---
kurs:
  - S0008M
tags:
  - matematik
  - sannolikhetslära
  - fördelning
förkunskaper:
  - "[[Oberoende upprepningar]]"
status: utkast
aliases:
  - För-första-gången-fördelning
  - ffg(p)
  - Geometrisk fördelning
---

> **Kurs:** S0008M
> **Förkunskaper:** [[Oberoende upprepningar]]

---

ffg-fördelningen, för-första-gången-fördelningen, beskriver antalet oberoende försök som krävs tills en händelse inträffar för första gången. Till skillnad från binomialfördelningen är antalet försök inte bestämt i förväg.

---

## 1. Sannolikhetsfunktionen

Upprepa ett delförsök [[Oberoende upprepningar|oberoende]] tills händelsen $A$, med sannolikheten $p$ i varje försök, inträffar för första gången. Låt $\xi$ = antalet försök som krävs, det sista inräknat. Att $\xi = k$ betyder $k-1$ misslyckanden följda av ett lyckat:

$$
\boxed{P(\xi = k) = (1-p)^{k-1}\,p, \qquad k = 1, 2, 3, \dots}
$$

Vi skriver $\xi\in\text{ffg}(p)$. Sannolikheterna avtar geometriskt: varje steg multiplicerar med $1-p$.

![[ffg-fordelning.png|520]]

På räknaren heter fördelningen `geomPdf(p,k)` och `geomCdf(p,a,b)` — räknarens geometriska fördelning är samma som ffg, den börjar på $1$.

---

## 2. Väntevärde och varians

$$
E(\xi) = \dfrac{1}{p}, \qquad V(\xi) = \dfrac{1-p}{p^2}
$$

Väntevärdet är intuitivt: med sannolikheten $1/6$ för en sexa behövs i genomsnitt $6$ kast för den första.

> [!note]- Härledning av $E(\xi) = 1/p$
> Med $q = 1-p$ och derivatan av den geometriska serien, $\sum_{k\ge1} k\,q^{k-1} = \dfrac{d}{dq}\dfrac{1}{1-q} = \dfrac{1}{(1-q)^2}$:
> $$
> E(\xi) = \sum_{k=1}^{\infty} k\,q^{k-1}p = p\cdot\dfrac{1}{(1-q)^2} = \dfrac{p}{p^2} = \dfrac1p
> $$
> Variansen följer på samma sätt ur andraderivatan av serien.

Fördelningsfunktionen har en enkel sluten form. "Mer än $k$ försök behövs" betyder att de $k$ första alla misslyckas:

$$
P(\xi > k) = (1-p)^k, \qquad F_\xi(k) = 1 - (1-p)^k
$$

> [!example]- Exempel — Kast tills första sexan
> Vi kastar en tärning tills den första sexan kommer.
>
> a) Vad är sannolikheten att det behövs mer än 6 kast?
>
> b) Vad är sannolikheten att det räcker med högst 3 kast?
>
> > [!note]- Lösning
> > **Modell.** $\xi$ = antal kast, $\xi\in\text{ffg}(1/6)$.
> >
> > **a)** De sex första kasten ska alla sakna sexa:
> > $$
> > P(\xi > 6) = \left(\dfrac56\right)^6 \approx \boxed{0{,}335}
> > $$
> > Trots att väntevärdet är $6$ kast behövs fler än sex i en tredjedel av fallen. Fördelningen har en lång svans åt höger.
> >
> > **b)**
> > $$
> > P(\xi\le 3) = 1 - \left(\dfrac56\right)^3 = \dfrac{91}{216} \approx \boxed{0{,}421}
> > $$
> >
> > **På räknaren.** b) `geomCdf(1/6,1,3)`.
> >
> > *Ej kontrollerat mot facit — två oberoende lösningar stämmer överens.*

> [!warning] Två varianter i litteraturen
> Ibland räknas i stället antalet *misslyckanden* före det första lyckade, som då börjar på $0$. Den varianten kallas ofta geometrisk fördelning och har väntevärdet $(1-p)/p$. Kontrollera alltid vilken som avses.

---

## Se även

- [[Oberoende upprepningar]]
- [[Binomialfördelning]]
- [[Stokastisk variabel]]
- [[Exponentialfördelning]]

## Resurser

- [Wikipedia: Geometric distribution](https://en.wikipedia.org/wiki/Geometric_distribution)

---

← [[Likformig fördelning]] · [[S0008M]] · [[Väntevärde]] →