Binomialfördelning – räkna ut P(X = k), P(X ≤ k) och P(X ≥ k)

Vad är en binomialfördelning?

Binomialfördelningen beskriver hur många gånger något lyckas när samma försök upprepas ett bestämt antal gånger. Antalet lyckade kallas $X$, och fördelningen talar om hur sannolikt varje möjligt värde på $X$ är, från 0 till $n$. Det klassiska exemplet är myntkast: hur stor är chansen att få exakt 6 krona på 10 kast?

För att en situation ska vara binomialfördelad måste fyra villkor vara uppfyllda:

• Antalet försök $n$ är bestämt i förväg.
• Varje försök har bara två utfall, lyckat eller misslyckat.
• Sannolikheten $p$ för lyckat är densamma i varje försök.
• Försöken är oberoende, så att utfallet i ett försök inte påverkar nästa.

Det sista villkoret är det som oftast brister. Drar man kort ur en lek utan att lägga tillbaka dem ändras sannolikheten för varje dragning, och då gäller den hypergeometriska fördelningen i stället, som i kortleksberäkningar. Är populationen mycket större än stickprovet blir skillnaden dock liten.

Binomialformeln och varför den ser ut som den gör

Sannolikheten för exakt $k$ lyckade försök är:

$P(X=k)=C(n,k)·p^k·(1-p{)}^{n-k}$

Formeln består av två delar. En bestämd följd med $k$ lyckade och $n-k$ misslyckade, till exempel att de $k$ första lyckas och resten misslyckas, har sannolikheten $p^k·(1-p{)}^{n-k}$ eftersom försöken är oberoende och sannolikheterna därför multipliceras. Men de lyckade försöken kan ligga var som helst i följden. Antalet sätt att välja ut vilka $k$ av de $n$ försöken som lyckas är binomialkoefficienten $C(n,k)$, som kombinationskalkylatorn räknar ut. Varje sådan följd är lika sannolik, så man multiplicerar.

Fördelningen har väntevärdet $\mu =n·p$ och standardavvikelsen $\sigma =\sqrt{n·p·(1-p)}$. Väntevärdet är det genomsnittliga antalet lyckade om man upprepar hela serien många gånger.

Exempel: 20 försök med p = 0,3

Anta att en händelse inträffar med sannolikheten 30 % och att du gör 20 oberoende försök. Sannolikheten för exakt 6 lyckade är $C(20,6)·{\mathrm{0,3}}^6·{\mathrm{0,7}}^{14}$ ≈ 19,16 %. Väntevärdet är $20·\mathrm{0,3}=6$, och standardavvikelsen blir 2,05. Att 6 är både väntevärdet och det mest sannolika utfallet är vanligt, men chansen att träffa exakt rätt är ändå bara knappt en på fem.

Sannolikheten för högst 6 lyckade, $P(X\le 6)$, är 60,8 %. Sannolikheten för färre än 6, $P(X<6)$, är 41,64 %. Skillnaden är just $P(X=6)$.

Exempel: kvalitetskontroll

En maskin tillverkar detaljer där 2 % blir felaktiga. Du plockar ut 50 stycken. Chansen att alla är felfria är ${\mathrm{0,98}}^{50}$ ≈ 36,42 %. Chansen att minst 3 är felaktiga är 7,84 %, trots att väntevärdet bara är 1 felaktig detalj. Hittar man 3 eller fler i ett sådant stickprov finns alltså skäl att misstänka att felandelen har ökat. Den sortens resonemang formaliseras i signifikanstest.

Exempel: gissa på ett flervalsprov

Ett prov har 10 frågor med fyra svarsalternativ var. Gissar man på allt är $p=\mathrm{0,25}$ och det väntade antalet rätt 2,5. Chansen att få minst 6 rätt bara genom att gissa är 1,97 %. Det är därför flervalsprov med många frågor sällan går att klara på tur.

Vanliga fel

• Att blanda ihop "högst" och "färre än". Högst 6 betyder $X\le 6$ och tar med 6. Färre än 6 betyder $X<6$, alltså högst 5.
• Att glömma $C(n,k)$ och bara räkna $p^k·(1-p{)}^{n-k}$. Det ger sannolikheten för en enda bestämd ordning, inte för alla ordningar.
• Att använda binomialfördelningen när försöken inte är oberoende, till exempel vid dragning utan återläggning ur en liten mängd.
• Att räkna "minst ett" genom att summera många termer. Det är enklare via motsatsen: $P(X\ge 1)=1-P(X=0)$.

Typiska provuppgifter

En vanlig uppgift ger $n$ och $p$ och frågar efter sannolikheten för exakt ett visst antal. Lösningsgången är att kontrollera villkoren, skriva upp formeln, räkna ut $C(n,k)$ och sätta in. Nästa typ frågar efter "minst" eller "högst". Då lönar det sig att fundera på vilken sida som har färst termer: $P(X\ge 2)$ med $n=15$ räknas snabbast som $1-P(X=0)-P(X=1)$.

En tredje typ frågar baklänges: hur många försök behövs för att chansen att lyckas minst en gång ska bli över 90 %? Då löser man olikheten $1-(1-p{)}^n\ge \mathrm{0,9}$, vilket ger att n ska vara minst lg 0,1 delat med lg(1 − p). Sannolikhetskalkylatorn i läget för upprepade försök visar hur chansen växer med antalet försök.

När n är stort: normalapproximation

När $n$ är stort blir binomialfördelningen nästan symmetrisk och klockformad. Då kan den approximeras med en normalfördelning med samma väntevärde och standardavvikelse, ofta med tumregeln att $n·p·(1-p)\ge 10$. För 100 myntkast är sannolikheten att få mellan 45 och 55 krona 72,87 %, och normalapproximationen ger 72,87 %. Hur många standardavvikelser ett utfall ligger från väntevärdet visar z-poängen, och spridningsmåttet i sig förklaras i standardavvikelsekalkylatorn.

När $n$ är stort men $p$ litet, så att $n·p$ ligger kring några enstaka, är Poissonfördelningen en bättre approximation. Ett exempel är chansen att vinna i ett lotteri med många lotter, som lotterikalkylatorn visar.

Mer om sannolikhet

Grunderna för sannolikhet, som gynnsamma delat med möjliga, finns i sannolikhetskalkylatorn. Alla kalkylatorer för slump, urval och fördelningar finns bland kalkylatorerna för sannolikhet och kombinatorik och på matematiksidan.