--- kurs: - S0008M tags: - matematik - sannolikhetslära - storhet förkunskaper: - "[[Väntevärde]]" status: utkast aliases: - Varians - Standardavvikelse - Spridning - V(ξ) - σ --- > **Kurs:** S0008M > **Förkunskaper:** [[Väntevärde]] --- Variansen $V(\xi)=E\big((\xi-\mu)^2\big)$ mäter hur mycket en stokastisk variabel i genomsnitt avviker kvadratiskt från sitt väntevärde. Standardavvikelsen $\sigma=\sqrt{V(\xi)}$ är roten ur variansen och har samma enhet som variabeln själv, vilket gör den lättare att tolka. --- ## 1. Definitionen Låt $\mu = E(\xi)$ vara [[Väntevärde|väntevärdet]]. **Variansen** är den förväntade kvadratiska avvikelsen från $\mu$: $$ \boxed{V(\xi) = E\big((\xi-\mu)^2\big)} $$ vilket i det diskreta respektive kontinuerliga fallet blir $$ V(\xi) = \sum_x (x-\mu)^2\,p_\xi(x) \qquad\text{respektive}\qquad V(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty}(x-\mu)^2\,f_\xi(x)\,dx $$ **Standardavvikelsen** är roten ur variansen: $$ \boxed{\sigma = \sqrt{V(\xi)}} $$ > [!note] Varför roten? > Kvadreringen gör att positiva och negativa avvikelser inte tar ut varandra, men den ger också variansen fel enhet — kvadratmeter om $\xi$ är en längd i meter. Roten ger tillbaka samma enhet som $\xi$ och $\mu$. --- ## 2. Räkneregeln Utvecklar vi kvadraten och använder att väntevärdet är linjärt får vi ett ofta bekvämare uttryck: $$ \boxed{V(\xi) = E(\xi^2) - \big(E(\xi)\big)^2} $$ där $E(\xi^2) = \sum_x x^2 p_\xi(x)$ eller $\int x^2 f_\xi(x)\,dx$. Den är särskilt praktisk i det kontinuerliga fallet, eftersom vi slipper integrera $(x-\mu)^2$. --- ## 3. Tolkning > [!tip] σ som typisk avvikelse > Standardavvikelsen kan tolkas som ett mått på hur mycket $\xi$ i genomsnitt avviker från väntevärdet. För symmetriska fördelningar ligger större delen av sannolikhetsmassan inom $[\mu - 2\sigma,\ \mu + 2\sigma]$. Två fördelningar kan ha samma väntevärde men helt olika spridning. Variansen säger ingenting om var fördelningen ligger, bara hur utsmetad den är. --- ## 4. Kända fördelningar | Fördelning | $V(\xi)$ | |---|---| | $\text{Bin}(n,p)$ | $np(1-p)$ | | $\text{Hyp}(N,n,p)$ | $np(1-p)\dfrac{N-n}{N-1}$ | | $\text{Po}(\lambda)$ | $\lambda$ | | $\text{ffg}(p)$ | $(1-p)/p^2$ | | rektangelfördelning på $[a,b]$ | $(b-a)^2/12$ | | $\text{Exp}(\lambda)$ | $1/\lambda^2$ | | $N(\mu,\sigma)$ | $\sigma^2$ | > [!warning] $N(\mu,\sigma)$ har variansen $\sigma^2$ > Kursen skriver normalfördelningen med **standardavvikelsen** som andra parameter. Variansen är kvadraten på den. --- ## 5. Lösta lektionsuppgifter > [!example]- Lektion 5, övning 6 — Fördelningar med givet μ och σ > a) Låt $\xi$ ha sannolikhetsfördelningen > > | $x$ | $-1$ | $1$ | > |---|---|---| > | $P(\xi = x)$ | $0{,}5$ | $0{,}5$ | > > Beräkna väntevärde, varians och standardavvikelse. > > b) Ge ett exempel på en fördelning med $\mu = 0$ och $\sigma = 10$. Verifiera med definitionerna. > > c) Ge ett exempel med $\mu = 0$ och $\sigma = 3{,}7$. > > d) Ge ett exempel med $\mu = 1{,}5$ och $\sigma = 3{,}7$. > > e) Gör om b) med kravet att minst 3 värden antas med positiv sannolikhet. > > f) Ge ett exempel där det mest sannolika värdet är $1$ och väntevärdet är större än $100$. > > > [!note]- Lösning > > **a)** > > $$ > > \mu = (-1)\cdot0{,}5 + 1\cdot0{,}5 = \boxed{0}, \qquad V(\xi) = (-1-0)^2\cdot0{,}5 + (1-0)^2\cdot0{,}5 = \boxed{1}, \qquad \sigma = \boxed{1} > > $$ > > > > **Idén till b)–e).** I a) ligger massan symmetriskt på avståndet $1$ från $\mu$, och $\sigma$ blev just det avståndet. Placerar vi massan $0{,}5$ på avståndet $\sigma$ på var sin sida om $\mu$ får vi väntevärdet $\mu$ och standardavvikelsen $\sigma$. > > > > **b)** $P(\xi = -10) = P(\xi = 10) = 0{,}5$. Då är $\mu = 0$ och $V(\xi) = 100\cdot0{,}5 + 100\cdot0{,}5 = 100$, så $\sigma = 10$. > > > > **c)** $P(\xi = -3{,}7) = P(\xi = 3{,}7) = 0{,}5$. > > > > **d)** Flytta c) till $\mu = 1{,}5$: $P(\xi = 1{,}5 - 3{,}7) = P(\xi = -2{,}2) = 0{,}5$ och $P(\xi = 5{,}2) = 0{,}5$. Förflyttningen ändrar väntevärdet men inte spridningen. > > > > **e)** Tre värden med sannolikheten $1/3$ var: $-a$, $0$ och $a$. Då är $\mu = 0$ och $V(\xi) = \frac{a^2 + 0 + a^2}{3} = \frac{2a^2}{3}$. Kravet $V(\xi) = 100$ ger $a = \sqrt{150} \approx 12{,}2$. > > > > | $x$ | $-\sqrt{150}$ | $0$ | $\sqrt{150}$ | > > |---|---|---|---| > > | $P(\xi = x)$ | $1/3$ | $1/3$ | $1/3$ | > > > > **f)** Lägg den största enskilda massan i $1$, men låt resten ligga långt ut: > > > > | $x$ | $1$ | $200$ | $300$ | > > |---|---|---|---| > > | $P(\xi = x)$ | $0{,}4$ | $0{,}3$ | $0{,}3$ | > > > > Det mest sannolika värdet är $1$ (högsta stolpen), men $\mu = 1\cdot0{,}4 + 200\cdot0{,}3 + 300\cdot0{,}3 = 150{,}4 > 100$. > > > > ![[lek05-typvarde-vs-vantevarde.png|460]] > > > > *Facit: a) $\mu = 0$, $\sigma = 1$; b)–f) samma exempel som facit anger. Andra svar på b)–f) är också rätt.* > [!example]- Inför lektion 7, punkt D — Hur mycket ligger inom μ ± 2σ? > För symmetriska fördelningar är en bra tolkning av $\sigma$ att större delen av sannolikhetsmassan ligger inom $[\mu - 2\sigma,\ \mu + 2\sigma]$. Undersök hur det blir när > > a) $\xi\in\text{Bin}(6,\ 0{,}5)$, > > b) $\xi\in N(0,1)$. > > Bestäm först sannolikheten att hamna utanför intervallet och utnyttja symmetrin. > > > [!note]- Lösning > > **a)** $\mu = np = 3$ och $\sigma = \sqrt{np(1-p)} = \sqrt{1{,}5} \approx 1{,}22$. Intervallet är $[0{,}55,\ 5{,}45]$, så bara $\xi = 0$ och $\xi = 6$ ligger utanför. Med symmetrin: > > $$ > > P(\text{utanför}) = P(\xi = 0) + P(\xi = 6) = 2\cdot0{,}5^6 = \dfrac{2}{64} \approx 0{,}031 > > $$ > > Innanför ligger alltså $\boxed{0{,}969}$ av massan. > > > > **b)** $\mu = 0$ och $\sigma = 1$. Med [[Normalfördelning|normalfördelningens]] tabell, $\Phi(2) \approx 0{,}9772$: > > $$ > > P(\xi < -2) = P(\xi > 2) = 1 - \Phi(2) \approx 0{,}0228 > > $$ > > Innanför ligger $1 - 2\cdot0{,}0228 \approx \boxed{0{,}954}$. > > > > **Slutsats.** I båda fallen ligger ungefär $95\ \%$ eller mer av massan inom två standardavvikelser från väntevärdet. > > > > **På räknaren.** a) `binomCdf(6,0.5,1,5)`, b) `normCdf(-2,2)`. > > > > *Ej kontrollerat mot facit — två oberoende lösningar stämmer överens.* > [!example]- Lektion 7, övning 6 (Vännman 4.20 b och 4.25 b) — Väntevärde och varians ur en frekvensfunktion > Den stokastiska variabeln $\xi$ har frekvensfunktionen > $$ > f_\xi(x) = \begin{cases} 0{,}02\,x, & 0 < x < 10 \\ 0 & \text{annars} \end{cases} > $$ > Bestäm $E(\xi)$, $V(\xi)$ och standardavvikelsen $\sigma$. > > > [!note]- Lösning > > **Kontroll av $f$.** $\displaystyle\int_0^{10} 0{,}02\,x\,dx = 0{,}01\cdot 10^2 = 1$ och $f\ge 0$, så det är en frekvensfunktion. > > > > **Väntevärdet** — summan från det diskreta fallet blir en [[Integraler|integral]]: > > $$ > > E(\xi) = \int_0^{10} x\cdot 0{,}02\,x\,dx = 0{,}02\left[\dfrac{x^3}{3}\right]_0^{10} = \dfrac{20}{3} \approx \boxed{6{,}67} > > $$ > > > > **Variansen** med räkneregeln $V(\xi) = E(\xi^2) - E(\xi)^2$: > > $$ > > E(\xi^2) = \int_0^{10} x^2\cdot 0{,}02\,x\,dx = 0{,}02\left[\dfrac{x^4}{4}\right]_0^{10} = 50 > > $$ > > $$ > > V(\xi) = 50 - \left(\dfrac{20}{3}\right)^2 = \dfrac{50}{9} \approx \boxed{5{,}56}, \qquad \sigma = \sqrt{\dfrac{50}{9}} \approx \boxed{2{,}36} > > $$ > > > > **Rimlighetskoll.** Frekvensfunktionen växer åt höger, så massan ligger tyngre mot $10$ och väntevärdet ska ligga över mitten $5$. Det gör det. > > > > **På räknaren.** `∫(x*0.02*x,x,0,10)` och `∫(x^2*0.02*x,x,0,10)-(20/3)^2`. > > > > *Uppgiften (Vännman 4.20 b och 4.25 b) är återgiven ur det handskrivna lösningsförslaget ($E = 20/3$, $V = 50/9$, $\sigma \approx 2{,}36$), och svaren stämmer med det.* --- ## Se även - [[Väntevärde]] - [[Linjära funktioner av stokastiska variabler]] - [[Normalfördelning]] - [[Median och kvantiler]] ## Resurser - [Khan Academy: Variance and standard deviation of a discrete random variable](https://www.khanacademy.org/math/statistics-probability/random-variables-stats-library) - [Wikipedia: Varians](https://sv.wikipedia.org/wiki/Varians) --- ← [[Väntevärde]] · [[S0008M]] · [[Kontinuerliga stokastiska variabler]] →