birimlerine ulaşmak çok
yüksek maliyet ise kullanılabilir. Evren dilimlere ayrılır ve 1 dilim seçilerek
araştırmaya dahil edilecek birimler elde edilir. Evrenin homojen olması
gerekir.
ÖRNEKLEMEYİ ZORUNLU KILAN SEBEPLER
1) Yığın içinde yer alan
tüm birimlere sahip olamayabiliriz.
2) Yığın içinde yer alan
birimleri ölçmek eylemi birimleri deforme edebilir.
3) Yığın birimlerinin
tümünü ölçmek uzun zaman alabilir.
4) Yığın birimlerinin
tümünü ölçmek yüksek maliyet gerektirebilir
5 Temmuz 2019 Cuma
AON AOA ağı CPM PERT soru çozüm
CPM VE PERT ÖRNEK SORU VE ÇÖZÜMÜ
Amasya ili Merzifon belediyesinde yeterince çocuk Parkı olmadığı fark edilmiştir ve bundan dolayı Merzifon ilçesine çocuk parkı yapılması için harekete geçilmiştir. Projenin adımları aşağıdadır.
GANTT GRAFİĞİ
AOA AGI
AON AGI
proje yönetimi dersi örnek proje AOA ağı AON agı GANTT grafiği CPM VE PERT YÖNTEMİ İLE ÇÖZÜM
Amasya ili Merzifon belediyesinde yeterince çocuk Parkı olmadığı fark edilmiştir ve bundan dolayı Merzifon ilçesine çocuk parkı yapılması için harekete geçilmiştir. Projenin adımları aşağıdadır.
CPM YÖNTEMİ İLE ÇÖZÜM
AKTİVİTE
|
AKTİVİTE TARİFİ
|
AKTİVİTE ÖNCELİ
|
SÜRE (HAFTA)
|
A
|
Park yapılacak alanı bul
|
-
|
3
|
B
|
Su ve elektrik tesislerini kur
|
A
|
2
|
C
|
Havuz için alan ayır
|
A
|
1
|
D
|
Çevre düzenlemesi yap
|
B,C
|
3
|
E
|
Havuzun yapılması
|
B,C
|
2
|
F
|
Oyuncakların getirilmesi
|
D
|
2
|
G
|
Oyuncakların montajı
|
E,F
|
2
|
H
|
Alanın temizlenmesi
|
G
|
3
|
I
|
Alanın çimlendirilmesi ve ağaçlandırılması
|
H
|
1
|
GANTT GRAFİĞİ
AOA AGI
AON AGI
EN ERKEN BAŞLAMA ZAMANI VE EN ERKEN BİTİŞ ZAMANININ HESAPLANMASI
EN ERKEN BAŞLAMA ZAMANI (ES)
EN ERKEN BİTİŞ ZAMANI (EF)
ES(A)=0
EF(A)=ES(A)+A=0+3=3
ES(B)=3
EF(B)=ES(B)+B=3+2=5
ES(C)=3
EF(C)=ES(C)+C=3+1=4
ES(D)=MAX(EF(B),EF(C))=5
EF(D)=ES(D)+D=5+3=8
ES(E)=MAX(EF(B),EF(C))=5
EF(E)=ES(E)+E=5+2=7
ES(F)=8
EF(F)=ES(F)+F=8+2=10
ES(G)=MAX(EF(E),EF(F))=10
EF(G)=ES(G)+G=10+2=12
ES(H)=12
EF(H)=ES(H)+H=12+3=15
ES(I)=15
EF(I)=ES(I)+I=15+1=16
EN ERKEN BİTİŞ ZAMANI (EF)
ES(A)=0
EF(A)=ES(A)+A=0+3=3
ES(B)=3
EF(B)=ES(B)+B=3+2=5
ES(C)=3
EF(C)=ES(C)+C=3+1=4
ES(D)=MAX(EF(B),EF(C))=5
EF(D)=ES(D)+D=5+3=8
ES(E)=MAX(EF(B),EF(C))=5
EF(E)=ES(E)+E=5+2=7
ES(F)=8
EF(F)=ES(F)+F=8+2=10
ES(G)=MAX(EF(E),EF(F))=10
EF(G)=ES(G)+G=10+2=12
ES(H)=12
EF(H)=ES(H)+H=12+3=15
ES(I)=15
EF(I)=ES(I)+I=15+1=16
ÖZET
AKTİVİTE
ES
EF
LS
LF
TS(BOLLUK)
A
0
3
0
3
0
B
3
5
3
5
0
C
3
4
4
5
1
D
5
8
5
8
0
E
5
7
8
10
3
F
8
10
8
10
0
G
10
12
10
12
0
H
12
15
12
15
0
I
15
16
15
16
0
ÖZET
AKTİVİTE
AKTİVİTE
ES
EF
LS
LF
TS(BOLLUK)
A
0
3
0
3
0
B
3
5
3
5
0
C
3
4
4
5
1
D
5
8
5
8
0
E
5
7
8
10
3
F
8
10
8
10
0
G
10
12
10
12
0
H
12
15
12
15
0
I
15
16
15
16
0
A-B-D-F-G-H-I (3+2+3+2+2+3+1=16)=KRİTİK YOL
•Şebeke yollar; 4 adet
•A-B-D-F-G-H-I (3+2+3+2+2+3+1=16)=KRİTİK YOL
•A-B-E-G-H-I (3+2+2+2+3+1=13)
•A-C-D-F-G-H-I (3+1+3+2+2+3+1=15)
•A-C-E-G-H-I (3+1+2+2+3+1=12)
•Proje 10 düğümden oluşur.
•Proje süresi 16 haftadır.
•C aktivitesinde 1 hafta, e aktivitesinde 3 hafta bolluk süresi vardır.
2 tane kukla değişken kullanıldıPERT YÖNTEMİ İLE ÇÖZÜM
AKTİVİTE
AKTİVİTE ÖNCELİ
İYİMSER SÜRE (ai)
NORMAL SÜRE (mi)
KÖTÜMSER SÜRE (bi)
A
-
6
7
14
B
A
5
6
13
C
A
3
5
7
D
B,C
3
4
11
E
B,C
6
8
F
D
3
4
5
G
E,F
1
2
3
H
G
1
2
3
I
H
1
3
5
AKTİVİTE
AKTİVİTE ÖNCELİ
İYİMSER SÜRE (ai)
NORMAL SÜRE (mi)
KÖTÜMSER SÜRE (bi)
A
-
6
7
14
B
A
5
6
13
C
A
3
5
7
D
B,C
3
4
11
E
B,C
6
8
F
D
3
4
5
G
E,F
1
2
3
H
G
1
2
3
I
H
1
3
5
ORTALAMA
|
FAALİYETİN TAMAMLANMA SÜRESİNİN VARYANSI
|
8
|
1.78
|
7
|
1.78
|
5
|
0.44
|
5
|
1.78
|
6
|
0.44
|
4
|
0.11
|
2
|
0.11
|
2
|
0.11
|
3
|
0.11
|
•E(T)=PROJENİN BİTİŞ SÜRESİNİN ORTALAMASI
A-B-D-F-G-H-I =8+7+5+4+2+2+3=31
•V(T)=PROJENİN BİTİŞ SÜRESİNİN VARYANSI
1.78+1.78+1.78+0.11+0.11+0.11+0.11
=5.78
•Bu projenin 30 haftadan daha kısa sürede bitme olasılığı=
•P(T<30)
P(T-E(T)/V(T)^½)=P(30-31/(5.78)^½)
=P(Z<-0.4159)
1-P(Z<-0.4159)
1-P(Z<0.4159)
1-0.4159=0.5841
%58
•Bu projenin 33 haftadan daha uzun sürede bitme olasılığı=
•P(T<33)
P(Z>33-31/(5.78)^½)
P(Z>0.8318)
1-0.7967=0.2033
%20
•Bu proje %99 olasılıkla hangi gün aralıklarında biter?
•{T alt,T üst}
E(T)-Z1-a/2V(T)^½
E(T)+Z1-a/2V(T)^½
1-a/2=0.995=2.57
31-2.57(5.78)^½=24.83
31+2.57(5.78)^½=37.17
•%99 oranla yaklaşık 24.83 ile 37.17 hafta arasında projenin bitmesi beklenir.
Kaydol:
Kayıtlar (Atom)