--- kurs: - S0008M tags: - matematik - statistik - sannolikhetslära - fördelning förkunskaper: - "[[Stokastisk variabel]]" - "[[Oberoende upprepningar]]" status: utkast aliases: - Binomialfördelningen - Bin(n,p) - Binomial distribution --- > **Kurs:** S0008M > **Förkunskaper:** [[Stokastisk variabel]], [[Oberoende upprepningar]] --- Binomialfördelningen räknar hur många av $n$ oberoende försök som lyckas, när varje försök lyckas med samma sannolikhet $p$. Den är kursens vanligaste diskreta fördelning och grunden för både Poisson- och normalapproximationen. --- ## 1. Sannolikhetsfunktionen Upprepa samma försök $n$ gånger, [[Oberoende upprepningar|oberoende av varandra]], där varje försök antingen lyckas (sannolikhet $p$) eller misslyckas. Låt $\xi$ vara **antalet lyckade försök**. Då är $\xi$ binomialfördelad, $\xi\in\text{Bin}(n,p)$, med $$ \boxed{P(\xi = k) = \binom{n}{k}\,p^k\,(1-p)^{n-k}, \qquad k = 0,1,\dots,n} $$ De tre faktorerna säger var sin sak: - $p^k$ — de $k$ försök som lyckas. Oberoende, alltså multiplicerat. - $(1-p)^{n-k}$ — de $n-k$ som misslyckas. - $\binom{n}{k}$ — antalet sätt att välja *vilka* av de $n$ försöken som är de lyckade. Utan den räknar vi bara en enda specifik ordningsföljd. > [!important] Fyra villkor måste hålla > 1. **Fixt $n$** — antalet försök bestäms i förväg, inte av utfallet. > 2. **Två utfall** per försök — lyckat eller inte. > 3. **Samma $p$** i alla försök. > 4. **Oberoende** försök. > > Faller något av dem är det inte en binomialfördelning. Dragning *utan* återläggning bryter mot både 3 och 4. --- ## 2. Väntevärde och varians $$ \boxed{E(\xi) = np, \qquad V(\xi) = np(1-p)} $$ Båda följer direkt ur att $\xi$ är en **summa av $n$ oberoende Bernoullivariabler** $\xi = \eta_1 + \dots + \eta_n$, där varje $\eta_i$ är $1$ vid lyckat försök och $0$ annars. Eftersom $E(\eta_i)=p$ och $V(\eta_i)=p(1-p)$ ger väntevärdets linjäritet och variansens additivitet vid oberoende resultatet med $n$ termer. Variansen är som störst vid $p=1/2$ och krymper mot noll när $p$ närmar sig $0$ eller $1$ — vilket är rimligt, för då är utfallet nästan givet på förhand. > [!example]- Exempel — exakt två sexor på fem tärningskast > Vi kastar en rättvis sexsidig tärning fem gånger. Vad är sannolikheten att exakt två av kasten ger en sexa? > > > [!note]- Lösning > > **Setup.** "Lyckat" = sexa, alltså $p = \frac16$, $n = 5$, och vi söker $k = 2$. Kasten är oberoende och $p$ är densamma i alla, så $\xi\in\text{Bin}(5,\tfrac16)$. > > > > **Räkningen.** > > $$ > > P(\xi = 2) = \binom{5}{2}\left(\dfrac16\right)^{2}\left(\dfrac56\right)^{3} > > = 10\cdot\dfrac{1}{36}\cdot\dfrac{125}{216} > > = \boxed{\dfrac{625}{3888}} \approx 0{,}161 > > $$ > > > > **Rimlighetskoll.** Väntevärdet är $E(\xi) = 5\cdot\frac16 \approx 0{,}83$ sexor. Två sexor ligger alltså över det förväntade men bara drygt en standardavvikelse bort, eftersom $\sigma = \sqrt{5\cdot\frac16\cdot\frac56} \approx 0{,}83$. Att det landar på ungefär $16\ \%$ är därför rimligt — ovanligt, men långt ifrån osannolikt. > > > > **På räknaren.** `binomPdf(5,1/6,2)`. > > > > *Ej kontrollerat mot facit — två oberoende lösningar stämmer överens.* ![[binomial-fordelning.png|560]] Till vänster syns tärningsexemplet: massan ligger vid $k=0$ och $k=1$, precis som väntevärdet $0{,}83$ antyder. Till höger flyttar $p$ tyngdpunkten i sidled, och staplarna är som bredast vid $p=1/2$ — samma sak som att variansen $np(1-p)$ maximeras där. --- ## 3. Släktingar och gränsfall Binomialfördelningen sitter mitt i ett nät av andra fördelningar, och det är ofta enklare att räkna med grannarna: | Situation | Vad som händer | |---|---| | $n = 1$ | Fördelningen reduceras till en Bernoullifördelning $\text{Be}(p)$ | | $p \le 0{,}1$ och $n \ge 10$ | [[Poissonfördelning\|Poissonapproximation]] $\text{Po}(np)$ | | $np(1-p) \ge 10$ | Normalapproximation $N\big(np,\ \sqrt{np(1-p)}\big)$ — se [[Normalfördelning\|normalfördelningen]] | | Dragning utan återläggning | [[Hypergeometrisk fördelning]] i stället — försöken är inte oberoende | > [!note] Beteckning > Kursen skriver $\xi\in\text{Bin}(n,p)$ med $\in$, som Vännman. I annan litteratur är $\xi\sim\text{Bin}(n,p)$ vanligare. > [!tip] Varför normalapproximationen dyker upp > Eftersom $\xi$ är en summa av många oberoende likafördelade termer är centrala gränsvärdessatsen tillämplig. Det är samma mekanism som gör normalfördelningen till standardsvar överallt annars. > [!warning] Vanliga fel > - **Dragning utan återläggning är inte binomisk.** Ändras sannolikheten mellan försöken är det [[Hypergeometrisk fördelning|hypergeometrisk fördelning]]. > - **Glömma binomialkoefficienten.** $P(\xi = k) = \binom nk p^k(1-p)^{n-k}$; utan $\binom nk$ får man sannolikheten för *en* bestämd ordning. > - **Fel gräns i `binomCdf`.** `binomCdf(n,p,a,b)` ger $P(a\le\xi\le b)$ med båda gränserna inräknade; "fler än 3" börjar på $4$. --- ## 4. Lösta lektionsuppgifter > [!example]- Lektion 4, övning 1 och 3 — Samtidiga databassökningar > I ett rum står 5 datorer uppkopplade mot en server. Under $20\ \%$ av tiden gör var och en sökningar i en databas, oberoende av varandra. Vad är sannolikheten att det vid en given tidpunkt pågår > > a) exakt 2 sökningar samtidigt, > > b) minst 2 sökningar samtidigt? > > Vilken fördelning har $\xi$ = antalet samtidiga sökningar, och med vilka parametrar? > > > [!note]- Lösning > > **Modell.** Fem oberoende datorer, var och en söker med sannolikheten $0{,}2$. Antalet som söker är därför binomialfördelat: $\xi\in\text{Bin}(5,\ 0{,}2)$, med parametrarna $n = 5$ och $p = 0{,}2$. > > > > **a)** > > $$ > > P(\xi = 2) = \binom52\,0{,}2^2\,0{,}8^3 = 10\cdot0{,}04\cdot0{,}512 = \boxed{0{,}2048} > > $$ > > > > **b)** Via komplementet "högst 1": > > $$ > > P(\xi\ge 2) = 1 - P(\xi = 0) - P(\xi = 1) = 1 - 0{,}8^5 - 5\cdot0{,}2\cdot0{,}8^4 = 1 - 0{,}32768 - 0{,}4096 = \boxed{0{,}2627} > > $$ > > > > **På räknaren.** `binomPdf(5,0.2,2)` respektive `binomCdf(5,0.2,2,5)`. > > > > *Facit: a) 0,2048, b) 0,2627; $\xi\in\text{Bin}(5,\ 0{,}2)$.* > [!example]- Lektion 4, övning 10 — Slumpvandring > En partikel utför slumpvandring på heltalen: den startar på talet 0 och hoppar varje sekund ett steg, i negativ eller positiv riktning med sannolikheten $0{,}5$ vardera. Vad är sannolikheten att partikeln efter 10 sekunder befinner sig på talet 2? > > > [!note]- Lösning > > **Översätt till antal steg.** Låt $\eta$ = antal steg i positiv riktning av de 10. Positionen efter 10 steg är $\eta - (10 - \eta) = 2\eta - 10$. Att hamna på $2$ betyder $2\eta - 10 = 2$, alltså $\eta = 6$. > > > > **Fördelning.** Stegen är oberoende med samma sannolikhet $0{,}5$ för positivt steg, så $\eta\in\text{Bin}(10,\ 0{,}5)$. > > $$ > > P(\eta = 6) = \binom{10}{6}\,0{,}5^{10} = \dfrac{210}{1024} \approx \boxed{0{,}205} > > $$ > > > > **Rimlighetskoll.** Paritet: efter ett jämnt antal steg står partikeln alltid på ett jämnt tal, så talet 2 är nåbart. Ett udda tal hade gett sannolikheten $0$. > > > > *Facit: 0,205.* --- ## Se även - [[Stokastisk variabel]] - [[Hypergeometrisk fördelning]] - [[Poissonfördelning]] - [[Normalfördelning]] - [[Talföljder och summor]] - [[Mängdlära]] ## Resurser - [3Blue1Brown: Binomial distributions](https://youtu.be/8idr1WZ1A7Q) — bygger upp fördelningen från grunden, med bra intuition för binomialkoefficienten - [Khan Academy: Binomial random variables](https://www.khanacademy.org/math/statistics-probability/random-variables-stats-library/binomial-random-variables) - [Wikipedia: Binomialfördelning](https://sv.wikipedia.org/wiki/Binomialf%C3%B6rdelning) --- ← [[Fördelningsfunktion]] · [[S0008M]] · [[Hypergeometrisk fördelning]] →