ffg-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 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:

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

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

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

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

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

Härledning av $E(\xi )=1/p$

Med $q=1-p$ och derivatan av den geometriska serien, ${\sum }_{k\ge 1}k{q}^{k-1}=\frac{d}{dq}\frac{1}{1-q}=\frac{1}{(1-q{)}^2}$:

$$E(\xi )=\sum _{k=1}^{\infty }k{q}^{k-1}p=p\cdot \frac{1}{(1-q{)}^2}=\frac{p}{p^2}=\frac{1}{p}$$

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:

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

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?

Lösning

Modell. $\xi$ = antal kast, $\xi \in \text{ffg}(1/6)$.

a) De sex första kasten ska alla sakna sexa:

$$P(\xi >6)={\left(\frac{5}{6}\right)}^6\approx \boxed{0,335}$$

Trots att väntevärdet är $6$ kast behövs fler än sex i en tredjedel av fallen. Fördelningen har en lång svans åt höger.

b)

$$P(\xi \le 3)=1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^3=\frac{91}{216}\approx \boxed{0,421}$$

På räknaren. b) geomCdf(1/6,1,3).

Ej kontrollerat mot facit — två oberoende lösningar stämmer överens.

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

---

← Likformig fördelning · S0008M · Väntevärde →