Sannolikhetslära – en introduktion

Sannolikhetslära
–
en introduktion

Innehåll
1 Sannolikhetslärans grunder 3
1.1 Varförbehövssannolikhetsläran? ................ 3
1.2 Slumpförsök............................ 4
1.3 Mängdläranssymbolspråk.................... 6
1.3.1 Övningsuppgifter ..................... 9
1.4 Atttilldelasannolikhetertillhändelser ............. 9
1.4.1 Övningsuppgifter ..................... 12
1.5 Kombinatorik ........................... 13
1.5.1 Dragning med återläggning med hänsyn till ordningen . 14
1.5.2 Dragning utan återläggning med hänsyn till ordningen 15
1.5.3 Dragning utan återläggning utan hänsyn till ordningen 16
1.5.4 Övningsuppgifter ..................... 18
1.6 Räknereglerförsannolikheter .................. 19
1.6.1 Komplementsannolikheter ................ 19
1.6.2 Additionssatsen...................... 20
1.6.3 Betingadsannolikhet................... 24
1.6.4 Oberoendehändelser................... 31
1.6.5 Övningsuppgifter ..................... 34
2 Diskreta slumpvariabler 35
2.1 Vadärenslumpvariabel?..................... 35
2.1.1 Övningsuppgifter ..................... 40
2.2 Väntevärden............................ 40
2.2.1 Sannolikhetsfördelningensmedelvärde.......... 40
2.2.2 Sannolikhetsfördelningensspridning........... 42
2.2.3 Övningsuppgifter ..................... 46
2.3 Linjärfunktioneravslumpvariabler ............... 46
2.4 Tvåpunktsfördeladslumpvariabel ................ 49
2.4.1 Binomialfördelningen................... 51
2.4.2 Hypergeometriskfördelning ............... 58
2.4.3 Samband mellan Binomial- och Hypergeometrisk fördelning
............................ 62
2.4.4 Övningsuppgifter ..................... 65
2.5 Poissonfördelningen........................ 66
2.5.1 Poissonprocesser . . ................... 66
2.5.2 Poissonapproximation av binomialfördelningen..... 68
2.5.3 VäntevärdenförPoissonfördelningen .......... 71
2.5.4 Övningsuppgifter ..................... 72
1

3 Kontinuerliga slumpvariabler 73
3.1 Vadärenkontinuerligslumpvariabel?.............. 73
3.2 Normalfördelningen........................ 79
3.2.1 Normalfördelningensegenskaper............. 79
3.2.2 Attanvändatabellsamlingen............... 83
3.2.3 Standardisering...................... 88
3.2.4 Övningsuppgifter ..................... 94
3.3 Normalapproximationavbinomialfördelningen......... 95
3.3.1 Övningsuppgifter .....................101
3.4 Centrala gränsvärdessatsen (CGS) . . . .............101
3.4.1 Ettinledandeexempel ..................101
3.4.2 Oberoende och likafördelade slumpvariabler (o.l.f.s.v.) . 104
3.4.3 Väntevärden för summor och medelvärden av o.l.f.s.v. . 105
3.4.4 Centralagränsvärdessatsen................107
3.4.5 Hur fungerar normalapproximation av binomialfördelningen?
..........................111
3.4.6 Normalapproximation av Poissonfördelningen . . . . . 112
3.4.7 Approximationsmöjligheter................113
3.4.8 Övningsuppgifter .....................114
3.5 Normalfördeladepopulationer ..................115
A Formelförklaringar 119
A.1 Beräkningsformelförvariansen .................119
A.2 Väntevärdenavlinjärfunktioner.................119
B Diskreta sannolikhetsfördelningar 119
B.1 Binomialfördelningen.......................119
B.2 Hypergeometriskfördelning ...................121
B.3 Poissonfördelningen........................122
B.3.1 Sannolikhetsfunktionen..................122
B.3.2 Väntevärdeochvarians..................123
C Svar till övningsuppgifterna 124
2

1 Sannolikhetslärans grunder
1.1 Varför behövs sannolikhetsläran?
Ideflesta situationer där man använder statistiska metoder är målet att
ta reda på hur någon egenskap (variabel) förhåller sig i en population. Det
datamaterial man då förfogar över innehåller oftast information enbart för
vissa individer i populationen, dvs datamaterialet representerar ett stickprov
från den aktuella populationen.
Exempel 1 Antag att vi vill studera intresset för ett EMU-medlemskap och
betraktar (den kvalitativa) variabeln “Är du för ett EMU-medlemskap”. En
totalundersökning (folkomröstning) är alldeles för kostsam och tidskrävande
och därför tas istället ett stickprov ur den svenska väljarkåren. Frågan är hur
man bäst går tillväga för att använda denna stickprovsinformation till att dra
slutsatser om helheten, dvs hur variabeln “Är du för ett EMU-medlemskap”
förhåller sig i hela populationen. ¤
Frågeställningen i exemplet ovan är mycket vanlig i statistiska sammanhang
och kräver därför en lösning. Först skall man ha klart för sig att varje
slutsats som bygger på information från ett stickprov är förknippat med en
osäkerhet, dvs det finns alltid en risk för att man drar en felaktig slutsats.
Vi kan ha haft en rejäl dos “otur” och fått resultat i stickprovet som inte
överensstämmer med hur det ser ut i populationen. Den stora fördelen med
statistiska metoder är att man kan få en uppfattning om hur stor denna risk
är, vilket ger möjligheten att bedöma när stickprovet ger tillräckligt säkra
resultat.
Målet med undersökningen i exemplet ovan är antagligen att få en uppfattning
om den verkliga andelen EMU-anhängare i den svenska väljarkåren.
Låt oss kalla denna okända andel för π. Antag att vi tar ett (slumpmässigt)
stickprov ur den svenska väljarkåren och får att 48% av dessa är för ett svenskt
medlemskap i EMU. Vad kan vi dra för slutsatser om π utifrån denna
procentandel? Antag att ett annat statistiskt institut gör en liknande undersökning
och får motsvarande andel till 52%. En tredje undersökning ger
andelen EMU-anhängare till 53%. Vilken av dessa undersökningar skall vi
tro på? Ingen av dem är antagligen bättre än någon annan och anledningen
till att dom inte ger samma resultat beror på sk slumpmässig variation. I
och med att vi enbart använder information från ett stickprov kommer vi att
ha ett visst mått av “otur” som gör att vi inte kommer att få exakt samma
resultat varje gång och inte heller samma resultat som en totalundersökning
skulle gett. Detta innebär att vi i ett stickprov antagligen kommer att
3

få ett missvisande resultat, vilket dock inte är speciellt alarmerande (när vi
väl vet om det inträffar). När vi tagit ett stickprov och beräknat andelen
EMU-anhängare vet vi inte hur missvisande just detta stickprov är. Vad vi
dock kan ta reda på är hur missvisande stickprovsresultat i regel är. För att
utifrån stickprovsresultat kunna dra statistiskt korrekta slutsatser måste vi
således först få en uppfattning om hur slumpmässig variation fungerar, dvs
vi måste ta reda på vilka egenskaper ett stickprov har innan det är taget.
Detta är sannolikhetslära.
1.2 Slumpförsök
Rent slumpmässigt, eller sannolikhetsmässigt, visar det sig att proceduren att
ta ett stickprov har mycket gemensamt t.ex. med kast med tärning, slantsingling,
eller dragandet av lotter i en tombola.
Exempel 2 Antag t.ex. i föregående exempel att halva den svenska väljarkåren
består av EMU-anhängare. Att slumpmässigt välja en person och
undersöka huruvida han eller hon är EMU-anhängare är sannolikhetsmässigt
ekvivalent med att singla en slant där t.ex. krona representerar EMUanhängare.
¤
Exempel 3 I en liknande undersökning är vi intresserade av andelen moderater
i den svenska väljarkåren. Antag att en sjättedel av väljarkåren består
av moderater. Att slumpmässigt välja en person och undersöka huruvida han
eller hon är moderat är sannolikhetsmässigt ekvivalent med att kasta en vanlig
sexsidig tärning där t.ex. sidan sex representerar moderat (och de övriga
sidorna representerar icke-moderater). ¤
Förutom ovanstående paralleller med verkligheten gäller dessutom att
slantsingling och tärningskast är relativt enkla att få grepp om. Därför används
dessa ofta som exempel vid första kontakten med sannolikhetsläran.
Varje försök, eller experiment, där vi på förhand inte exakt kan förutse resultatet
kallas för ett slumpförsök, eller slumpexperiment. Målet är att för ett
sådant slumpförsök hitta en lämplig matematisk beskrivning, en s.k. slumpmodell.
Lite luddigt formulerat bestämmer vi i en slumpmodell vad som kan
hända och med vilka sannolikheter detta händer. Innan vi mer konkret förklarar
vad detta innebär behöver vi lite terminologi.
Resultatet av ett slumpförsök kallas för ett utfall. Mängden av alla tänkbara
utfall kallas för försökets utfallsrum. Utfallsrummet brukar betecknas med
bokstaven S och de enskilda utfallen betecknas allmänt med ei (där indexet
i anger det i:te utfallet i den ordning vi ställt upp).
4

Exempel 4 Vi återgår till exemplet där vi kastar en tärning. Vi har då
utfallsrummet
där vi använder mängdklamrar för att visa att detta är en mängd. Antag att
vi istället singlar en slant. Utfallsrummet blir då
¤
Då man anger sitt utfallsrum är det viktigt att alla tänkbara utfall finns
medochattutfallenintekaninträffa samtidigt.Dvsexakt ett av utfallen i
utfallsrummet kommer att inträffa närförsöketutförs.
Vanligtvis är vi dock inte intresserade av utfallen i sig utan av någon
eller några intressanta egenheter hos dessa. På detta sätt kommer en del
av utfallen i olika utsträckning ha samma egenskaper vilket gör att vi kan
“klumpa” ihop utfallen. En sådan klump eller mängd av utfall som vi av
någon anledning anser ha någonting gemensamt kallas för en händelse. För
att beteckna händelser används vanligtvis versaler i början av alfabetet, dvs
exempelvis A, B och C.
Exempel 5 Antag att vi slumpmässigt väljer en person ur föreläsningssalen.
Det finns då lika många utfall som det finns personer i salen. Nu är vi antagligen
inte intresserade av personerna i sig utan huruvida dom har en viss
egenskap. T.ex. kan vi vara intresserade av huruvida den valde är man eller
kvinna, eller huruvida den valde personen cyklade till föreläsningen. Vi kan
då skapa händelserna
A = Den valde är en man
B = Den valde cyklade till skolan
som då består av alla utfall där den valde är en man, respektive alla utfall
där den valde cyklade till föreläsningen. Det nämndes ovan att utfall inte kan
inträffa samtidigt. Detta är inget krav då man konstruerar sina händelser.
Antag att den slumpmässigt valde personen blev “Conny”, dvs slumpförsökets
utfall blev
e = Conny
Detta utfall ingår i händelsen A och vi säger då att händelsen A har inträffat.
Men det är fullt möjligt att Conny cyklade till föreläsningen vilket då betyder
att även händelsen B inträffat. ¤
5

Ideflesta situationer utförs sådana enkla slumpförsök om och om igen. Då
SIFO eller något annat opinionsinstitut gör en väljarundersökning intervjuas
normalt mellan 1500 och 2000 personer. I dessa situationer betraktas varje
tänkbart stickprov som ett utfall.
Exempel 6 Antag att vi slumpmässigt i tur och ordning väljer ut tre personer
i föreläsningssalen och ställer frågan “Cyklade Du till dagens föreläsning?”.
Låter vi J stå för Ja och N stå för Nej kan utfallsrummet beskrivas
via
S = {JJJ,JJN; JNJ,NJJ,JNN,NJN,NNJ,NNN}
Frågar vi en person består utfallsrummet av enbart två utfall men om vi
sedan utökar till tre personer får vi som i exemplet åtta utfall. Skulle vi
ställa “EMU-frågan” till 2 000 personer i den svenska väljarkåren skulle vi
ha 22000 tänkbara utfall vilket är ett mycket stort tal och det är inte rimligt
att skriva upp alla dessa utfall i ett utfallsrum. Som nämndes ovan är vi dock
antagligen inte intresserade av utfallen i sig utan av händelser. I det här fallet
är det troligtvis av intresse att se hur många av de utvalda som cyklade till
föreläsningen vilket t.ex. gör händelsen
B2 = Två av de valda cyklade till föreläsningen
intressant. Denna händelse består av utfallen
B2 = {JJN,JNJ,NJJ}
De övriga intressanta händelserna är B0,B1, och B3. ¤
I Exempel 6 ovan gäller att ingen av händelserna B0 till B3 kan inträffa
samtidigt och dessutom att exakt en av dessa händelser kommer att inträffa.
Dom sägs vara uttömmande (täcker hela utfallsrummet) och parvis disjunkta
(två händelser kan inte inträffa samtidigt). Händelser med denna egenskap
kommer vi att ha nytta av lite senare. För att på bästa sätt utnyttja händelser
använder vi oss av mängdlärans symbolspråk.
1.3 Mängdlärans symbolspråk
Utfallsrummet S beskrivs oftast som en rektangel. Utfallen kan då symboliseras
som prickar i denna rektangel men oftast utelämnas prickarna och det
är underförstått att dom finns där. En händelse åskådliggörs nu vanligtvis
med en cirkel (eller ellips) i rektangeln och det är åter underförstått att alla
utfall som tillhör händelsen befinner sig inom denna cirkel. Sedan kan fler
händelser beskrivas genom att fler cirklar ritas och det faktum att händelser
kan inträffa samtidigt gör att cirklarna överlappar varandra.
6

Exempel 7 Återgår vi till Exempel 5 därenpersonurföreläsningssalen
skall väljas ut och de aktuella händelserna är
får vi diagrammet
¤
A = Den valde är en man
B = Den valde cyklade till skolan
S
A
Diagrammet i exemplet ovan kallas för ett Venn-diagram och används
flitigt i sannolikhetsläran då de utgör ett utmärkt stöd för förståelse av sannolikhetsmässiga
besvärligheter. Utifrån diagrammet ser vi att cirklarna och
rektangeln tillsammans skapar nya områden. Det är förutom cirklarna A och
B framförallt tre av dessa områden som är av intresse.
• Komplementet.Tillvarjehändelsefinns en komplementhändelse som
består av alla utfall som inte tillhör händelsen. För händelsen A finns
således en komplementhändelse A. I exemplet ovan betyder
A = Den valde är inte en man
= Den valda är en kvinna
som i Venn-diagrammet åskådliggörs via
7
A
B
A

• Unionen. Vi söker nu de utfall som tillhör åtminstone en de båda
händelserna A och B. Denna händelse betecknas med A∪B och uttalas
“A union B” eller “A eller B” där eller skall tolkas som och/eller. I
exemplet ovan får vi betydelsen
A ∪ B = Den valde är man och/eller har cyklat till föreläsningen
I Venn-diagrammet får vi att unionen utgörs av det skuggade området
S
A
• Snittet. Vi söker nu de utfall som tillhör båda händelserna A och B.
Denna händelse betecknas med A ∩ B och uttalas “A snitt B” eller “A
och B”. I exemplet ovan får vi betydelsen
A ∩ B = Den valde är en man som har cyklat till föreläsningen
I Venn-diagrammet får vi att snittet utgörs av det skuggade området
S
A B
Ibland kan det hända att händelserna A och B inte överlappar, vilket t.ex.
gäller för A och A. Man säger då att händelserna är disjunkta,ellerömsesidigt
uteslutande eller ömsesidigt oförenliga. A och B har då inga gemensamma
utfall vilket åskådliggörs via
A ∩ B = ∅
där ∅ är den tomma mängden, dvs en “mängd” utan något innehåll.
8
A ∩ B
B

1.3.1 Övningsuppgifter
Uppgift 1 Lös uppgift 113.
Uppgift 2 Lös uppgift 114.
1.4 Att tilldela sannolikheter till händelser
Innan vi börjar med att fundera över hur vi skall tilldela sannolikheter till
olika händelser bör vi ta reda på vilka regler vi måste rätta oss efter. Först
betecknar vi sannolikheter via
Pr (A) =sannolikheten att händelsen A inträffar
och sannolikheter anges som tal mellan 0 och 1. 1 Vi ställer upp följande
axiom för tilldelning av sannolikheter. 2
1. Pr (S) =1. Utfallsrummet är en s.k. säker händelse, dvs vi vet att vad
som än händer kommer denna händelse att inträffa. Därför tilldelas
denna sannolikheten 1.
2. 0 ≤ Pr (A) ≤ 1 för varje händelse A.
3. Låt A och B vara disjunkta, dvs A ∩ B = ∅. Dågälleratt
Pr (A ∪ B) =Pr(A)+Pr(B)
Om A och B inte har några gemensamma utfall kan således unionsannolikheten
bestämmas genom att addera de enskilda sannolikheterna.
Det är axiom 3 som är något svårare att omedelbart acceptera men det
kommer att bli klarare inom kort. Vi börjar med att illustrera med ett enkelt
exempel.
Exempel 8 Antag att betygsfördelningen på en viss kurs är
Betyg U G VG
Andel 30% 50% 20%
Antag nu att vi slumpmässigt väljer ut en student för att notera dennes betyg.
Då har vi ett slumpförsök med utfallsrummet
S = {U,G,VG}
1I vardagsspråk kan man även använda 0 till 100%.
2Axiomsystemet konstruerades av den ryske sannolikhetsteoretikern A Kolmogorov
omkring 1933, 30 år gammal.
9

med sannolikheterna
Pr ({U}) = 0.3
Pr ({G}) = 0.5
Pr ({VG}) = 0.2
Vi är nu intresserade av sannolikheten att den valde klarade kursen och eftersom
vi ser att 70% av studenterna fick betygen G eller VGdrar vi slutsatsen
att sannolikheten för detta är 0.7. Mer formellt löser vi uppgiften på följande
sätt. Skapa en händelse som heter
vilket betyder att
A = Den valde klarade kursen
A = {G} ∪ {VG}
Eftersom ingen student kan ha mer än ett betyg på en kurs följer att utfallen
G och VG betraktade som händelserna {G} och {VG} är disjunkta. Enligt
axiom 3 ovan följer därför att
¤
Pr (A) =Pr({G} ∪ {VG}) =Pr({G})+Pr({VG}) =0.5+0.2 =0.7
De enskilda utfallen är alltid disjunkta, vilket innebär att vi enligt axiom
3 alltid 3 kan beräkna sannolikheten för en händelse genom att summera
utfallssannolikheterna för de enskilda utfallen som ingår i händelsen.
Eftersom utfallen utgör de minsta beståndsdelarna av ett slumpförsök kallas
utfallssannolikheterna för elementarsannolikheter. Formellt sammanfattar vi
ovanstående i följande definition.
Definition 1 (Elementarsannolikheter) Betrakta ett slumpförsök med utfallsrum
S = {e1,e2,...,eN}
där N kan vara oändligheten (∞). Varje utfall har då en sannolikhet, dvs
det existerar tal
Pr (ei) ≥ 0
3 Detta gäller under förutsättning att utfallsrummet är diskret. Förkontinuerliga utfallsrum
kommer alla enskilda utfall att ha sannolikheten 0 varför denna metod inte fungerar.
Vi återkommer till kontinuerliga utfallsrum i kapitel 3
10

för alla i =1, 2,...,N. När väl slumpförsöket utförs kommer något av dessa
utfall att inträffa vilket i axiomen ges av att Pr (S) =1.Uttrycktielementarsannolikheter
blir detta
X
Pr (ei) =
i∈S
NX
Pr (ei) =1
i=1
För att bestämma sannolikheten för en händelse A kan vi summera de ingående
elementarsannolikheterna, dvs
Pr (A) = X
Pr (ei)
¥
i∈A
Genom att känna dessa elementarsannolikheter kan vi alltså bestämma
sannolikheten för varje händelse. Hur bestämmer man då i allmänhet dessa
elementarsannolikheter? Det finns i princip tre sätt att tilldela sannolikheter
1. Teoretisk tilldelning. I det här fallet använder vi ett logiskt resonemang.
Denna metod kan användas t.ex. vid tärningskast och lottodragning
o.dyl.
2. Empirisk tilldelning. Här använder man sig av sk relativa frekvenser,
vilket innebär att man studerar liknande slumpförsök under en tid och
använder sedan som sannolikheter hur ofta, relativt sett, de olika utfallen
inträffar. Detta är vanligt t.ex. vid maskinfel och trafikolyckor.
3. Subjektiv tilldelning. Man kan även (något mindre vetenskapligt)
komma med egna slutsatser om chanser och risker. Man kan t.ex. bedöma
risken för regn till 30% eller att chansen för svensk vinst i nästa
match i VM-kvalet till 50%.
En i praktiken inte helt ovanlig situation är att samtliga utfall är lika
sannolika. Eftersom summan av alla elementarsannolikheter skall bli 1 måste
då gälla att
Pr (ei) = 1
, i =1, 2,...,N
N
Att bestämma sannolikheten för en händelse är samma som att summera de
ingående elementarsannolikheterna och låter vi
g (A) =Antal utfall i A
11

följer att
Pr (A) = X
i∈A
Pr (ei) = 1
N
+ 1
N
+ ···+ 1
N
= g (A)
N =
AntalutfalliA
=
(1)
Totala antalet utfall
Det abstrakta problemet att bestämma sannolikheten för en händelse har
således överförts till det konkreta problemet att räkna utfall.
Exempel 9 Vi återgår till slumpexperimentet att kasta en tärning. Vi har
då utfallsrummet
Om inte tärningen är falsk är alla utfall lika sannolika och eftersom det totalt
är sex utfall följer att
Antag att vi är intresserade av att bestämma sannolikheten för händelsen
Eftersom alla utfall är lika sannolika räcker det att räkna utfall och det följer
föga överraskande att
Pr (A) = 3
6 =0.5
¤
Nuärdetintealltidsåenkeltattsehurmångautfalldetfinns eller hur
många utfall som ingår i en viss händelse. Dock gäller att det finns effektiva
metoder för att räkna utfall som fungerar i många situationer vilket vi skall
se i nästa avsnitt.
1.4.1 Övningsuppgifter
Uppgift 3 Lös uppgift 204.
Uppgift 4 Lös uppgift 205.
12

1.5 Kombinatorik
I kombinatoriken skall vi komma upp med metoder för att räkna utfall för
en typ av händelser som uppstår i många praktiska situationer. Ett utfall i
ett slumpförsök är oftast en sammanslagning av ett antal enklare utfall som
resulterat av att ett enkelt slumpförsök utförts vid upprepade tillfällen eller
att ett antal olika slumpförsök utförts. T.ex. behöver ett slumpförsök inte
bestå i att kasta en tärning en gång utan att tärningen kastas flera gånger. Då
vitarettstickprovfrånenstorpopulationtarvisällanbaraenpersonutan
det enkla slumpförsöket utförs flera gånger tills vi har ett någorlunda stort
stickprov. Det blir då besvärligare att komma fram till hur många utfall det
totalt finns och hur många utfall det finns i dom händelser vi är intresserade
av. Intressanta händelser utgörs ofta av dom utfall där lika många av dom
valda har en viss egenskap. I Exempel 6 är vi t.ex. mycket intresserade av
att ta reda på antal utfall (kombinationer av tre personer) där exakt två
av dessa cyklade till skolan. Då man skall bestämma hur många möjligheter
det finns att utföra ett sådant sammanslaget slumpexperiment överförs ofta
problemet på en urnmodell, vilketinnebärattolikfärgadeellernumrerade
bollar dras ur en urna. Problemet formuleras sedan som “På hur många sätt
kan denna dragning ske så att...?”. Svaret beror på förutsättningarna, dvs
urnans sammansättning och på vilket sätt bollarna dras, och det visar sig
vara två faktorer som är speciellt viktiga.
1. Sker dragningen med eller utan återläggning,dvsskallendragen
boll läggas tillbaks i urnan eller inte?
• Kastas en tärning vid upprepade tillfällen skall det finnas sex bollar
i urnan numrerade från 1 till 6. När vi drar den första bollen
representerar den utfallet i det första kastet. Nästa kast skall ha
samma möjligheter som det första varför bollen måste läggas tillbaka.
I det här fallet är det dragning med återläggning.
• Vid varje lottodragning bestämmer apparaten DraKula veckans
vinstrad genom att välja ut sju bollar bland de 35 i “urnan”. Varje
nummer får dock vara med endast en gång varför en dragen kula
inte läggs tillbaks. Vid en lottodragning är det således dragning
utan återläggning.
2. Sker dragning med eller utan hänsyn till ordningen, dvs spelar
det någon roll i vilken ordning “bollarna” dras?
• Antag att vi vill bestämma antalet tänkbara registreringsnummer
på bilar. I det här fallet är det skillnad på t.ex. ABC123 och
ACB123. Här tas således hänsyn till i vilken ordning bollarna dras.
13

• Vi återgår till problemet med dragningen av lottoraden. Antag
att DraKula i tur och ordning väljer kulorna 1,2,3,4,5,6,7. Detta
är dock exakt samma rad som om apparaten i tur och ordning
valt 7,6,5,4,3,2,1. Vid lottodragning är det således dragning utan
hänsyn till ordningen.
Lyckas man klassificera slumpförsöket utifrån dessa båda faktorer har
man antagligen också löst problemet med att bestämma antalet utfall. Slår
man ihop dessa båda faktorer blir det totalt fyra olika situationer av vilka
vi på den här kursen enbart är intresserade av tre. Om inget annat anges
förutsätts urnan bestå av N bollar varav vi skall välja ut n, dvsviskall
successivt, på något sätt, dra n bollarururnan.
1.5.1 Dragning med återläggning med hänsyn till ordningen
I det här fallet lägger vi efter varje dragning tillbaks den dragna bollen och
utför således n stycken identiska slumpförsök. Dessutom är det av vikt att
känna till i vilken ordning bollarna dragits. Eftersom urnan innehåller N
bollar finns det i första försöket N möjliga utfall. Lika många möjligheter
har vi vid varje dragning och eftersom ordningen är relevant får vi att totala
antalet möjligheter blir
N · N ·····N = N n
Exempel 10 Hur många möjliga stryktipsrader finns det? Vi börjar med att
bestämma urnans innehåll. Vid varje dragning finns tre möjligheter, 1, X och
2, vilket betyder att urnan skall innehålla tre bollar (lämpligt markerade).
Efter varje dragning skall bollen återföras till urnan eftersom samtliga tre
tipstecken kan förekomma flera gånger. Dessutom gäller att ordningen är av
vikt eftersom t.ex. följden 1X1 ... skiljer sig från X11 ....Viharsåledes
dragning med återläggning med hänsyn till ordningen där vi skall dra n =13
bollar ur en urna med N =3bollar. Antal möjliga tipsrader ges därför av
¤
3 13 = 1 594 323 rader
En del slumpexperiment består i att vi skall dra bollar ur olika urnor och
det är inte säkert att samtliga dessa innehåller lika många bollar. Antag att
vi i tur och ordning skall dra bollar ur k urnor som innehåller N1,N2,...,Nk
bollar, respektive. Från ovan följer därmed att antal möjligheter ges av
N1 · N2 ·····Nk
Detta resultat kallas för multiplikationsprincipen.
14

Exempel 11 Hur många registreringsnummer finns det till svenska bilar.
Bland bokstäverna använder vi enbart de 26 första och vi antar att det är
tillåtet att använda samtliga bokstavs- och nummerkombinationer. Det är
åter dragning med återläggning eftersom samma bokstav och nummer får
förekomma fler gånger och dessutom är ordningen av betydelse. Först drar vi
tre bollar ur den första urnan som innehåller N1 =26bollar och sedan tre
bollar ur den andra urnan som innehåller N2 =10bollar. Enligt multiplikationsprincipen
blir därför antalet möjliga registreringsnummer
¤
26 · 26 · 26 · 10 · 10 · 10 = 26 3 · 10 3 =17576000
1.5.2 Dragning utan återläggning med hänsyn till ordningen
Nu ändrar vi förutsättningarna något och lägger inte tillbaka de dragna bollarna
i urnan. I och med detta måste vi därför förutsätta att n ≤ N, dvs
vi kan inte längre dra fler bollar än det finns i urnan. Vi förutsätter dock
fortfarande att ordningen av de dragna bollarna är av betydelse. Eftersom
urnans sammansättning nu ändras efter varje dragen boll kan vi se det som
att bollarna dras ur olika urnor där den första innehåller N bollar, den andra
N − 1 bollar osv. Den n:te bollen dras ur en urna med N − n +1bollar och
enligt multiplikationsprincipen följer därför att antal möjligheter ges av
N · (N − 1) · (N − 2) ·····(N − n +1)
I specialfallet då vi drar samtliga urnans bollar, dvs då n = N, får vi antal
möjligheter till
N · (N − 1) · (N − 2) ·····3 · 2 · 1=N!
där den sista beteckningen kallas för N-fakultet och är av stor vikt i sannolikhetsläran.
Då vi utan återläggning drar bollar ur en urna och tar hänsyn
till den ordning i vilken bollarna drogs får vi en sk ordnad delmängd eller
permutation av urnans bollar. N-fakultet ger således hur många sådana permutationer
det finns då samtliga urnans bollar dras.
Exempel 12 I finalomgången av Melodischlageruttagningen finns fem kandidaterkvar.Hurmångatänkbaraföljderfinns
det för de fem första placeringarna?
Ett bidrag kan förstås enbart finnas på en placering och ordningen
är av högsta betydelse vilket gör att vi söker antalet permutationer bland fem
bidrag (bollar). Svaret ges således av
¤
5 · 4 · 3 · 2 · 1=5!=120
15

Nu är det ju som sagt inte säkert att vi vill dra urnans samtliga bollar
utan nöjer oss i det allmänna fallet med att dra n bollarururnan.Dock
gäller att vi kan använda fakultetsbegreppet för att underlätta beteckningen.
Detta görs genom att utvidga utrycket så att multiplikationen sker för varje
heltal ner till 1. För att inte resultatet skall påverkas måste vi dock införa
en nämnarterm med motsvarande utvidgning. Antalet n-permutationer, eller
ordnade delmängder av storlek n, ur en mängd med N objekt (bollar) ges av
PN,n = N · (N − 1) · (N − 2) ·····(N − n +1)=
= N · (N − 1) · (N − 2) ·····3 · 2 · 1
(N − n) · (N − n − 1) ·····3 · 2 · 1 =
N!
(N − n)!
Exempel 13 Utav tio personer skall tre personer väljas ut så att en blir
ordförande, en blir sekreterare och en blir suppleant. På hur många sätt kan
detta göras? Det är dragning utan återläggning och eftersom det är tre olika
poster är det dessutom med hänsyn till ordningen. Vi kan se det som att den
först valde är ordförande osv. Vi skall dra tre personer, dvs n =3,uren
grupp om tio personer, dvs N =10,vilketinnebärattvisökertalet
¤
P10,3 = 10!
7!
=10· 9 · 8=720
1.5.3 Dragning utan återläggning utan hänsyn till ordningen
Nu modifierar vi tillvägagångssättet ytterligare genom att inte längre bry
oss om i vilken ordning bollarna dras. Då vi tog hänsyn till i vilken ordning
bollarna drogs intresserade vi oss för ordnade delmängder, men nu är vi
enbart intresserade av (oordnade) delmängder eller kombinationer.IExempel
13 i föregående avsnitt skulle tre personer väljas till tre olika uppdrag. Antag
nu istället att tre personer skall väljas till identiska uppdrag. Hur många
möjligheter finns då? Eftersom uppdragen är identiska är det nu oväsentligt
i vilken ordning personerna väljs. Antag att personerna a, b och c valts. I
Exempel 13 skulle vi förutom detta behövt information om i vilken ordning
dom valts. De olika möjligheterna är
abc, acb, bac, bca, cab, cba
Var och en av dessa sex följder skulle där gett olika resultat och måste därför
beaktas. Nu kommer dock samtliga sex följder att ge samma resultat och skall
därför betraktas som ett och samma utfall. Oberoende av vilka tre personer
16

vi väljer ut kommer vi att få sex permutationer men bara en kombination.
Dvs i det här fallet kommer antalet permutationer vara sex gånger fler än
antalet kombinationer. Vi får därför att antalet kombinationer i det här fallet
blir
720
6 =120
Hur kommer det sig att det blev just sex gånger fler permutationer? Eftersom
tre personer valdes finns där 3! = 6 olika sätt att ordna dessa. Skulle vi
istället valt fyra personer hade det funnits 4! = 24 olika sätt att ordna dessa
vilket skulle inneburit 24 gånger fler permutationer än kombinationer. I det
allmänna fallet väljs n bollar ur urnan vilket innebär att det då finns n! fler
permutationer än kombinationer. Det allmänna resultatet blir därmed att
antalet n-kombinationer, eller delmängder av storlek n, urenmängdmedN
objekt (bollar) ges av
CN,n = PN,n
n! =
N!
n! · (N − n)! =
där den sista beteckningen uttalas “N över n”.
µ
N
n
Exempel 14 Hur många lottorader finns det? Vi har redan tidigare kommit
fram till att dragningen av lottoraden sker utan återläggning och utan hänsyn
till ordningen. Eftersom n =7och N =35följer att antal lottorader är
µ
35
C35,7 = =6724520
7
¤
Exempel 15 Hur många (femkorts-)pokerhänder finns det? Här är det åter
så att dragningen sker utan återläggning och ingen hänsyn tas till den ordning
i vilken korten kom. Eftersom n =5och N =52följer att antal pokerhänder
ges av
¤
C52,5 =
µ
52
=2598960
5
Vi kommer lite längre fram använda kombinatoriken för att bestämma
sannolikheter för olika händelser men vi ger redan här ett smakprov på hur
detta kommer att gå till. Då alla utfall är lika sannolika har vi tidigare kommit
fram till att
Pr (A) =
Antal utfall i A
Totala antalet utfall
17

Exempel 16 För att i Exempel 15 kunna bestämma sannolikheter för intressanta
pokerhänder måste vi först definiera en händelse A och sedan bestämma
antalet gynnsamma utfall. Låt t.ex.
A = Flushpågiven
där Flush, eller Färg, betyder att samtliga fem kort är i samma svit (hjärter,
spader, ruter eller klöver). Antag att vi vill att samtliga fem kort är hjärter.
Det finns tretton hjärter och således kan fem hjärter väljas på
µ
13
C13,5 = =1287
5
sätt. Lika många möjligheter finns förstås för de övriga tre sviterna varför
antalet gynnsamma utfall för händelsen A ges av
g (A) =4· 1 287 = 5 148
Utav alla pokerhänder är det alltså 5 148 som innehåller en flush. Eftersom vi
slumpmässigt väljer ut de fem korten är samtliga pokerhänder lika sannolika,
dvs sannolikheten att få färg på given är
Pr (A) = 4 · ¡ ¢ 13
5 ¢ = 5148
2598960 =0.00198
¡ 52
5
eller ungefär en chans på 500. ¤
1.5.4 Övningsuppgifter
Uppgift 5 Lös uppgift 116.
Uppgift 6 Lös uppgift 117.
Uppgift 7 Lös uppgift 118.
Uppgift 8 Lös uppgift 119.
Uppgift 9 Adam och Bertil ingår i en grupp om sju personer
a. På hur många sätt kan dessa sju personer placeras i en rad?
b. I hur många uppställningar står Adam längst till vänster?
c. I hur många uppställningar står Adam eller Bertil längst till vänster?
18

d. I hur många uppställningar står Adam och Bertil på ytterplatserna?
e. På hur många sätt kan dessa sju personer placeras i en ring?
Uppgift 10 Jerry blir sugen på omelett och tar därför fyra ägg ur paketet.
Vad han dock inte känner till är att bland äggpaketets tolv ägg finns två
ruttna. Bestäm sannolikheten att Jerry inte blir magsjuk (vilket han blir om
han råkar få med ett ruttet ägg i omeletten). Jerry som inte är så hemma
i köket märker inte i all hast om han skulle råka få ett ruttet ägg. Ledning:
Räkna antalet utfall.
1.6 Räkneregler för sannolikheter
Från Kolmogorovs tre axiom följer ett antal användbara räkneregler för hur
man räknar med sannolikheter för händelser som innebär att vi i många situationer
slipper gå ner på elementarsannolikhetsnivå. Det visar sig nämligen
att vi inte alltid behöver gå den långa vägen för att bestämma sannolikheter
utan kan utnyttja att vi redan känner sannolikheter för andra händelser.
1.6.1 Komplementsannolikheter
Definitionen av komplementhändelse ger att
Av Axiom 1 följer därmed att
A ∪ A = S
Pr ¡ A ∪ A ¢ =Pr(S) =1
och eftersom A och A dessutom är disjunkta ger Axiom 3 att
1=Pr ¡ A ∪ A ¢ =Pr(A)+Pr ¡ A ¢
eller ekvivalent
Pr ¡ A ¢ =1− Pr (A)
vilket är ett fullt logiskt resultat. Händer inte A händer garanterat dess
komplement A. Detta är en räkneregel vi skall ha stor nytta av framöver.
Den händelse vi är intresserade av är ofta relativt komplex och det kan då
istället vara enklare att räkna ut sannolikheten för komplementhändelsen
varmed sannolikheten för den aktuella händelsen följer utan problem.
19

1.6.2 Additionssatsen
Om händelserna A och B är disjunkta ger oss Axiom 3 att
Pr (A ∪ B) =Pr(A)+Pr(B)
Vad gäller för unionsannolikheten Pr (A ∪ B) då A och B nödvändigtvis inte
är disjunkta? Följande exempel visar att det lätt kan gå fel om man inte
tänker sig för.
Exempel 17 Vi återgår till Exempel 9 iavsnitt1.4. Betrakta händelserna
Enligt principen att varje tärningsutfall är lika sannolikt följer att
Pr (A) =Pr(B) = 3
6 =0.5
Som sannolikhetsnovis är det då enkelt att göra misstaget att
Pr (A ∪ B) =Pr(A)+Pr(B) =0.5+0.5 =1
dvs att A ∪ B är en säker händelse, dvs en händelse som alltid inträffar. Vi
ser dock att så inte är fallet eftersom utfallet 2 inte är med. Istället gäller att
dvs A ∪ B innehåller fem av de sex utfallen och därför måste
Pr (A ∪ B) = 5
6
¤
Vad var det då som gick snett i den första beräkningen? Problemet i det
här fallet är att utfallet 5 är med i både A och B vilket innebär att det
utfallet räknas två gånger. Detta är ett problem i varje situation då A och B
överlappar, dvs om dom har gemensamma utfall. Vi ser i figuren nedan att
det är dom utfall som tillhör händelsen A ∩ B som räknas två gånger.
S
A B
A ∩ B
20

Lösningen blir därför att subtrahera sannolikheten för denna händelse en
gång varefter alla berörda utfall räknas exakt en gång, dvs lösningen vi söker
är
Pr (A ∪ B) =Pr(A)+Pr(B) − Pr (A ∩ B)
som går under benämningen additionssatsen. Överlappningsproblemet uppkommer
inte om A och B är disjunkta men intressant är att additionssatsen
fungerar för alla situationer. Då A och B är disjunkta gäller nämligen
att A ∩ B = ∅, dvs den tomma mängden (utan utfall) vilket innebär att
Pr (A ∩ B) =0och vi är tillbaka vid Axiom 3.
Exempel 18 Vi återgår till tärningsproblematiken i Exempel 17. Vihardär
att
och därför måste gälla att
Pr (A ∩ B) = 1
6
Additionssatsen ger nu att
Pr (A ∪ B) = 3 3 1 5
+ − =
6 6 6 6
vilket stämmer överens med den faktiska situationen. ¤
Vi kommer senare att huvudsakligen vara intresserade av sannolikheter av
typen “Bestäm sannolikheten att åtminstone...” eller “Bestäm sannolikheten
att högst...” vilket i stor utsträckning inkluderar unionssannolikheter. I fallet
med de båda händelserna A och B representerar A ∪ B åtminstone en av
händelserna. Som nämndes i föregående avsnitt är det vid dessa beräkningar
ofta enklare att studera komplementhändelsen
A ∪ B = A ∩ B
som illustreras i figuren nedan.
A B
21

Exempel 19 Vid en medicinsk undersökning studerar man förekomsten av
två gener A och B, och man är intresserade av att ta reda på hur stor andel
av dom undersökta som har åtminstone en av generna. Det är då enklare att
först ta reda på andelen som saknar båda generna som då utgör komplementet
till aktuella händelsen. Det skulle t.ex. kunna se ut som
Andelar av gruppen
Gen B
Ja Nej
Gen A Ja 0.05 0.25
Nej 0.20 0.50
Här har vi en finare uppdelning än vad vi är vana vid vilket inses då vi
åskådliggör den givna informationen i ett Venn-diagram
S
0,50
A
0.25
0.05
Vi har således fått information om sannolikheter för samtliga Venn-diagrammets
delområden, eller snitthändelser. Nu följer därför att
B
0.20
Pr (A ∪ B) =0.05 + 0.25 + 0.20 = 0.50
vilket vi även kan få fram via komplementsannolikheten
Pr (A ∪ B) =1− 0.50 = 0.50
Skall vi använda additionssatsen blir det
¤
Pr (A ∪ B) =0.30 + 0.25 − 0.05 = 0.50
Ett Venn-diagram är ofta ett mycket användbart redskap då man skall
bestämma sannolikheter, framförallt då situationen blir mer komplex. I följande
exempel får vi en situation med tre händelser där vi bestämmer sannolikheter
för samtliga delområden (snitthändelser). Efter att detta är gjort
finner vi enkelt alla tänkbara sannolikheter.
22

Exempel 20 I en marknadsundersökning är 50% av de intervjuade personerna
män, 60% är över 40 år och 40% har en årsinkomst över 200 000 kronor.
30% är män med en årsinkomst över 200 000 kronor. 30% är män över 40 år
och av dessa har två tredjedelar en årsinkomst över 200 000 kronor. Av dem
som är över 40 år och har en årsinkomst över 200 000 kronor är en tredjedel
kvinnor. Vi vill få följande fråga besvarad.
• Hurstorandelärkvinnorunder40 år med en årsinkomst under 200 000
kronor?
För att lösa uppgiften gör vi bäst i att beskriva problemet med ett Venndiagram.
Vi ser det som att vi slumpmässigt skall välja ut en person och
använder händelserna
A = Den valde är en man
B = Den valde är över 40 år
C = Den valde har en årsinkomst på över 200 000
Ur informationen finner vi då först de enkla sannolikheterna
Pr (A) = 0.5
Pr (B) = 0.6
Pr (C) = 0.4
och sedan även två av de parvisa snittsannolikheterna
Pr (A ∩ B) = 0.3
Pr (A ∩ C) = 0.3
Nästa del av informationen är att två tredjedelar av männen över 40 år har
en årsinkomst över 200 000 kronor, vilket översätts till
Pr (A ∩ B ∩ C) = 2
· Pr (A ∩ B) =2 · 0.3 =0.2
3 3
Den sista pusselbiten är något besvärligare. “Av dem som är över 40 år och
har en årsinkomst över 200 000 kronor är en tredjedel kvinnor.” Detta betyder
att det är dubbelt så många män som kvinnor som är över 40 år och har en
årsinkomst över 200 000 kronor. Eftersom vi precis räknat ut att 20% av
personerna tillhör A ∩ B ∩ C måste 10% tillhöra A ∩ B ∩ C (kvinnor över 40
år med en årsinkomst över 200 000 kronor). Nu är vi redo att fylla i Venndiagrammet
och börjar med att fylla i de “innersta” fälten och jobbar oss
23

utåt. Vi får då
S B
A
0.2
0.1
0.1
C
0.1
0.2
0
Nu finner vi enkelt den sökta sannolikheten (andelen). Vi söker A ∩ B ∩ C,
dvs den del som inte tillhör någon av cirklarna. Vi får alltså att andelen
kvinnor under 40 år med en årsinkomst under 200 000 kronor är samma som
¤
1.6.3 Betingad sannolikhet
Pr ¡ A ∩ B ∩ C ¢ =Pr ¡ A ∪ B ∪ C ¢ =0.2
I föregående avsnitt fickviiochmedadditionssatsenenallmänformelför
hur man kan beräkna unionssannolikheten Pr (A ∪ B) förutsatt att vi känner
snittsannolikheten Pr (A ∩ B). Det är därför på tiden att vi även försöker
klura ut hur vi finner en liknande formel för snittsannolikheter. Vi kommer
i detta avsnitt att få fram en allmän formel som vi i nästa avsnitt finner ett
mycket viktigt specialfall av.
Antag att vi för ett slumpförsök är intresserade av att bestämma sannolikheten
för en viss händelse A, dvsPr (A). Antag nu att slumpförsöket
redan utförts och att vi fått information om att en annan händelse B inträffat.
Detta är all information vi har tillgång till och frågan är hur detta
påverkar vår uppfattning om sannolikheten för A? I och med att händelsen
B inträffat vet vi att det aktuella utfallet tillhör B men inte vilket av dom
det är. Vi kan därför se B som det nya utfallsrummet. Den “uppdatering” av
Pr (A) som görs genom informationen om att händelsen B inträffat kallas för
den betingade sannolikheten för A givet B och betecknas Pr (A | B). För att
lättare förstå formeln för betingade sannolikheter börjar vi med ett exempel.
Exempel 21 Vi återgår till Exempel 19 där vi antar att den undersökta
gruppen bestod av 100 personer. Eftersom 30 av gruppens medlemmar har
24
0.1
0.2

gen A följer att sannolikheten att en slumpmässigt vald person har gen A blir
Pr (A) = 30
100 =0.3
Men antag nu att vi får reda på att den valde har gen B. Uppdatera nu
sannolikheten för A genom att bestämma den betingade sannolikheten givet
denna information. I och med att vi vet att den valda personen har gen B
vet vi att personen är någon av dessa 25 personer. Bland dom är det 5 som
även har gen A varför den betingade sannolikheten blir
Pr (A | B) = 5
25 =0.2
dvs i och med den nya informationen är det nu något lägre sannolikhet att
den valde har gen A. ¤
Vad är det då vi gör när vi räknar ut den betingade sannolikheten? När
vi utan information beräknar Pr (A) kan detta ses som att vi relaterar antal
utfall i A till det totala antalet utfall, dvs antalet utfall i utfallsrummet
S. Nu gäller dock att det nya utfallsrummet utgörs av B och därför skall
istället antal utfall i A ∩ B relateras till antal utfall i B, dvs den betingade
sannolikheten för A givet B beräknas via formeln
Pr (A | B) =
Pr (A ∩ B)
Pr (B)
I ett Venn-diagram åskådliggörs denna formel genom att markera det nya
utfallsrummet och sedan bedömma hur stor del av denna som den sökta
händelsen utgör.
S
A B
A ∩ B
Vi kan förstås även vända på det genom att helt enkelt byta plats på A och
B vilket ger
Pr (A ∩ B)
Pr (B | A) =
Pr (A)
25

Ett av målen var här att finna en allmän formel för snittsannolikheter och
utifrån formeln för betingade sannolikheter löser vi ut och får
Pr (A ∩ B) =Pr(B) · Pr (A | B) =Pr(A) · Pr (B | A)
som kallas för sannolikhetslärans multiplikationssats.
Exempel 22 Vi återgår än en gång till tärningsproblematiken där vi åter
studerar de båda händelserna
Antag att vi söker Pr (A), dvs sannolikheten att det blir ett udda utfall. Från
tidigare vet vi att denna sannolikhet är 0.5. Antag nu att tärningen kastas och
att vi får reda på att det blev ett “högt utfall”, dvs att händelsen B inträffat.
Påverkar detta vår uppfattning om sannolikheten för händelsen A? Föratt
ta reda på detta måste vi beräkna den betingade sannolikheten Pr (A | B).
Exempel 18 gav att
Pr (A ∩ B) = 1
6
varför det utifrån formeln för betingade sannolikheter följer att
Pr (A | B) =
Pr (A ∩ B)
Pr (B)
1/6 1
= =
3/6 3
Sannolikheten för ett udda utfall har alltså utifrån den givna informationen
minskat från 1/2 till 1/3. Den obetingade sannolikheten för händelsen
A innebär att vi relaterar antal utfall i A till det totala antalet utfall (i utfallsrummet
S). Den betingade sannolikhetsberäkningen innebär att vi istället
relaterar antal utfall i A ∩ B till antal utfall i B. ¤
Låt oss studera ett något mer abstrakt exempel.
Exempel 23 Låt A och B vara två händelser för vilka det gäller
Pr (A) =0.6, Pr (A | B) =0.75, Pr (B | A) =0.5
Beräkna sannolikheten att händelsen B inträffar.Studerarviformelnför
betingade sannolikheter eller multiplikationssatsen inser vi att vi först måste
ta reda på Pr (A ∩ B). Dennafinner vi via
och sedan följer det att
¤
Pr (A ∩ B) =Pr(A) · Pr (B | A) =0.6 · 0.5 =0.3
Pr (B) =
Pr (A ∩ B)
Pr (A | B)
26
= 0.3
0.75 =0.4

Det visar sig att vi kan ha ytterligare nytta av betingade sannolikheter.
Det är vanligt att den sökta händelsen är komplex och därför svår att bestämma
sannolikheten för. Ibland kan dock A delas upp i mindre och mer lätthanterliga
bitar för vilka det är enklare att bestämma sannolikheter. Sedan
är det bara att lägga ihop dessa delsannolikheter för att få den sökta sannolikheten.
Exempel 24 Antag att vi för en viss semesterort och en viss tidsperiod skall
bestämma risken för regn en slumpmässigt vald dag. Nu är det dock så att
regnrisken beror på vilka väderleksförhållanden som råder och grovt kan man
göra följande uppdelning.
B1 = Lågtryck
B2 = Ostadigt
B3 = Högtryck
Erfarenheten visar att de olika vädertyperna förekommer med sannolikheterna
0.2, 0.3 och 0.5. Sannolikheten för regn vid de olika vädertyperna är 0.8,
0.4 och 0.1. Vad blir då sannolikheten att det regnar en slumpmässigt vald
dag? Vi formaliserar informationen genom att ange de första sannolikheterna
ovan som
Pr (B1) = 0.2
Pr (B2) = 0.3
Pr (B3) = 0.5
Skapar vi sedan händelsen
A = Regn
får vi dessutom fram de betingade sannolikheterna
Pr (A | B1) = 0.8
Pr (A | B2) = 0.4
Pr (A | B3) = 0.1
För att bestämma den sökta sannolikheten går vi stegvis tillväga. I första
steget anger vi väderlektstypen, de sk. apriorisannolikheterna och anger sedan
för var och en av dessa de betingade sannolikheterna. Enligt multiplikationssatsen
ger detta slutligen i tredje steget de snittsannolikheter vilka vi använder
för att lösa problemet. Vissa av dessa utgör nämligen den uppdelning av
händelsen A vi söker. Till vår hjälp i denna process använder vi oss av ett
träddiagram.
27

Apriorisannolikheter Betingade sannolikheter Snittsannolikheter
Pr(B )=0.2
1
Pr(B )=0.3
2
Pr(B )=0.5
3
Lågtryck
Ostadigt
Högtryck
Pr(A I B 1)=0.8
Pr(A I B 1)=0.2
Pr(A I B 2)=0.4
Pr(A I B 2)=0.6
Pr(A I B 3)=0.1
Pr(A I B 3)=0.9
Regn
Ej regn
Regn
Pr(B 1)Pr(A I B 1)=0.2*0.8=0.16
Pr(B 1 )Pr(A I B 1 )=0.2*0.2=0.04
Pr(B 2 )Pr(A I B 2)=0.3*0.4=0.12
Ej regn Pr(B 2)Pr(A I B 2)=0.3*0.6=0.18
Regn
Ej regn
Pr(B 3)Pr(A I B 3)=0.5*0.1=0.05
Pr(B 3)Pr(A
I B 3)=0.5*0.9=0.45
De inramade snittsannolikheterna utgör tillsammans alla de grenar som leder
till regn. Tillsammans ger dessa att
dvs risken för regn är ungefär 1/3. ¤
Pr (A) =0.16 + 0.12 + 0.05 = 0.33
Metoden ovan måste formaliseras och vi måste klargöra vilka förutsättningar
som måste vara uppfyllda för att detta skall fungera. En anledningen
till att det fungerar är att “apriorihändelserna” B1,B2 och B3 är disjunkta
ochuttömmande,dvsattdeinteöverlapparochattdetillsammanstäcker
hela utfallsrummet. Vi säger att dessa mängder utgör en disjunkt uppdelning
av utfallsrummet. Mer konkret kan vi se det som att händelserna utgör
samtliga pusselbitar i ett pussel som utgör utfallsrummet eller att de utgör
samtliga skärvor i den sönderslagna glasrutan S. Detta innebär att även händelsen
A blir disjunkt uppdelad i snitthändelserna A∩B1,A∩B2 och A∩B3,
dvs
A =(A ∩ B1) ∪ (A ∩ B2) ∪ (A ∩ B3)
28

vilket framgår av figurerna nedan.
S
B 2
B 1
A
B 3
S
A ∩ B 2
och av det tredje av Kolmogorovs axiom följer därför att
A ∩ B 1
A ∩ B 3
Pr (A) =Pr(A ∩ B1)+Pr(A ∩ B2)+Pr(A ∩ B3)
vilket är precis vad som använts i Exempel 24 ovan. Nu känner vi möjligen
inte dessa snittsannolikheter direkt utan dessa måste tas fram och detta görs
genom multiplikationssatsen som t.ex. ger att
Pr (A ∩ B1) =Pr(B1) · Pr (A | B1)
Det är detta steg som lämpligen åskådliggörs med träddiagram. För att kunna
använda metoden måste vi således dels känna “apriorisannolikheterna” för
den disjunkta uppdelningen och dels den betingade sannolikheten för den aktuella
händelsen A på var och en av dessa “apriorihändelser”. Om båda dessa
förutsättningar är uppfyllda fungerar metoden som går under benämningen
Satsen om total sannolikhet. Än mer formellt sammanfattar vi detta som
Satsen om total sannolikhet Vi är intresserade av att bestämma sannolikheten
för händelsen A, dvsPr (A), vilketdockintegårattgöradirekt
eftersom A är alltför komplex. Dock gäller att vi känner sannolikheten för A
på var och en av händelserna B1,B2,...,Bk, dvsPr(A | Bi). Förutsattatt
B1,B2,...,Bk är en disjunkt uppdelning av utfallsrummet, dvs om
Bi ∩ Bj = ∅, i 6= j
B1 ∪ B2 ∪ ···∪ Bk = S
gäller enligt Axiom 3 och multiplikationssatsen att
Pr (A) =
kX
Pr (A ∩ Bi) =
i=1
29
kX
Pr (Bi) · Pr(A | Bi)
i=1

Bayes’ sats Vi kan nu vända på frågeställningen. Antag att vi en morgon
vaknar upp och konstaterar att det regnar. Vad är under denna förutsättning
sannolikheten att vi har ett lågtryck? Vi är därmed nu istället intresserade
av det omvända betinget
Pr (B1 | A)
Utifrån definitionen av betingade sannolikheter följer att detta är samma
som att
Pr (A ∩ B1)
Pr (B1 | A) =
Pr (A)
I och med satsen om total sannolikhet har vi ju visat att dessa båda sannolikheter
kan skrivas på följande sätt
Pr (B1 | A) =
Pr(A | B1)Pr(B1)
Pr(A | B1)Pr(B1)+Pr(A | B2)Pr(B2)+Pr(A | B3)Pr(B3)
och mer allmänt för händelsen Bj med en disjunkt uppdelning B1,B2,...,Bk
gäller att
Pr (Bj | A) = Pr (Bj) · Pr(A | Bj)
Pk i=1 Pr (Bi) · Pr(A | Bi)
vilket är en räkneregel som går under benämningen Bayes’ sats eller Bayes’
regel.
Exempel 25 Vi återgår till Exempel 24 och finner svaret på frågan om
Pr (B1 | A). Enligt Bayes’ sats får vi att
Pr (B1 | A) =
0.2 · 0.8
0.16
=
0.2 · 0.8+0.3 · 0.4+0.5 · 0.1 0.33 =0.485
dvs om det regnar är det ungefär 50% chans att det är lågtryck. Nämnaren
iuttrycketäringetannatänPr (A) och om vi först använt satsen om total
sannolikhet får vi då denna automatiskt. I och med att vi nu vet att det
regnar utgör A vårt nya utfallsrum och uppgiften blir att ta reda på hur stor
del av A som B1 utgör. Med ett träddiagram använder vi först de
inramade sannolikheterna för att bestämma sannolikheten för A.
Bayessannolikheterna finner vi sedan genom att se hur stor del var
och en av dessa inramade sannolikheter utgör av sannolikheten för
A. ¤
Att arbeta med sannolikheter blir ofta abstrakt och speciellt vid användning
av Bayes’ sats är det lätt att gå vilse. Det kan då vara bra att veta hur
man gör problemet mer konkret.
30

Exempel 26 På ett cigarettpaket läser vi följande: “Nio av tio strupcancerpatienter
är rökare”. Anta att detta påstående är korrekt samt att i befolkningen
10% är rökare och 0.1% drabbas av strupcancer. Vad är sannolikheten att
en rökare drabbas av strupcancer? Här gäller det att definiera händelser. Vi
väljer slumpmässigt ut en person ur populationen och låter
A = Personen är rökare
B = Personen har strupcancer
Vi söker sannolikheten att en rökare får strupcancer, dvs vi söker Pr (B | A).
Till vår hjälp har vi följande information:
Pr (A) = 0.1
Pr (B) = 0.001
Pr (A | B) = 0.9
Med hjälp av betingade sannolikheter (eller Bayes’ sats) finner vi den sökta
sannolikheten till
Pr (B | A) =
Pr (A ∩ B)
Pr (A)
= Pr (B) · Pr (A | B)
Pr (A)
= 0.001 · 0.9
0.1
=0.009
dvs nio gånger större än folk i allmänhet. Tycker man att detta tillvägagångssätt
är för abstrakt kan det konkretiseras på följande sätt. Antag att populationen
består av 10 000 personer. Av informationen följer då att 1000 av dessa är
rökare och 10 drabbasavstrupcancer.Utavdom10 som drabbas av strupcancer
är 9 rökare. Bestäm nu sannolikheten att en rökare drabbas av strupcancer.
Utav 1000 rökare är det 9 som har strupcancer och slutsatsen blir
därför att den sökta sannolikheten är 9/1000 = 0.009. ¤
1.6.4 Oberoende händelser
Många gånger kan multiplikationssatsen
Pr (A ∩ B) =Pr(B) · Pr (A | B) =Pr(A) · Pr (B | A)
förenklas ytterligare på ett sätt som gör det extra bekvämt att beräkna
snittsannolikheter. Antag att vi som förut är intresserade av att ta reda på
sannolikheten för händelsen A. Fråganviskallställaossär:Harviisammanhanget
någon nytta av att känna till om händelsen B inträffat, dvs kommer
vår uppfattning om sannolikheten för A därmed att förändras? Ibland gör det
varken från eller till med denna extrainformation vilket gör den överflödig.
31

Om så är fallet säger vi att händelserna A och B är oberoende, och för sådana
händelser gäller följaktligen att
Pr (A | B) =Pr(A)
Exempel 27 Antag att vi spelar ett tärningsspel med två tärningar där vi
vinner om summan av tärningarna blir sju. Antag vidare att vi har möjligheten
att kasta en av tärningarna innan vi satsar några pengar. Frågan
är huruvida denna möjlighet förbättrar våra chanser. För att undersöka detta
beräknar vi vinstchansen både med och utan extrainformationen och ser
om det är någon skillnad. Det finns totalt 36 olika utfall då man kastar två
tärningar, dvs utfallsrummet blir
S = {(1, 1) , (1, 2) , (1, 3) ,...,(6, 5) , (6, 6)}
Av intresse för oss är att konstruera händelsen
A = Vinst (eller summan är 7)
och det följer att A innehåller sex utfall
A = {(1, 6) , (2, 5) , (3, 4) , (4, 3) , (5, 2) , (6, 1)}
Eftersom alla utfall är lika sannolika följer att vinstchansen utan information
är
Pr (A) = 6 1
=
36 6
Vinstchansen är 6 chanser på 36, dvs vi vinner i genomsnitt var sjätte gång.
Antag nu att vi vet om att värdet på den första tärningen är tre och låt
B = Utfallet på den första tärningen är tre
Påverkar detta vinstchansen, dvs vad blir den betingade sannolikheten Pr (A | B)?
För att vinna måste den andra tärningen visa fyra. Detta innebär att av de
sex möjliga utfallen på den andra tärningen är det bara en som ger vinst,
eller med andra ord
Pr (A | B) = 1
6
dvs samma sannolikhet som utan informationen. A och B är här oberoende.
För att se om extrainformationen ändå kan vara av glädje måste vi utföra
beräkningen för alla tänkbara utfall på den första tärningen, dvs 1, 2,...,6
och se om detta påverkar vinstchansen. Det visar sig dock (testa!) att vi får
samma svar för samtliga utfall på den första tärningen.
32

Skulle vi däremot vinna om summan av de båda tärningarna är åtta får
vi ett annat svar. Nu innehåller A bara fem utfall
A = {(2, 6) , (3, 5) , (4, 4) , (5, 3) , (6, 2)}
och vinstchansen utan information blir därmed
Pr (A) = 5
36
Det är nu inte svårt att se att denna vinstchans förändras i och med information
om utfallet på den första tärningen. Låt t.ex.
B = Utfallet på den första tärningen är ett
Det finns då ingen möjlighet att summan av de båda tärningarna skall bli
åtta varför
Pr (A | B) =0
I det här fallet är således A och B beroende och vi accepterar gladeligen
möjligheten till denna extrainformation. ¤
Vad innebär då det faktum att två händelser A och B är oberoende
för multiplikationssatsen? Vi får den mycket användbara räkneregeln för
snittsannolikheter rörande oberoende händelser.
Pr (A ∩ B) =Pr(A) · Pr (B)
dvs snittsannolikheten blir då helt enkelt produkten av marginalsannolikheterna.
Exempel 28 En signal skall ta sig från vänster till höger i systemen nedan
A B
A
B
33

Komponenterna A och B fungerar oberoende av varandra och sannolikheten
att en komponent fungerar är 0.8, dvs
Pr (A) =Pr(B) =0.8
Bestäm sannolikheterna för att de båda systemen fungerar. I det övre seriekopplade
systemet måste båda komponenterna fungera för att systemet
skall fungera vilket innebär att vi där söker sannolikheten för snittet A ∩ B.
Eftersom komponenterna fungerar oberoende av varandra får vi att
Pr (A ∩ B) =Pr(A) · Pr (B) =0.8 · 0.8 =0.64
I det nedre parallellkopplade systemet räcker det med att den ena komponenten
fungerar för att systemet skall fungera varför vi söker sannolikheten för
A ∪ B. Nu följer först av additionssatsen att
och sedan ger oberoendet att
¤
Pr (A ∪ B) =Pr(A)+Pr(B) − Pr (A ∩ B)
Pr (A ∪ B) = Pr(A)+Pr(B) − Pr (A) · Pr (B) =
= 0.8+0.8− 0.8 · 0.8 =0.96
1.6.5 Övningsuppgifter
Uppgift 11 Lös uppgift 212.
Uppgift 12 Lös uppgift 215.
Uppgift 13 Lös uppgift 217.
Uppgift 14 Lös uppgift 233.
Uppgift 15 I en artikel i SDS den 14 augusti kunde man läsa att 12.6% av
alla män och 9.9% av alla kvinnor är vänsterhänta. Låt oss anta att dessa
uppgifter är korrekta. Låt oss vidare anta att vi studerar en stor population
där 40% är män och 60% är kvinnor. Från den valda populationen väljs
slumpmässigt en person. Bestäm sannolikheten att den valda personen
a. är en vänsterhänt kvinna.
b. är vänsterhänt.
34

c. är en kvinna om vi vet att personen är vänsterhänt.
Uppgift 16 I en viss population gäller att en procent av individerna är
bärare av en viss smitta. Ett diagnostiskt test för att upptäcka smittbärare
har en träffsäkerhet på 90% för individer som bär smittan, men även en
5%-ig risk för feldiagnos av icke smittbärande individer.
a. Bestäm sannolikheten att testet ger ett korrekt resultat.
b. Antag att testet ger att individen är smittbärare. Bestäm sannolikheten
att så verkligen är fallet.
Uppgift 17 Lös uppgift 219.
Uppgift 18 Lös uppgift 235.
Uppgift 19 En torped av typ A har träffsannolikheten 0.2 medan en torped
av typ B har träffsannolikheten 0.3. Ett mål skall beskjutas av antingen tre
A-torpeder eller två B-torpeder. Vi förutsätter att torpedträffar (och missar)
sker oberoende av varandra.
a. Beräkna för de båda alternativen sannolikheten att målet blir träffat.
b. Vad är sannolikheten att målet blir träffat om alla fem torpederna avlossas?
2 Diskreta slumpvariabler
2.1 Vad är en slumpvariabel?
Innan vi går vidare med mer formella teoretiska begrepp och resultat diskuterar
vi kort hur sannolikhetsläran kommer att användas. Det är framförallt
i samband med stickprov och slutsatser från dessa som denna kunskap är
oumbärlig. Antag för enkelhets skull att vårt stickprov består av en enda observation
från någon mänsklig population. I statistiska sammanhang används
inte det trevliga, men ack så ineffektiva, angreppssättet “Nej men tjenare Per
var det du som blev utvald” utan nu kommer Per istället att bli värderad
utifrån en eller flera egenskaper. Han kommer således att bli en eller ett antal
siffror i ett datamaterial. En värderad egenskap kallas i dessa sammanhang
för en variabel eftersom olika individer kan ha olika värden på denna egenskap.
Antag t.ex. att vi studerar variabeln “Antal barn”. Eftersom Per råkar
ha två barn blir han i detta avseende värderad till 2. Nuärdetjudockinte
35

så att alla har två barn utan värdena 0, 1, 3, 4 osv. kan också förekomma. Vi
har alltså inget större intresse för Per som person utan enbart vilka värden
han har på de aktuella variablerna. Stickprov skall i statistiska sammanhang
göras slumpmässigt vilket innebär att vi på förhand inte vet vem som kommer
att bli utvald. Med andra ord; detta är ett slumpförsök där alla individer
som kan tänkas bli valda utgör utfall. Betrakta en liten population bestående
av sex personer
S
Per
Leif
Johan
Kjell
Men nu är vi inte intresserade av personerna i sig utan enbart vilket värde de
har på någon variabel. Antag att vi studerar EMU-frågan och värderar personerna
som 0 om dom är emot och 1 om dom är för ett EMU-medlemskap.
Då kommer utfallsrummet (givetvis beroende på åsikten) att förändras till
S
1
1
1
0
Uppgiften i sannolikhetsläran är att utifrån någon variabel beskriva ett slumpförsök
innan det utförs. Eftersom vi på förhand inte vet vilket värde den valde har
på variabeln kallas denna för en slumpvariabel (eller stokastisk variabel). På
kortform betecknas en slumpvariabel oftast med bokstaven X eller någon
annan versal i slutet av alfabetet som Y,Z etc.. Vi kan då t.ex. bilda slumpvariabeln
X = Inställning till ett EMU-medlemskap
36
Sofia
1
Annika
0

med samma värdering som tidigare. Genom att konstruera händelser utav
samtliga utfall som av slumpvariabeln värderas på samma sätt får man automatiskt
en disjunkt uppdelning av utfallsrummet. Bildar vi händelsen
får vi uppdelningen
A = Den valde är för ett EMU-medlemskap
A
S
1
1
1
dvs händelsen A består av alla personer med värdet X =1ochomenperson
väljs slumpmässigt får vi att
Pr (X =0) = Pr ¡ A ¢ = 2 1
= ≈ 0.33
6 3
Pr (X =1) = Pr(A) = 4 2
= ≈ 0.67
6 3
Att på detta sätt beskriva en slumpvariabel kallas för att bestämma dess
sannolikhetsfördelning. Då man anger en slumpvariabels sannolikhetsfördelning
anger man således dels vilka värden som kan antas och dels med vilka
sannolikheter dessa värden antas. 4
Vi kan konstruera ett oändligt antal slumpvariabler för ett och samma
slumpförsök. Betraktar vi t.ex. ett tärningskast känns det kanske mest
naturligt att värdera utfallen efter det antal prickar tärningen visar vilket då
ger den uppdelning av utfallsrummet som figuren visar
4 Detta sätt att beskriva en slumpvariabels sannolikhetsfördelning fungerar enbart för
diskreta slumpvariabler. Vi återkommer i Kapitel 3 med motsvarande representation för
kontinuerliga slumpvariabler.
0
37
1
0
A

S
Nu behöver vi inte alls värdera ett tärningskast på detta sätt utan vi kan
värdera utfallen som vi behagar. Vi kan t.ex. fokusera på utfallet sex. De
andra utfallen är då inte värda något och värderas därför till 0 medan sexan
förslagsvis värderas till 1. Vi får då en disjunkt uppdelning som i figuren
nedan.
S
Vi har därmed för slumpförsöket att kasta en tärning studerat de båda slumpvariablerna
X = Antal ögon tärningen visar
Y = Sexa?
där för Y ettJavärderastill1 och ett Nej till 0. Dessa båda slumpvariabler
har inte samma sannolikhetsfördelning men innan vi går in på dessa skall vi
mer noggrant specificera hur dessa skall anges. När slumpmomentet är över,
dvs då försöket utförts, har slumpvariabeln fått ett värde och för att visa att
så är fallet byter man då till små bokstäver, dvs x, y, z etc. Vi låter allmänt
p (x) beteckna sannolikheten att slumpvariabeln X antar värdet x, dvs
p (x) =Pr(X = x)
38

p (x) som en funktion kallas för sannolikhetsfunktionen för slumpvariabeln
X. För alla (diskreta) sannolikhetsfunktioner gäller att
p (x) ≥ 0
X p (x) = 1
Exempel 29 Uppgiften i detta exempel är att bestämma sannolikhetsfördelningen
för de båda slumpvariablerna X och Y ovan. X kan anta värdena
1, 2, 3, 4, 5, 6 och alla dessa är lika sannolika så sannolikhetsfördelningen blir
p (x) =Pr(X = x) = 1
, x =1, 2, 3, 4, 5, 6
6
vilket åskådliggörs i figuren nedan.
Utfall Värdering (X) Sannolikhetsfördelning
Y kan enbart anta värdena 0 och 1 med
vilket inses i figuren nedan
¤
1
2
3
4
5
6
Pr(X=1)=1/6
Pr(X=2)=1/6
Pr(X=3)=1/6
Pr(X=4)=1/6
Pr(X=5)=1/6
Pr(X=6)=1/6
p (0) = Pr (Y =0)=5/6
p (1) = Pr (Y =1)=1/6
Utfall Värdering (Y) Sannolikhetsfördelning
0
1
39
Pr(Y=0)=5/6
Pr(Y=1)=1/6

2.1.1 Övningsuppgifter
Uppgift 20 Lös uppgift 302.
2.2 Väntevärden
2.2.1 Sannolikhetsfördelningens medelvärde
Då man beskriver ett statistiskt datamaterial med tabeller och diagram är
det vanligt att man även sammanfattar detta med några få mått. De oftast
använda måtten är medelvärde och standardavvikelse. På liknande sätt kan
man sammanfatta en sannolikhetsfördelning. Medelvärdet för ett stickprov
beräknas via
x = x1
P
+ x2 + ···+ xn x
=
n
n
och representerar således ett genomsnitt av observationerna. Då vi skall
beräkna medelvärdet för en sannolikhetsfördelning måste vi ta hänsyn till att
olika värden eventuellt är olika sannolika vilket innebär att värdena måste
viktas utifrån deras respektive sannolikheter.
Exempel 30 Betrakta ett lotteri med 100 lotter à 1 krona. I lotteriet är
det en 50-kronorsvinst, tre 10-kronorsvinster och fem 2-kronorsvinster. Vi
konstruerar slumpvariabeln
X = “Återbäring” på en slumpmässigt vald lott
Då inses att X kan anta värdena 0, 2, 10 och 50. Vitrordockinteattden
genomsnittliga utfallet ligger på
0+2+10+50
=15.50
4
utan variabelvärdena måste viktas utifrån hur ofta dom uppkommer. Vi har
Antal lotter Vinst Sannolikhet
91 0 91/100 = 0.91
5 2 5/100 = 0.05
3 10 3/100 = 0.03
1 50 1/100 = 0.01
Räknar vi samtliga lotter och tar “medelåterbäringen” får vi istället
91 · 0+5· 2+3· 10 + 1 · 50
100
40
= 90
100 =0.9

dvs den genomsnittliga “återbäringen” på en lott är 90 öre vilket innebär att
man i genomsnitt kommer att göra en förlust på 10 öre. Denna beräkning kan
istället utföras med sannolikhetsfördelningen
x 0 2 10 50
p (x) 0.91 0.05 0.03 0.01
där vi använder sannolikheterna som vikter
och svaret blir korrekt. ¤
0 · 0.91 + 2 · 0.05 + 10 · 0.03 + 50 · 0.01 = 0.9
När man på detta sätt beräknar medelvärdet för en sannolikhetsfördelning
(eller för en slumpvariabel) sägs man beräkna dess väntevärde,ellerdetvärde
vi förväntas att få om vi slumpmässigt väljer ut en individ. Väntevärdet för
slumpvariabeln X betecknas E (X), därE står för expectation, och beräknas
således via formeln
E (X) = X x · p (x)
där summeringen sker för alla de värden X kan anta. Benämningen väntevärde
är dock något missvisande vilket framgår av följande exempel.
Exempel 31 Vi konstaterade i Exempel 29 att för slumpförsöket att kasta
en tärning ges sannolikhetsfördelningen för slumpvariabeln
X = Antal ögon tärningen visar
utav
p (x) =Pr(X = x) = 1
,
6
x =1, 2, 3, 4, 5, 6
Det följer att väntevärdet för X blir
E (X) =1· 1 1 1 1+2+3+4+5+6
+2· + ···+6· = =
6 6 6 6
21
6 =3.5
dvs i det här fallet blir väntevärdet ett helt vanligt medelvärde eftersom samtliga
variabelvärden är lika sannolika. Vi noterar att det förväntade värdet blir
3.5. ¤
I ovanstående exempel såg vi att väntevärdet vid kast av en tärning är 3.5
(då värderingen är det antal ögon tärningen visar). Detta är dock ett värde
som aldrig kommer att uppkomma.Väntevärdet skall emellertid inte tolkas
på detta sätt. Väntevärdet är ett populationsmedelvärde, dvs om det hade
41

varit möjligt att mäta samtliga populationens individer och sedan beräknat
medelvärdet för dessa på vanligt sätt skulle detta medelvärde överensstämma
med väntevärdet. I tärningsexemplet ovan går det dock inte att mäta
samtliga “individer”, eller tärningskast, eftersom det inte finns någon begränsning
för hur många gånger vi kan kasta tärningen. Vad som dock gäller
är att om vi kastar en tärning riktigt många gånger kommer medelvärdet
av dessa kast med största sannolikhet att ligga mycket nära väntevärdet
3.5. Stickprovsmedelvärdet x varierar från stickprov till stickprov vilket betyder
att det är en slumpvariabel. Innan stickprovet tas skall därför stickprovsmedelvärdet
betecknas X (vilket vi återkommer till lite längre fram).
Populationsmedelvärdet är dock konstant, en storhet eller parameter, och
sådana brukar betecknas med grekiska bokstäver. Populationsmedelvärdet
betecknas vanligen med μ (my). För en diskret sannolikhetsfördelning har vi
alltså att
μ = E (X) = X x · p (x)
Det är viktigt att man förstår skillnaden mellan stickprovsmedelvärdet x och
populationsmedelvärdet μ eftersom båda dessa är viktiga i den statistiska
teorin.
2.2.2 Sannolikhetsfördelningens spridning
Precis som för ett stickprov vill vi dessutom ha ett mått på hur utspridd
sannolikhetsfördelningen (eller populationen) är. För att mäta hur utspridda
observationerna i ett stickprov är används vanligen standardavvikelsen
s
P 2
(x − x)
s =
n − 1
eller dess kvadrat (stickprovs)variansen
s 2 P 2
(x − x)
=
n − 1
Stickprovsvariansen är ett mått på det genomsnittliga kvadratavståndet mellan
observationerna och stickprovsmedelvärdet vilket innebär att motsvarande
spridningsmått för en sannolikhetsfördelning bör bli
Var (X) =E ¡ (X − E (X)) 2¢ = E (X − μ) 2
För en sannolikhetsfördelning blir således variansen det förväntade kvadratavståndet
mellan slumpvariabeln och dess väntevärde (populationsmedelvärdet).
Detta blir då även populationsvariansen, dvs om det hade varit möjligt
42

att få tag i samtliga populationens individer och mäta deras genomsnittliga
kvadratavstånd till populationsmedelvärdet skulle vi fått Var(X). Precis
som populationsmedelvärdet är populationsvariansen en populationsparameter,
dvs en konstant storhet, och betecknas med en grekisk bokstav. Vi har
alltså att
σ 2 = Var (X) =E (X − μ) 2
Tar vi sedan kvadratroten ur populationsvariansen får vi populationsstandardavvikelsen
σ (sigma).
q
σ = E (X − μ) 2
Återigen är det viktigt att hålla isär stickprovsstandardavvikelsen S som är
en slumpvariabel och populationsstandardavvikelsen σ som är en populationsparameter
(konstant).
Vi sammanfattar betydelsen av dessa båda sammanfattande mått för
slumpvariabler. Om vi upprepar slumpförsöket i all oändlighet kommer observationerna
i genomsnitt att ha populationsmedelvärdet μ. Alla observationer
kommer dock inte att ha detta värde (eventuellt inte några) och populationsstandardavvikelsen
σ anger hur långt från μ observationerna i genomsnitt
kommer att vara.
För att komma fram till hur man skall beräkna variansen för X börjar
vi med att förklara lite hur man beräknar väntevärden för funktioner av
slumpvariabler. En funktion av slumpvariabeln X skrivs allmänt som f (X)
och kan t.ex. vara
eller som i vårt fall
f (X)
f (X)
=
=
3+X
√ X
f (X) = 4
X
f (X) =(X − μ) 2
Dvs en funktion skapar en ny slumpvariabel f (X) genom att matematiskt
manipulera med X. Frågan är hur en sådan manipulering påverkar väntevärdet.
Detta beror starkt på funktionens utseende och vi skall se lite längre
fram i detta avsnitt att för sk. linjärfunktioner påverkas väntevärdet på ett
mycket angenämt sätt. Den funktion vi nu studerar är dock ingen linjärfunktion
men man skall dock inte bli alltför skärrad, ett väntevärde är ett
43

väntevärde och här skall det beräknas för (X − μ) 2 istället för X. För samtliga
värden x antas nu istället värdet (x − μ) 2 med motsvarande sannolikhet
varför
σ 2 = Var (X) =E (X − μ) 2 = X (x − μ) 2 · p (x)
där summeringen sker för alla de värden X kan anta.
Exempel 32 IExempel30 med lotteriet fick vi för slumpvariabeln
X = “Återbäring” på en slumpmässigt vald lott
att μ =0.9. Skall variansen bestämmas beräknas först sannolikhetsfördelningen
för f (X) =(X − μ) 2 via
vilket ger att
x (x − μ) 2
p (x)
0 (0 − 0.9) 2 =0.81 0.91
2 (2 − 0.9) 2 =1.21 0.05
10 (10 − 0.9) 2 =82.81 0.03
50 (50 − 0.9) 2 =2410.81 0.01
σ 2 = X (x − μ) 2 · p (x) =
= 0.81 · 0.91 + 1.21 · 0.05 + 82.81 · 0.03 + 2410.81 · 0.01 =
= 27.39
och det följer att
σ = √ 27.39 ≈ 5.23
Då vi slumpmässigt drar en lott förväntas vi få tillbaka 90 öre på vår satsade
krona. Ingen lott kommer dock att ge oss 90 öre tillbaka utan detta är
bara ett mått på vad som i genomsnitt kommer att hända i långa loppet.
Standardavvikelsen säger oss att i genomsnitt kommer “återbäringen” från
en slumpmässigt vald lott att avvika från det förväntade värdet med 5 kronor
och 23 öre. Det är den stora spridningen som gör att vi blir lockade att
delta i dylika spel men den förväntade förlusten för lott-kunden försäkrar dock
spelbolagen om vinst i långa loppet. ¤
Exempel 33 Vi återgår åter till tärningsexemplen där det för slumpvariabeln
X = Antal ögon tärningen visar
44

visade sig att μ = E (X) =3.5. Viharatt
och det följer därmed att
x (x − μ) 2
p (x)
1 (1 − 3.5) 2 =6.25 1/6
2 (2 − 3.5) 2 =2.25 1/6
3 (3 − 3.5) 2 =0.25 1/6
4 (4 − 3.5) 2 =0.25 1/6
5 (5 − 3.5) 2 =2.25 1/6
6 (6 − 3.5) 2 =6.25 1/6
σ 2 = X (x − μ) 2 · p (x) =6.25 · 1 1
1
+2.25 · + ···+6.25 ·
6 6 6 =
= 17.5
6
35
= ≈ 2.92
12
och det följer att
r
35
σ = ≈ 1.71
12
Kastar vi en tärning ett mycket stort antal gånger kommer vi i genomsnitt
att få värdet 3.5. Nu vet vi dock att vi i ett enskilt kast aldrig kommer att få
3.5 och standardavvikelsen anger att kasten i genomsnitt kommer att avvika
från 3.5 med 1.71. ¤
Som vi skall se längre fram är en sannolikhetsfördelnings medelvärde och
varians/standardavvikelse oumbärliga vid analys av statistiska datamaterial.
Uttrycket
σ 2 = E (X − μ) 2
(2)
används framförallt för förståelse av vad variansen innebär. Vid praktiska
beräkningar är den dock något klumpig och det finns ett mer effektivt beräkningssätt.
Vi har nämligen att
Var (X) =E ¡ X 2¢ − μ 2
En förklaring till detta samband ges i Appendix A.1. Vad är det då som har
blivit enklare? I båda uttrycken måste först μ beräknas så jämförelsen skall
göras mellan E (X − μ) 2 och E (X 2 ) där den senare är klart fördelaktig vid
praktiska beräkningar.
45

Exempel 34 Vi fortsätter åter med tärningsexemplet.
x x 2 p (x)
1 1 2 =1 1/6
2 2 2 =4 1/6
3 3 2 =9 1/6
4 4 2 =16 1/6
5 5 2 =25 1/6
6 6 2 =36 1/6
vilket innebär att sannolikhetsfördelningen för X 2 blir
och därmed att
Pr ¡ X 2 = x ¢ = 1
, x =1, 4, 9, 16, 25, 36
6
E ¡ X 2¢ =1· 1 1
1 1+4+···+36
+4· + ···+36· = =
6 6 6 6
91
≈ 15.17
6
Dvs om man kastar en tärning ett mycket stort (oändligt) antal gånger och
hela tiden kvadrerar utfallen kommer man i genomsnitt att få 15.17. Nufår
vi variansen till
σ 2 = E ¡ X 2¢ − μ 2 = 91
6 − 3.52 = 35
≈ 2.92
12
precis som tidigare. ¤
2.2.3 Övningsuppgifter
Uppgift 21 Lös uppgift 304.
Uppgift 22 Beräkna medelvärde och varians/standardavvikelse för slumpvariabeln
Y iExempel29. Tolka dessa värden.
2.3 Linjärfunktioner av slumpvariabler
För att bestämma E (X − μ) 2 och E (X 2 ) måstevigåinidetaljochförst
bestämma sannolikhetsfördelningarna för funktionerna f (X) = (X − μ) 2
och f (X) =X 2 . Dessa sannolikhetsfördelningar beräknas utifrån motsvarande
sannolikhetsfördelning för X. Om det enda ändamålet med den aktuella funktionen
är att bestämma väntevärde och varians vore det dock en rejäl förenkling
om vi istället direkt kunde använda att vi redan känner väntevärde och
varians för X. Denna möjlighet finns inte för alla typer av funktioner, t.ex.
46

går inte detta för de båda funktionerna ovan, men för linjärfunktioner behöver
en ny sannolikhetsfördelning inte bestämmas. En linjärfunktion (eller
linjärtransformation) av X är en funktion på formen
f (X) =a + bX
där a och b är konstanter, dvs vanliga reella tal. Då gäller nämligen att
E (a + b · X) = a + b · E (X) (3)
Var (a + b · X) = b 2 · Var (X)
En matematisk förklaring till dessa båda formler ges i Appendix A.2. Här ges
istället en mer intuitiv förklaring. Att addera en slumpvariabel med konstanten
a innebär att hela populationen flyttas på talaxeln som i figuren nedan
μ a+μ
a
Eftersom populationsmedelvärdet är ett mått på var “mittpunkten” är belägen
är det då inte överraskande att även detta flyttas a steg, dvs
E (a + X) =a + E (X)
En sådan flytt påverkar däremot inte populationens spridning varför det bör
gälla att
Var (a + X) =Var (X)
Om vi istället multiplicerar en slumpvariabel med en konstant b påverkas
både populationens position och dess spridning vilket framgår av figuren
nedan
μ b* μ
47

Varje individs värde multipliceras med b vilket även borde påverka medelvärdet
på samma sätt, dvs
E (b · X) =b · E (X)
Spridningen påverkas på samma sätt men eftersom variansen mäter kvadrerade
avstånd kommer
Var (b · X) =b 2 · Var (X)
Slår vi nu ihop dessa intuitiva formler får vi vad som angavs ovan.
Exempel 35 Vi tar åter en titt på lotteriet i Exempel 30. För slumpvariabeln
X = “Återbäring” på en slumpmässigt vald lott
fann vi där att μ =0.9, dvsdenförväntadeåterbäringenpåenlottär90
öre. Antag nu att vi istället vill bestämma den förväntade vinsten. En lott
kostar en krona och antag dessutom att det tillkommer 30% vinstskatt vid en
eventuell vinst. Å andra sidan får vi tillbaks 30% i“förlustskatt”omviskulle
få en nitlott. Låt nu
Y = Vinst på en slumpmässigt vald lott
Hur skall då Y beskrivas? Vinsten är lottutfallet minus lottpriset, dvs X − 1.
De gällande skattereglerna ger sedan att vi får behålla 70% av detta vilket
innebär att Y bör bli
Y =0.7 · (X − 1)
När vi nu skall beräkna den förväntade vinsten, dvs E (Y ), harvinyttaav
att Y är en linjärfunktion av X. Detta inses via omskrivningen
Y =0.7 · (X − 1) = −0.7+0.7 · X
Vi har alltså att Y = a + b · X där a = −0.7 och b =0.7. Det följer således
att
E (Y )=−0.7+0.7 · 0.9 =−0.07
dvs vi har en förväntad förlust på 7 öre då vi köper en lott. För att någon
skall lockas till att köpa lotter måste det vara en stor spridning på vinsten
och vi får att
Var (Y )=0.7 2 · 27.39 = 13.42
och det följer att
σ (Y )= √ 13.42 = 3.66
dvs i genomsnitt skiljer sig vinsten på en slumpmässigt vald lott med 3 kronor
och 66 öre. ¤
48

Låt X vara en slumpvariabel med väntevärde μ och standardavvikelse σ.
En av de allra viktigaste linjärfunktionerna är den standardiserade slump-
variabeln
X − μ
Z =
σ
Man brukar normalt reservera bokstaven Z för just denna linjärfunktion.
Vad är det då för speciellt med denna slumpvariabel? Skriver vi om uttrycket
något ser vi att
X − μ 1
Z = = −μ + · X
σ
är en linjärfunktion med a = − μ
σ
gäller således att
och
och b = 1
σ
σ σ
. Utifrån räknereglerna för dessa
E (Z) =− μ 1
μ
+ · E (X) =−μ +
σ σ σ σ =0
Var (Z) =
µ 2
1
σ
· Var (X) = σ2
=1
σ2 och det följer att
σ (Z) = √ 1=1
Dvs Z är en slumpvariabel med väntevärde 0 och standardavvikelse 1.Genom
att med X − μ subtrahera slumpvariabelns medelvärde från slumpvariabeln
flyttar vi hela sannolikhetsfördelningen så att dess medelvärde istället hamnar
i origo (nollpunkten). Genom att sedan dividera med standardavvikelsen
“pressar vi ihop” (σ >1) eller “drar vi isär” (σ

där för X ett Ja värderas till 1 och ett Nej till 0. Eftersom vi väljer slumpmässigt
bland populationens individer blir sannolikhetsfördelningen för X
Vi räknar nu snabbt och lätt ut att
x p (x)
0 1 − π
1 π
E (X) =0· (1 − π)+1· π = π
och
E ¡ X 2¢ =0 2 · (1 − π)+1 2 · π = π
Beräkningsformeln för variansen ger sedan att
Var (X) =E ¡ X 2¢ − μ 2 = π − π 2 = π · (1 − π)
För en tvåpunktsfördelad variabel gäller således att medelvärdet är π och
variansen är π · (1 − π) vilket är ett viktigt resultat som vi skall använda oss
av en hel del. (Jämför detta resultat med det i Uppgift 22.)
Nu väljer vi dock sällan bara en individ ur populationen utan stickprovet
kommer att bestå av n dragna individer. Den slumpvariabel vi då kommer
att vara intresserade av är
p = Andel individer med egenskapen i stickprovet
dvs stickprovsandelen. Återigen har vi en viktig distinktion mellan p som
är en slumpvariabel eftersom den varierar från stickprov till stickprov och π
som är en populationsparameter (en konstant). Då vi studerar dom sannolikhetsmässiga
egenskaperna hos p förenklar vi dock situationen något och
studerar istället
X = Antal individer med egenskapen i stickprovet
Vi ser att
p = X
n
dvs p är en enkel linjärfunktion av X och resultat för X överförs därför enkelt
till p.
Hur ser då sannolikhetsfördelningen för X ut? Något kryptiskt uttryckt
beror detta på om populationen är ändlig eller oändlig. Något annorlunda
uttryckt beror sannolikhetsfördelningen för X på om förutsättningarna
50

förändras från dragning till dragning under urvalsprocessen. Vi har här möjlighet
att effektivt använda oss av de metoder vi använde i samband med
kombinatoriken i avsnitt 1.5. Populationen kan här ses som en urna med
bollar i två färger. Vi kan t.ex. låta vita bollar representera individer med
egenskapen och svarta bollar representera individer utan egenskapen. Andelen
vita bollar i urnan är π och uppgiften är att välja ut n bollarururnan
och räkna hur många vita bollar vi fick. Med språkbruk från kombinatoriken
översätts oändlig och ändlig population till om det är dragning med eller utan
återläggning. Dragning med återläggning är samma som att populationen är
oändlig, dvs urnans sammansättning förblir oförändrad efter varje dragning.
Exempel 36 Antag att vi skall kasta en tärning ett antal gånger och räkna
antalet erhållna sexor. Varje gång vi kastar tärningen är det exakt samma
förutsättningar som vid kastet innan, dvs exakt en sjättedels chans att få en
sexa. Vid tärningskast förändras alltså inte urnans sammansättning vilket
innebär att det är fråga om dragning med återläggning. ¤
Exempel 37 Betrakta en tombola med tio lotter varav endast en är en vinstlott.
En person står framför dig och du är förstås oerhört intresserad av
huruvida denne drar vinstlotten. Vi betraktar en urna med tio bollar, en vit
och nio svarta. Dragning sker utan återläggning, vilket innebär att förutsättningarna
förändras efter varje dragning. ¤
Vi behandlar de båda situationerna separat och avslutar sedan med en
diskussion om sambanden dem emellan.
2.4.1 Binomialfördelningen
Vi studerar nu en situation där vi från en oändligt stor population skall välja
ut n individer och räkna hur många av dessa som har en viss egenskap. Ur
en urna där andelen vita bollar är π skall vi således med återläggning välja
n bollar och studera slumpvariabeln
X = Antalet vita bollar i urvalet
Hur ser då sannolikhetsfördelningen för X ut? Låt oss börja med ett enkelt
exempel.
Exempel 38 En viss urna innehåller fem bollar där fyra är vita och en är
svart. Ur denna urna skall vi med återläggning välja tre bollar och sedan räkna
antalet vita bollar. Tar vi hänsyn till den ordning bollarna dras finns det
åtta utfall vilka åskådliggörs i figuren nedan
51

S
VSS
SSS
SVS
SSV
SVV
Nu är vi dock inte intresserade av i vilken ordning bollarna valts utan enbart
av hur många av dom som är vita. Med avseende på slumpvariabeln X får vi
därför följande uppdelning av utfallsrummet
X=0
X=1
S
VSS
SSS
SVS
SSV
SVV
ochviserförstochfrämstattX kan anta värdena 0, 1, 2 och 3. Dessafyra
värden skall nu associeras med sannolikheter och då måste vi först vara medvetna
om att utfallen inte är lika sannolika. I det här fallet är t.ex. utfallet
VVV mer sannolikt än SSS eftersom det finns fler vita än svarta bollar i
urnan. Eftersom en dragen boll direkt återförs till urnan kommer vi i varje
dragning ha exakt samma förutsättningar, dvs
VSV
VSV
VVS
VVV
VVS
VVV
X=2
X=3
Pr (Dendragnabollenärvit) = 4
5 =0.8
Pr (Den dragna bollen är svart) = 1
5 =0.2
och det följer att
52

Utfall
SSS
VSS
SVS
SSV
VVS
VSV
SVV
VVV
eller i utskriven form
¤
Sannolikhet
3
0.2*0.2*0.2=0.2
2
0.8*0.2*0.2=0.8*0.2
2
0.2*0.8*0.2=0.8*0.2
2
0.2*0.2*0.8=0.8*0.2
2
0.8*0.8*0.2=0.8 *0.2
2
0.8*0.8*0.2=0.8 *0.2
2
0.8*0.8*0.2=0.8 *0.2
3
0.8*0.8*0.8=0.8
Värdering (X)
x p (x)
0 0.008
1 0.096
2 0.384
3 0.512
0
1
2
3
Slh-fördelning
3
Pr(X=0)=0.2
2
Pr(X=1)=3*0.8*0.2
2
Pr(X=2)=3*0.8 *0.2
3
Pr(X=3)=0.8
Då vi skall finna den allmänna sannolikhetsfördelningen finns det en hel
del intressanta iakttagelser att göra från föregående exempel. Då vi allmänt
skall dra n bollar ser vi t.ex. att möjliga värden på X är x =0, 1, 2,...,n.
Samtidigt ser vi att följder som innehåller exakt lika många vita bollar alla
är lika sannolika. För en urna där andelen vita bollar är π gäller att en viss
följd som innehåller x vita bollar har sannolikheten
π x · (1 − π) n−x
eftersom dom resterande n − x bollarna följaktligen måste vara svarta. För
att kunna beräkna sannolikheten att få en följd med x vita bollar återstår
då endast att bestämma hur många sådana följder det finns. Detta är lite
besvärligare och kräver lite eftertanke. Vi tänker oss urvalet som n positioner
som skall fyllas i med antingen ett S eller ett V . För att det skall bli exakt
x vita bollar måste vi således välja ut exakt x av dessa positioner och i
dessa placera ett V . På hur många sätt kan detta göras? Det är dragning
utan återläggning eftersom varje position endast kan innehålla en boll (dvs
enbart en boll dras varje gång). Det är dragning utan hänsyn till ordningen
eftersom vi enbart är intresserade av vilka x positioner som blivit valda (och
53

inte i vilken ordning dom blev valda). Kombinatorikens räkneregler ger oss
därmed att vi söker antalet kombinationer, dvs
µ
n
Cn,x =
x
Följaktligen får vi sannolikheten att få exakt x vita bollar till
µ
n
p (x) =Pr(X = x) = · π
x
x · (1 − π) n−x , x =0, 1, 2,...,n
Eftersom denna sannolikhetsfördelning är vanligt förekommande i praktiken
har den fått ett eget namn och en egen beteckning. Den kallas för binomialfördelningen
och betecknas Bi(n, π).
Exempel 39 Antag att vi slumpmässigt fyller i en enkelrad på en stryktipskupong.
Det är tretton matcher som skall fyllas i med antingen 1, X eller
2. Endast ett av dessa tecken är rätt vilket kan översättas till en urna med
endast tre bollar där en är vit (korrekt tipstecken) och två är svarta (fel tipstecken).
Ur urnan dras med återläggning tretton bollar och vi räknar antalet
erhållna vita bollar, eller ekvivalent
X = Antal rätt på tipskupongen
Eftersom samtliga förutsättningar är uppfyllda följer att X är binomialfördelad
med parametrar n =13och π =1/3. DvsXär Bi ¡ 13, 1
¢
och 3
µ µ x µ n−x
13 1 2
p (x) =Pr(X = x) =
, x =0, 1, 2,...,13
x 3 3
Vi finner nu t.ex. att sannolikheten att få tio rätt ges av
µ µ 10 µ 3
13 1 2
p (10) = Pr (X =10)=
≈ 0.0014
10 3 3
dvs ungefär 0.14% chans. En rad med tio rätt kan ha följande utseende
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
54

och en sådan rad har sannolikheten
µ
1
3
10
·
µ 3
2
3
Nu bryr vi oss dock inte om vilka tio matcher vi har tippat rätt utan enbart
att vi har tio rätt. Det finns ¡ ¢ 13
olika sätt att tippa tio matcher rätt (eller
10
tre matcher fel) och därav den angivna sannolikheten. ¤
I sannolikhetssammanhang är man ofta intresserade av frågor som “Bestäm
sannolikheten att åtminstone x av bollarna är vita” eller “Bestäm sannolikheten
att högst x av bollarna är vita”. Sådana frågor besvaras med hjälp
av den sk. fördelningsfunktionen
xX
F (x) =Pr(X≤x) = p (k)
Fördelningsfunktionen summerar således samtliga sannolikheter p (k) upp till
och med ett visst angivet värde x. Viharsåledesatt
F (x) =Sannolikheten att högst x av de dragna bollarna är vita
För att beräkna den andra sannolikheten använder vi oss av komplementregeln
Pr (X ≥ x) = Sannolikheten att åtminstone x av de dragna bollarna är vita =
= 1−Sannolikheten att högst x − 1 av de dragna bollarna är vita =
= 1−F (x − 1)
I nästa exempel är det dock en omväg att gå via fördelningsfunktionen.
Exempel 40 Vi fortsätter med Exempel 39. Vanligtvis blir det vinst om man
åtminstone har tio rätt och vi söker därför
k=0
Pr (Vinst) =Pr(X ≥ 10) = 1 − Pr (X ≤ 9) = 1 − F (9)
I fördelningsfunktionen ingår tio termer, p (0) ,p(1) ,...,p(9) och det är därför
enklare att gå andra vägen, dvs att direkt beräkna
Pr (Vinst) =
=
Pr(X≥10) = p (10) + p (11) + p (12) + p (13) =
µ µ 10 µ 3 µ µ 13 µ 0
13 1 2
13 1 2
+ ···+
=
10 3 3
13 3 3
= 0.00165
dvs ungefär 0.165% chans. ¤
55

Man inser snart att även med miniräknaren till hjälp blir beräkningarna
snabbt betungande. Ibland kan vi ta hjälp av sannolikhetstabeller över
binomialfördelningen. Se t.ex. Tabell 1 i “Körner: Tabeller och formler för statistiska
beräkningar”. Här återges binomialfördelningens fördelningsfunktion
för några olika binomialfördelningar; n =2, 3,...,20 och π =0.1, 0.2,...,0.9.
Binomialfördelningen som förknippades med tipskupongen finns alltså inte
här och våra beräkningar ovan var nödvändiga.
Exempel 41 För Exempel 38 ovan finns dock sannolikhetsfördelningen med
i tabellsamlingen. Det gäller att
X = Antalet vita bollar i urvalet
är Bi(3, 0.8) och vi ser från tabellen att
x p (x) F (x)
0 0.008 0.008
1 0.096 0.104
2 0.384 0.488
3 0.512 1.000
och det är lätt konstaterat att dessa sannolikheter stämmer överrens med de
tidigare beräkningarna.
Exempel 42 Antag att vi i föregående exempel istället med återläggning drar
20 bollar ur urnan. Då kommer X att vara Bi(20, 0.8) som också finns angiven
i Tabell 1. Antag vidare att vi vill att åtminstone 14 av de dragna bollarna
skall vara vita samt att åtminstone en av bollarna är svart. Vi söker således
Pr (14 ≤ X ≤ 19)
vilket skrivs om i “tabellvänligt skick” via fördelningsfunktionen
Pr (14 ≤ X ≤ 19) = F (19) − F (13) = 0.9885 − 0.0867 = 0.9018
dvs ungefär 90% chans. För att utifrån tabellen bestämma sannolikheten för
enstaka värden som Pr (X =14)gör vi följande omskrivning
Pr (X =14) = Pr(X≤14) − Pr (X ≤ 13) = F (14) − F (13) =
= 0.1958 − 0.0867 = 0.1091
vilket också kunde beräknats via
¤
Pr (X =14)=
µ
20
· 0.8
14
14 · 0.2 6 =0.1091
56

Tabellen är ofta användbar men räcker inte på långa vägar till för alla
de situationer där binomialfördelningen dyker upp. Vi skall dock se att
då de manuella beräkningarna blir alltför betungande finns det oftast goda
approximationsmöjligheter.
Väntevärden för binomialfördelningen 5 Det återstår nu enbart att
finna de båda sammanfattande måtten för binomialfördelningen. Vi såg tidigare
att då vi enbart drog en boll ur urnan och studerade slumpvariabeln
följde att
X = Var bollen vit?
μ = E (X) =π
σ 2 = Var (X) =π · (1 − π)
Med beteckningarna ovan gäller således att dessa är de båda sammanfattande
måtten för Bi(1,π). Hur många vita bollar förväntar vi oss då om vi
med samma förutsättningar vid varje dragning drar n bollarururnan?Föga
överraskande får vi svaret
π + π + ···+ π = n · π
Samma egenskaper visar sig gälla för variansen, dvs
π · (1 − π)+π · (1 − π)+···+ π · (1 − π) =n · π · (1 − π)
För Bi(n, π) gäller således att
μ = E (X) =n · π
σ 2 = Var (X) =n · π · (1 − π)
Här bör man observera att samma addering inte kan utföras för standardavvikelserna.
Exempel 43 Vi återgår till Exempel 39 där vi konstaterade att slumpvariabeln
X = Antal rätt på kupongen
5 De matematiskt korrekta bevisen för dessa väntevärden är besvärliga men återges för
den intresserade och något matematiskt bevandrade läsaren i Avsnitt B.1.
57

var Bi ¡ 13; 1
¢
. Det följer således att
3
och följaktligen
μ = E (X) =13· 1
3 =4.33
σ 2 = Var (X) =13· 1 2
·
3 3 =2.89
σ = √ 2.89 = 1.7
Om vi låter slumpen fylla i en enkelrad på stryktipset förväntas vi få 4.33
rätt med en standardavvikelse på 1.7 rätt. Vi kan givetvis inte få exakt 4.33
rätt och istället tolkar vi väntevärdet på följande sätt. Låter vi slumpen välja
enkelrad vid upprepade tillfällen kommer vi i genomsnitt att få 4.33 rätt. Vi
får dock inte exakt lika många rätt varje gång utan resultaten kommer att
avvika från väntevärdet 4.33 med i genomsnitt 1.7 rätt. ¤
Vi sammanfattar binomialfördelningens egenskaper som
Sammanfattning 1 (Binomialfördelningen) Drag med återläggning n bollar
ur en urna där andelen vita bollar är π och studera slumpvariabeln
Då gäller att
och
¥
p (x) =Pr(X = x) =
X = Antalet vita bollar i urvalet
µ
n
π
x
x · (1 − π) n−x , x =0, 1, 2,...,n
μ = E (X) =n · π
σ 2 = Var (X) =n · π · (1 − π)
2.4.2 Hypergeometrisk fördelning
Vi studerar nu en situation där vi utan återläggning från en ändlig population
skall välja ut n individer och räkna hur många av dessa som har en
viss egenskap. Ur en urna där andelen vita bollar är π skallvisåledesutan
återläggning välja n bollar och studera slumpvariabeln
X = Antalet vita bollar i urvalet
58

Den enda skillnaden jämfört med binomialfördelningen är alltså att det nu är
dragning utan återläggning. Eftersom π inte kommer att vara samma under
hela dragsekvensen måste n och π kompletteras med en tredje parameter
N = Antalet bollar i urnan
dvs populationsstorleken. Det följer nu att
N · π = Antalet vita bollar i urnan
N − N · π = Antalet svarta bollar i urnan
Hur ser då sannolikhetsfördelningen för X ut? Återigen är tillvägagångssättet
besvärligt och det krävs en del eftertanke för att förstå proceduren. För att
underlätta låter vi samtliga bollar vara numrerade.
v1,v2,...,vN·π,s1,s2,...,sN−N·π
På detta sätt kan vi nämligen se skillnad på alla bollarna och eftersom urvalet
sker helt slumpmässigt kommer varje dragsekvens bestående av n bollar att
vara lika sannolika. Vi kan då använda resultat (1) på sidan 12 som säger att
Pr (X = x) =
Antal följder med exakt x vita bollar
Antal följder
Itäljarenskallviberäknapåhurmångasättnbollar kan väljas ur urnan
så att exakt x av dem är vita. Utav de N · π vita bollarna skall således x
väljas och av de N − N · π svarta bollarna skall de resterande n − x bollarna
väljas. Det är dragning utan återläggning och utan hänsyn till ordningen
varför kombinatoriken ger oss att svaret blir
Pr (X = x) =
¡ ¢¡ N·π N−N·π
x n−x
¡ N
n
¢
¢ , x =0, 1, 2,...,n
förutsatt att det finns tillräckligt med vita och svarta bollar i urnan. Även
detta är en i praktiken ofta förekommande sannolikhetsfördelning och har
därför även den ett eget namn och beteckning. Sannolikhetsfördelningen
kallas för hypergeometrisk fördelning och betecknas Hyp(n, π, N) 6 .
Exempel 44 Antag att vi fyller i en enkelrad på en lottokupong, dvs utav
de 35 numren väljer vi ut 7. Vid dragningen skall maskinen DraKula utan
6 En annan vanlig beteckning på hypergeometrisk fördelning är Hyp(n, N · π,N), där
man således istället för andel vita bollar i urnan anger antal vita bollar i urnan.
59

återläggning välja 7 bollar. Utifrån vår lottorad är det nu 7 vita och 28 svarta
bollar i urnan. Låter vi nu
X = Antal rätt på lottokupongen
följer att X är Hyp ¡ 7, 7
35 , 35¢ . sannolikheten att få sex rätt ges därför av
¢
Pr (X =6)=
eller ungefär en chans på 34 309. ¤
¡ ¢¡ 7 28
6 1 ¡ 35
7
¢ ≈ 0.000029
Exempel 45 Vid en statistisk kvalitetskontroll undersöks fem enheter valda
på måfå från en förpackning med 60 enheter. Om någon av de valda enheterna
är felaktig avvisas hela förpackningen. Antag att förpackningen innehåller 10
felaktiga enheter. Bestäm sannolikheten att förpackningen avvisas. Låter vi
X = Antal felaktiga enheter i urvalet
följer att X är Hyp ¡ 5, 1
6 , 60¢ .Visöker
Pr (X ≥ 1) = 1 − Pr (X =0)=1−
¡ ¢¡ 10 50
0 5 ¡ 60
5
dvs ungefär 61% chans för att förpackningen avvisas. ¤
¢
¢ =0.6121
Väntevärden för hypergeometrisk fördelning 7 Det återstår nu enbart
att finna de båda sammanfattande måtten för den hypergeometriska fördelningen.
Då vi endast drar en boll ur urnan går det inte att skilja på fallen
med och utan återläggning vilket innebär att Bi(1,π) är samma som
Hyp(1,π,N) oberoende av antal bollar i urnan. Det visar sig att det förväntade
antalet vita bollar kommer att vara samma för hypergeometrisk fördelning
som för binomialfördelningen, dvs
μ = E (X) =n · π
Variansen blir dock inte helt identisk. Man kan nämligen på matematisk väg
visa att
σ 2 N − n
= Var (X) =n · π · (1 − π) ·
N − 1
7 De matematiskt korrekta bevisen för dessa väntevärden är besvärliga men återges för
den intresserade och något matematiskt bevandrade läsaren i Avsnitt B.2.
60

där termen
N − n
N − 1
kallas för korrektion för ändlig population. Variationen beror alltså på den
urvalsmetod som används. Detta är inte så underligt. Då vi drar utan återläggning
får vi efter varje dragen boll mer information om hur de återstående
bollarna i urnan är fördelade. Mer information innebär mindre osäkerhet, dvs
mindre spridning. Då vi drar med återläggning får vi aldrig denna merinformation
och därför blir variansen mindre för den hypergeometriska fördelningen
jämfört med binomialfördelningen. Låt oss studera ytterlighetsfallen i ett
exempel.
Exempel 46 Väntevärdet μ skall tolkas som det medevärde vi får om vi utför
slumpförsöket ett mycket stort antal gånger. Nu får vi antagligen inte
samma resultat varje gång utan σ anger med hur mycket utfallet i genomsnitt
skiljer sig från detta medelvärde. Antag att vi drar samtliga bollar ur
urnan, dvs n = N. Eftersom dragning sker utan återläggning kommer vi att
få samma resultat (μ) varje gång, dvs det kommer då inte att förekomma
någon spridning kring medelvärdet, vilket återspeglar sig i varianstermen
N − N
Var (X) =n · π · (1 − π) ·
N − 1 =0
Om vi å andra sidan enbart drar en boll ur urnan hinner vi inte få någon
merinformation och därför blir variansen samma som för binomialfördelnin-
gen.
¤
Var (X) =n · π · (1 − π) ·
N − 1
= n · π · (1 − π)
N − 1
Dessa båda ytterligheter speglar väl dom likheter och olikheter som gäller
mellan binomialfördelningen och hypergeometrisk fördelning vilket vi återkommer
till i nästa avsnitt. Låt oss först bestämma väntevärde och varians för
lottoexemplet ovan.
Exempel 47 Vi återgår till Exempel 44 där vi konstaterade att slumpvariabeln
X = Antal rätt på kupongen
var Hyp ¡ 7, 7
35 , 35¢ . Det följer således att
μ = E (X) =7· 7
35 =1.4
σ 2 = Var (X) =7· 7 28 35 − 7
· ·
35 35 35 − 1 =0.92
61

och följaktligen
σ = √ 0.92 = 0.96
I långa loppet kommer vi på vår enkelrad att i genomsnitt få 1.4 rätt. Vi
får dock inte exakt lika många rätt varje gång utan resultaten kommer att i
genomsnitt avvika från väntevärdet 1.4 med 1 rätt. ¤
Vi sammanfattar den hypergeometriska fördelningens egenskaper som
Sammanfattning 2 (Hypergeometrisk fördelning) Drag utan återläggning
n bollar ur en urna med N bollar där andelen vita bollar är π och
studera slumpvariabeln
Då gäller att
Pr (X = x) =
X = Antalet vita bollar i urvalet
¡ ¢¡ N·π N−N·π
x n−x
¡ N
n
¢
¢ , x =0, 1, 2,...,n
förutsatt att det finns tillräckligt med vita och svarta bollar i urnan. Vidare
gäller att
¥
μ = E (X) =n · π
σ 2 = Var (X) =n · π · (1 − π) ·
N − n
N − 1
2.4.3 Samband mellan Binomial- och Hypergeometrisk fördelning
Ideflesta situationer då man tar stickprov kan en och samma individ enbart
komma med en gång i urvalet, dvs det är då dragning utan återläggning.
Detta borde således innebära att den hypergeometriska sannolikhetsfördelningen
är mer använd än binomialfördelningen. Så är dock inte fallet och vi
skall i detta avsnitt ge en förklaring till detta fenomen. Den hypergeometriska
fördelningen ger snabbt besvärliga beräkningar och då population och stickprov
är någorlunda stora kan till och med datorerna få svårt att hänga med i
svängarna. Detta problem löser vi genom att approximera hypergeometriska
sannolikheter med den mer lättanvända binomialfördelningen. Sedan är inte
heller binomialfördelningen alltid speciellt enkel att arbeta med och då finns
ytterligare approximationsmöjligheter. Vi skall se lite längre fram att det vid
sannolikhetsberäkningar i praktiken i princip enbart förekommer approximationer.
62

För att en approximation skall vara användbar måste den förstås ligga
nära den verkliga sannolikheten. Vad är det då som gör att vi kan använda
binomialsannolikheter för att approximera hypergeometriska sannolikheter?
Den enda skillnaden mellan dem är att det i binomialfallet är dragning med
återläggning och i det hypergeometriska fallet är dragning utan återläggning.
I det binomiala fallet ändras således inte urnans sammansättning efter varje
dragning vilket sker i det hypergeometriska fallet. Frågan är hur mycket
urnan förändras vid varje dragning?
Exempel 48 I en tombola återstår 30 lotter varav 6 är vinstlotter. Antag att
vi tänker ta fem lotter och är intresserade av att bestämma våra vinstchanser.
Vi konstruerar slumpvariabeln
X = Antal vinstlotter bland de dragna
och vi söker alltså dess sannolikhetsfördelning. Utifrån förutsättningarna står
det klart att X är Hyp ¡ 5, 6
30 , 30¢ ,ellerförenklatHyp(5, 0.2, 30), ochdenna
sannolikhetsfördelning beräknas nu via formeln. Antag nu att vi istället
approximerar med binomialfördelningen, dvs att vi tänker oss en situation
där vi tillämpar dragning med återläggning. Vi lägger således tillbaks varje
dragen lott i tombolan vilket innebär att X nu är Bi(5, 0.2). Vifinner då
sannolikhetsfördelningen för X enkelt från Tabell 1 och kan göra följande
jämförelse.
Sannolikheter
Antal vinstlotter Hyp(5, 0.2, 30) Bi(5, 0.2)
0 0.2983 0.3277
1 0.4474 0.4096
2 0.2130 0.2048
3 0.0387 0.0512
4 0.0025 0.0064
5 0.00004 0.0003
Vi ser att i stora drag följer sannolikheterna varandra men det förekommer
även stora skillnader. Sannolikheten att samtliga fem lotter är vinstlotter blir
ungefär åtta gånger större utifrån binomialapproximationen jämfört med den
exakta sannolikheten. I det här fallet är därför inte approximationen lämplig.
¤
Anledningen till den stora skillnaden i föregående exempel var att urnans
sammansättning förändrats alltför mycket jämfört med ursprungsläget. Om
de fyra först dragna lotterna alla var vinstlotter är urnans sammansättning
63

inför den sista lotten att endast två av de återstående 26 lotterna är vinslotter,
dvs π =1/13 ≈ 0.077, vilket är en stor förändring från de 0.2 vi hade
från början. För att approximationen skall vara lämplig skall en sådan kraftig
förändring inte kunna ske.
Exempel 49 Antag nu istället att lotteriet innehåller 100 lotter varav 20 är
vinster. Med för övrigt samma situation som i föregående exempel har vi att
X är Hyp ¡ 5, 20
100 , 100¢ ,ellerHyp(5, 0.2, 100), vilket skall approximeras med
Bi(5, 0.2) som förut. Motsvarande jämförelse blir nu
Sannolikheter
Antal vinstlotter Hyp(5, 0.2, 100) Bi(5, 0.2)
0 0.3193 0.3277
1 0.4201 0.4096
2 0.2073 0.2048
3 0.0478 0.0512
4 0.0051 0.0064
5 0.0002 0.0003
och vi ser att respektive sannolikheter nu överensstämmer i klart högre grad.
I det här fallet verkar approximationen fungera tillfredsställande. ¤
I det senaste exemplet hinner inte urnans sammansättning förändras
alltför mycket under urvalet vilket är anledningen till att approximationen
fungerar något sånär. Poängen är således att urvalsstorleken inte får vara
alltför stor i jämförelse med populationsstorleken. Vi måste sätta en gräns
för hur stor del av populationen urvalet får utgöra för att approximationen
skall vara tillåten och ett vanligt krav är att urvalet högst får utgöra 10% av
populationen. 8 Något annorlunda uttryckt blir kravet att
n
< 0.1
N
Den uppsatta gränsen anger när approximationen inte längre är tillåten pga
att risken för missvisande resultat blir för stor. Ju mindre urvalsandelen är ju
bättre blir approximationen. En i praktiken vanlig situation är väljarundersökningar
där ett urval av den svenska väljarkåren väljs ut. Det är vanligt att
man använder en urvalsstorlek på ungefär 2000personer vilket kan tyckas
vara stort men med tanke på att populationen består att ett antal miljoner
väljare blir urvalfraktionen mindre än 0.001 (eller 0.1%).
8 En något mer restriktiv hållning som är vanlig i statistiklitteraturen är att urvalet
högst får utgöra 5% av populationen.
64

Exempel 50 Antag att den svenska väljarkåren består av fem miljoner personer
och att vi ur denna skall göra ett urval på 20 personer. Antag (rent
hypotetiskt) att hälften av väljarkåren består av EMU-anhängare. Det gäller
att
X = Antal EMU-anhängare i urvalet
är hypergeometriskt fördelad. Nu gäller dock att om vi ur väljarkåren tar bort
t.ex. 20 EMU-anhängare kommer i princip fortfarande hälften vara EMUanhängare
varför det här fallet kan betraktas som binomialfördelat. I det här
fallet är det oerhört besvärligt att använda den hypergeometriska fördelningen
medan binomialfördelningen Bi(20, 0.5) bara är att läsa av ur Tabell 1. ¤
I situationer där det anges “stor population” kommer förutsättas att urvalsandelen
är så liten att binomialfördelningen används som exakt sannolikhetsfördelning
trots att strikt sannolikhetsmässigt den hypergeometriska
fördelningen borde användas. Vi sammanfattar nu denna viktiga approximationsmöjlighet.
Sammanfattning 3 Förutsatt att urvalet inte utgör mer än 10% av populationen
kan Hyp(n, π, N) approximeras med Bi(n, π). Då populationen anges
som “stor” används binomialfördelningen som exakt sannolikhetsfördelning
trots att dragning sker utan återläggning. ¥
2.4.4 Övningsuppgifter
Uppgift 23 Lös uppgift 311.
Uppgift 24 Lös uppgift 313.
Uppgift 25 Lös uppgift 318.
Uppgift 26 Lös uppgift 320.
Uppgift 27 Lös uppgift 321.
Uppgift 28 En viss statistikklass består av 84 kvinnliga och 56 manliga studenter.
Av dessa skall fem väljas ut. Bestäm approximativt sannolikheten att
det blir fler män än kvinnor bland de utvalda. Ange anledningen till att denna
approximativa lösning är okej.
65

2.5 Poissonfördelningen
Det nämndes i föregående avsnitt att även binomialfördelningen ofta behöver
approximeras och det visar sig att en annan diskret sannolikhetsfördelning i
vissa situationer är användbar till just detta. Denna sannolikhetsfördelning är
dock även användbar i sig själv och vi ger därför först en ordentlig beskrivning
av den innan vi övergår till approximationsmöjligheterna.
2.5.1 Poissonprocesser
Vi tänker oss en process där händelser inträffar över tiden. Det kan gälla
någon form av kösystem som t.ex. inkommande telefonsamtal till en telefonväxel
eller kunder som kommer till ett bankkontor. Det kan även gälla
trafikolyckor på någon utsatt vägsträcka. Vi tänker oss nu en slumpvariabel
X = Antal händelser på ett enhetsintervall
där vi specificerat vad som skall menas med ett enhetsintervall. Vanliga tidsenheter
är minut, timme, dag etc.. Med rätt förutsättningar kommer denna
slumpvariabel att få en användbar sannolikhetsfördelning. Vi kommer att
förutsätta att
1. Händelser inträffar med en viss intensitet μ. Intensitetsparametern μ
anger hur ofta händelser inträffar i genomsnitt, som t.ex. tre gånger i
minuten eller en gång varannan timme etc..
2. Antal händelser på disjunkta tidsintervall är oberoende. Omviexempelvis
får reda på hur många händelser som inträffat under senaste
minuten påverkar inte detta vår sannolikhetsbedömning av antal händelser
under nästkommande minut.
3. På ett tillräckligt kort tidsintervall gäller att sannolikheten för två eller
fler händelser approximativt är noll. Vidare gäller att sannolikheten
för exakt en händelse approximativt är proportionell mot intensiteten
μ och intervallets längd h, dvs sannolikheten är approximativt μ · h.
Således gäller att sannolikheten att ingen händelse inträffar på ett sådant
kort intervall approximativt är 1 − μ · h.
Om dessa förutsättningar är uppfyllda kan man visa (se Appendix B.3.1 9 )
att sannolikhetsfördelningen för X ges av
p (x) =Pr(X = x) = μx · e −μ
x!
, x =0, 1, 2,...
9 För bättre förståelse bör man först gå igenom binomialapproximationen nedan. Vidare
gäller att redogörelsen matematiskt befinner sig över MaC.
66

(där e ≈ 2.718). De tre punkterna ovan brukar kallas för de tre poissonaxiomen
och därför kallas denna sannolikhetsfördelning för Poissonfördelningen
och betecknas Po(μ). Rent teoretiskt kan en poissonfördelad slumpvariabel
anta alla tänkbara icke-negativa heltalsvärden.
Exempel 51 Till en telefonväxel inkommer telefonsamtal med en intensitet
på två samtal i minuten. Förutsatt att även de båda andra kraven är uppfyllda
gäller således att
X = Antal samtal under en minut
är poissonfördelad Po(2). sannolikheten att exakt ett samtal inkommer under
en viss minut ges därmed av
dvs ungefär 27% chans. ¤
p (1) = Pr (X =1)= 21 · e −2
1! =2· e−2 =0.2707
Vanligtvis är vi inte intresserade av enskilda värden utan uttryck på formen
“Åtminstone fem händelser” eller “Högst fyra händelser” och då använder
vi oss av fördelningsfunktionen
F (x) =Pr(X ≤ x) =
xX
p (k)
som tidigare. Man inser dock snart att även med miniräknarens hjälp blir
dessa summeringar relativt betungande och därför har vi hjälp av att sådana
sannolikheter finns tabellerade i Tabell 2 i “Tabeller och formler för statistiska
beräkningar” för utvalda intensiteter.
Exempel 52 Vi fortsätter på föregående exempel och ser t.ex. att sannolikheten
för åtminstone tre samtal under en minut ges av
Pr (X ≥ 3) = 1 − Pr (X ≤ 2) = 1 − F (2) = 1 − 0.6767 = 0.3233
dvs ungefär en chans på tre. Vi kan även snabbt lösa problemet i föregående
exempel via
som förut. ¤
Pr (X =1) = Pr(X≤1) − Pr (X =0)=F (1) − F (0) =
= 0.4060 − 0.1353 = 0.2707
67
k=0

Det är inte alltid vi är intresserade av att bestämma sannolikheter för
antal händelser på intervall av just enhetslängd. Detta problem är dock lättlöst.
Antag att vi betraktar en Po(μ)-fördelad slumpvariabel. Detta innebär
alltså att det i genomsnitt inträffar μ händelser på ett intervall av längden
1. Det borde då gälla att det i genomsnitt inträffar μ · t händelser på ett
intervall av längden t. Vill vi bestämma sannolikhetsfördelningen för antal
händelser på ett intervall av längden t skall vi således använda Po(μ · t).
Exempel 53 Antag nu att vi i de båda föregående exemplen istället är intresserade
av slumpvariabeln
X = Antal händelser under en tvåminutersperiod
Det följer då att X är Po(2 · 2) = Po(4). Sannolikheter för X fås nu från
Tabell 2 med μ =4. ¤
2.5.2 Poissonapproximation av binomialfördelningen
Hur kan då poissonfördelningen användas för att approximera binomiala sannolikheter,
dvs hur hänger dessa båda sannolikhetsfördelningar ihop? För att
förstå detta studerar vi antal händelser på ett enhetsintervall utifrån de tre
poissonaxiomen. Först delar vi in enhetsintervallet i n likadana delintervall.
1 /n
2 /n
3 /n
(n-1 )/n
0 1
Har intervallen valts tillräckligt korta, dvs om n valts tillräckligt stort, följer
av axiom 3 att högst en händelse kan inträffa påettsådantdelintervall
och att sannolikheten för exakt en händelse ungefär är μ
. Låter vi en vit
n
boll symbolisera att en händelse inträffat kan således händelseförloppet på
ett delintervall approximativt beskrivas som att vi drar en boll ur en urna
där andelen vita bollar är μ
. Enligt axiom 2 gäller dessutom att händelseför-
n
loppen på olika delintervall inte påverkar varandra vilket innebär att vi har
exakt samma förutsättningar på vart och ett av intervallen. Vi kan således
se det som att vi med återläggning drar n bollarururnan.Vihardärföratt
68

slumpvariabeln
X = Antal händelser på ett enhetsintervall
som är Po(μ) ungefärärsammasom
X = Antal vita bollar i urvalet
som är Bi ¡ n, μ¢
.Jufler delintervall vi delar in enhetsintervallet i ju min-
n
dre kommer sannolikheten för två eller fler händelser på ett delintervall att
bli och ju bättre kommer därför approximationen att bli. Om vi som vanligt
låter π beteckna andelen vita bollar i urnan blir föregående uttalande
samma som att approximationen förbättras ju större n ärochjumindreπ
är. Nu är det ju dock inte poissonfördelningen som skall approximeras med
binomialfördelningen utan omvänt och för detta konstaterar vi att
π = μ
n
eller ekvivalent
μ = n · π
Förutsatt att n är stort och π litet kan således binomialfördelningen Bi(n, π)
approximeras med Po(n · π). Vad skall då menas med n stort och π litet?
De villkor vi kommer att ställa här är att
n ≥ 10
π ≤ 0.1
dvs vi måste dra åtminstone tio bollar ur urnan och andelen vita bollar i
urnan får vara högst 10%. Dessa gränser är relativt löst satta och man skall
vara medveten om att approximationen blir bättre ju större n är och ju
mindre π är. 10
Exempel 54 För en viss författare av skönlitterära verk har det visat sig att
sannolikheten att en slumpmässigt vald sida innehåller ett eller flera tryckfel
är 0.005. Hans nya bok innehåller 400 sidor och uppgiften är att bestämma
sannolikheten att boken inte innehåller några tryckfel. Vi konstruerar slumpvariabeln
X = Antal sidor med tryckfel
10Andra mer restriktiva gränser som används i litteraturen är att n ≥ 100, π≤ 0.01 och
n · π ≤ 20.
69

och om tryckfel på olika sidor uppkommer oberoende av varandra följer att
X är Bi(400, 0.005) och vi söker
µ
400
p (0) = Pr (X =0)= · 0.005
0
0 · 0.995 400 =0.995 400 =0.1347
Iochmedattnär stort och π litet kan denna sannolikhet approximeras via
Po(400 · 0.005) = Po(2) och det följer från Tabell 2 att
p (0) = Pr (X =0)≈ 0.1353
vilket således är en mycket god approximation. ¤
Exempel 55 Ienvisskommunbordet1000 röstberättigade personer. Utav
dessa är det 5% som är miljöpartister. Antag att vi bland kommunens väljarkår
slumpmässigt väljer 30 personer. Bestäm sannolikheten att högst en
av dessa är miljöpartister. Bildar vi slumpvariabeln
X = Antal miljöpartister i urvalet
följer att X är Hyp(30, 0.05, 1000) och den sökta sannolikheten ges av
¡ ¢¡ ¢ 50 950 ¡ ¢¡ ¢ 50 950
Pr (X ≤ 1) = Pr (X =0)+Pr(X =1)= 0 30 ¢ + 1 29 ¢ =0.5512
¡ 1000
30
¡ 1000
30
vilket är en uträkning man inte vill behöva göra med enbart en miniräknare
till hjälp. Istället noterar vi att urvalet endast utgör 3% av populationen, dvs
n
N
30
= =0.03 < 0.1
1000
ochdärförgällerattXapproximativt är Bi(30, 0.05) och det följer att
µ
30
Pr (X ≤ 1) = · 0.05
0
0 · 0.95 30 µ
30
+ · 0.05
1
1 · 0.95 29 =0.5535
vilket är en bra mycket enklare uträkning som dessutom ligger nära den riktiga
sannolikheten. Vill man nu göra livet ännu enklare inses att
n = 30 > 10
π = 0.05 < 0.1
vilket innebär att X approximativt är Po(30 · 0.05) = Po(1.5) och ur Tabell
2 utläser vi
Pr (X ≤ 1) = 0.5578
som också det ligger nära sanningen. ¤
70

Vi sammanfattar approximationsmöjligheterna så här långt via nedanstående
figur.
Approximationsmöjligheter
Hyp(n, π,N)
n/N10 π

vilket betyder att det under en enminutsperiod i genomsnitt inkommer två
samtal till växeln. Det kommer dock inte exakt två samtal varje minut utan
antal samtal under en minut avviker från detta värde med i genomsnitt 1.41
samtal. ¤
2.5.4 Övningsuppgifter
Uppgift 29 På en viss vägsträcka kan antal olyckor under rusningstrafik betraktas
som en poissonprocess med i genomsnitt två olyckor i timmen. Morgonrusningen
pågår i en och en halv timme och kvällsrusningen i två timmar.
a. Bestäm sannolikheten att morgonrusningen blir olycksdrabbad.
b. Bestäm sannolikheten för högst två olyckor under kvällsrusningen.
c. Bestäm sannolikheten att det under rusningstrafikenenslumpmässigt
vald dag inte inträffar någon olycka.
Uppgift 30 Det är känt att en viss medicin i sällsynta fall kan orsaka bieffekter.
Man uppskattar att detta inträffar i 0.2% av fallen. Antag att medicinen
används av 300 personer. Låt
X = Antal personer som får bieffekter
a. Bestäm den exakta sannolikhetsfördelningen för X.
b. Bestäm approximativt sannolikheten att högst tre av personerna uppvisar
bieffekter.
Uppgift 31 Antag att 10 000 personer kastar fem tärningar vardera och låt
X = Antal personer för vilka samtliga tärningar är sexor
a. Bestäm den exakta sannolikhetsfördelningen för X.
b. Bestäm, genom att göra lämplig approximation, sannolikheten att åtminstone
fyra personer lyckas med att få fem sexor.
72

3 Kontinuerliga slumpvariabler
3.1 Vad är en kontinuerlig slumpvariabel?
De slumpvariabler vi studerat hittills har varit diskreta, dvs de har enbart
kunnat anta ändligt eller uppräkneligt oändligt antal värden. En binomialfördelad
slumpvariabel kan t.ex. enbart anta värdena 0, 1, 2,...,n(ändligt)
medan en poissonfördelad slumpvariabel kan anta värdena 0, 1, 2,... (uppräkneligt
oändligt). Det som utmärker diskreta variabler är att det är ett
“hopp” mellan variabelvärdena, dvs det finns reella tal på talaxeln som aldrig
kan förekomma. T.ex. kan en familj inte ha 1.72 barn, och inte heller kan det
till en telefonväxel komma 0.59 samtal under en viss minut. Det finns dock
variabler där varje tänkbart värde på ett intervall på talaxeln kan förekomma.
Sådana variabler kallas för kontinuerliga variabler.
Exempel 57 I en medicinsk undersökning är man intresserade av feberutvecklingen
hos ett visst influensavirus. Antag att kroppstemperaturen den andra
influensadagen är av speciellt intresse. Då vi slumpmässigt väljer ut en smittad
person vet vi inte exakt febernivån hos den valde personen, dvs det gäller
att
X = Kroppstemperaturen den andra influensadagen
är en slumpvariabel. Antag att vi med en vanlig termometer fann att den
valde personens feber var 39.2 ◦ C. Hade vi dock haft en mer exakt termometer
skulle vi funnit att febern var 39.23 ◦ C. En än mer exakt termometer skulle
visat 39.228 ◦ C,osv.Medetttillräckligtnoggrantmätinstrumentkanvifåmed
obegränsat antal decimaler i vår uppskattning av personens feber. Alla värden
på ett intervall (t.ex. mellan 35 ◦ C och 45 ◦ C) kan förekomma och således är
X en kontinuerlig slumpvariabel. ¤
Andra exempel på mänskliga egenskaper som är kontinuerliga är t.ex.
vikt, ålder och IQ. Hur kommer det sig då att vi måste särbehandla diskreta
och kontinuerliga slumpvariabler? För att belysa orsaken till detta utgår vi
från ett exempel där vi studerar en diskret och en kontinuerlig slumpvariabel.
Exempel 58 Antag att det för en viss telefonväxel gäller att inkommande
telefonsamtal kommer med en intensitet på ett samtal i minuten, dvs
Y = Antal samtal under en minut
är Po(1). Nu kan vi dock vända på resonemanget och istället intressera oss
för den tid det tar mellan två inkommande samtal. Antag att vi med ett
stoppur mäter denna tid och finner att det tog 48 sekunder. Tittar vi extra
73

noga på stoppuret ser vi kanske att det står 48.1 sekunder osv.. Har vi ett
tillräckligt bra stoppur finns det ingen begränsning för hur många decimaler
vi får med i beräkningen av tiden. Det gäller således att
X = Väntetiden mellan två inkommande samtal
är en kontinuerlig slumpvariabel. ¤
Då vi beskriver sannolikhetsfördelningen för en diskret slumpvariabel använder
vi dess sannolikhetsfunktion
p (y) =Pr(Y = y)
för de värden som kan förekomma. I exemplet ovan har vi ju t.ex. att
p (y) =Pr(Y = y) = e−1
, y =0, 1, 2,...
y!
eftersom μ =1. Problemet med kontinuerliga slumpvariabler är att sådana
sannolikhetsfunktioner inte existerar vilket resulterar i att
Pr (X = x) =0, för alla x
dvs alla värden har sannolikheten noll. Hur kommer sig då detta? I och med
att en kontinuerlig slumpvariabel kan anta alla värden på ett intervall är det
omöjligt att gissa exakt vilket värde en slumpmässigt vald individ kommer
att ha och därmed konstaterar vi att det för kontinuerliga slumpvariabler inte
går att mäta sannolikheter för enskilda värden. Målet är istället att finna en
kontinuerlig motsvarighet till den diskreta sannolikhetsfunktionen.
Det faktum att alla värden har sannolikheten noll betyder dock inte att
alla värden ter sig lika troliga. I Exempel 57 ovan tror vi antagligen mer på en
feber runt 39 ◦ C än en feber runt 45 ◦ C. Det är här ordet “runt” vi skall spinna
vidare på. När vi anger 39 ◦ C menar vi inte exakt detta utan avrundar utifrån
det tillgängliga mätinstrumentet. Men en vanlig febertermometer som mäter
tiondels grader menar vi då antagligen intervallet från 38.95 ◦ C till 39.05 ◦ C.
Antag t.ex. att vi i Exempel 58 söker sannolikheten att väntetiden mellan
två samtal är en minut, dvs
Pr (X =1)
Om vi mäter tiden i hela sekunder menar vi med en minut antagligen tidsintervallet
från 59.5 sekunder till 60.5 sekunder och vi söker sannolikheten
Pr (0m 59.5s

För varje kontinuerlig slumpvariabel är det möjligt att beräkna sannolikheter
för intervall av värden vilket är ett faktum vi skall använda för att bestämma
den kontinuerliga motsvarigheten till sannolikhetsfunktionen.
Låt oss fortsätta med Exempel 58 ovan. För att beskriva sannolikhetsfördelningen
för Y kan vi använda ett stapeldiagram vilket visas i figuren
nedan (jämför med Tabell 2, μ =1, i formelsamlingen)
Sannolikhet
0,4
0,3
0,2
0,1
0,0
0
1
2
Antal samtal under en minut
3
där vi enbart angivit värden upp till sex eftersom sannolikheterna är mycket
små för större värden. Höjden av en stapel representerar sannolikheten för ett
visst värde vilket innebär att ett sådant diagram inte kan konstrueras för en
kontinuerlig variabel. Om vi däremot delar in (avrundar) värdena i intervall
kan vi konstruera ett liknande diagram, ett sk. sannolikhetshistogram. Delas
tidsskalan in i hela minuter kan man på teoretisk väg visa att sannolikhetshistogrammet
Frekvens (täthet)
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0,0
0
1
2
3
Väntetid (min)
beskriver sannolikhetsfördelningen för väntetider (i hela minuter). 11 Ett san-
11 Den kontinuerliga slumpvariabel som uppstår genom att mäta tiden mellan två händelser
i en poissonprocess med intensitetsparameter μ kallas för Exponentialfördelningen
75
4
4
5
5
6
6

nolikhetshistogram är konstruerat så att arean av varje rektangel motsvarar
sannolikheten att slumpvariabeln antar ett värde i det aktuella intervallet.
Detta innebär att skalan på den lodräta axeln inte nödvändigtvis behöver
vara sannolikheter och den kallas därför istället för frekvens eller täthet (pga
att man på engelska använder terminologin density). (I det här fallet anger
dock skalan sannolikheter pga att bredden på varje intervall är ett.) Med
sannolikhetshistogrammet ovan kan vi dock enbart beräkna sannolikheter för
tidsintervall som gäller hela minuter. Vill vi t.ex. bestämma sannolikheten
att tiden mellan två samtal är mindre än 1.5 minuter fungerar inte detta histogram.
För att kunna lösa den uppgiften måste vi göra en finare indelning,
t.ex. i halvminutsintervall. Gör vi detta får vi (på teoretisk väg) följande
sannolikhetshistogram
Frekvens (täthet)
0,8
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0,0
0 1 2 3 4 5 6
Väntetid (min)
och den sökta sannolikheten ges av den sammanlagda arean av de tre rektanglarna
till vänster som framgår av följande figur
Frekvens (täthet)
0,8
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0,0
0
1
Den skuggade arean är sannolikheten
att tiden mellan två samtal är mindre än
1.5 minuter
2
3
Väntetid (min)
Söker vi sannolikheter för annat än halvminutsintervall uppstår dock samma
problem som tidigare. Vill vi t.ex. bestämma sannolikheten att det tar
och betecknas Exp(μ).
76
4
5
6

mindre än en minut och femton sekunder måste vi skapa ett histogram med
ännu finare indelning som nedan där den angivna sannolikheten är angiven
Frekvens (täthet)
0,9
0,8
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0,0
Arean av det skuggade området är sannolikheten
att tiden mellan två samtal är mindre än en minut
och 15 sekunder.
0 1 2 3 4 5 6
Väntetid (min)
Hur fin intervallindelning vi än gör kommer det ändå att kunna uppstå intressanta
intervall för vilka sannolikheter inte kan beräknas. Detta problem
löser vi på matematisk väg genom sk. gränsvärden. Detta innebär att vi betraktar
sannolikhetshistogram med finare och finare indelning vilket medför
att “rektangeltaken” på dessa histogram mer och mer kommer att likna en
jämn funktionskurva. Denna kurva utgör det generaliserade sannolikhetshistogram
denna följd av histogram är på väg mot. För histogramföljden ovan
blir denna funktionskurva som i figuren nedan.
Frekvens (täthet)
1,0
0,5
0,0
0
1
2
3
Väntetid (min)
(4)
Med ett generaliserat sannolikhetshistogram menas ett histogram där intervallbredderna
är oändligt små (och antal intervall oändligt många). Utifrån
denna funktionskurva är det nu möjligt att bestämma sannolikheter för alla
tänkbara intervall. Låt a och b vara två tal (med a

som den markerade arean i figuren nedan.
Frekvens (täthet)
1,0
0,5
0,0
a
Arean av det skuggade området anger
sannolikheten att tiden mellan två
samtal är mellan a och b minuter.
b
Väntetid (min)
Vi går här inte in i detalj hur denna beräkning görs utan nöjer oss med att
konstatera att en sannolikhet för en kontinuerlig slumpvariabel kan representeras
av arean för ett bestämt område under en funktionskurva. Eftersom
areor representerar sannolikheter är den totala arean under kurvan alltid 1.
Precis som för diskreta slumpvariabler kan vi konstruera en fördelningsfunktion,
dvs en funktion som mäter sannolikheten att få ett värde som högst
är det angivna.
F (x) =Pr(X≤x) Studerar vi innebörden av fördelningsfunktionen för kontinuerliga slumpvariabler
finner vi via figuren
Frekvens (täthet)
1,0
0,5
0,0
F(x)
Arean av det skuggade området anger
fördelningsfunktionens värde i punkten x.
x
Väntetid (min)
att denna fås genom att beräkna arean av det område under kurvan som
ligger under (till vänster) om den angivna punkten. Den kurva vi har använt
oss av som exempel beskriver sannolikhetsfördelningen för den sk. Exponentialfördelningen
och har nu gjort sitt i den här framställningen. Då kontinuerliga
sannolikhetsfördelningar vanligtvis kräver matematikkunskaper över
78

MaC innebär en ordentlig genomgång av dessa ett problem på dessa kurser.
Lyckligtvis gäller dock att det går att arbeta med den viktigaste av alla kontinuerliga
sannolikhetsfördelningar utan att gå in på de tyngre matematiska
detaljerna.
3.2 Normalfördelningen
3.2.1 Normalfördelningens egenskaper
Den utan jämförelse viktigaste sannolikhetsfördelningen är den sk. Normalfördelningen,
vilket kan verka mycket besynnerligt eftersom det inte finns någonting
som är normalfördelat. Normalfördelningen är en teoretiskt konstruerad sannolikhetsmodell
som matematiskt beskrivs via funktionen
f (x) = 1
σ √ 1
e− 2(
2π x−μ
σ ) 2
, −∞

σ
μ
μ representerar som sagt populationsmedelvärdet och eftersom kurvan är helt
symmetrisk måste därför μ ange kurvans mittpunkt. Om vi ändrar värdet på
μ utan att förändra värdet på σ flyttar vi helt enkelt kurvan utan att på annat
sätt ändra dess utseende. Nedan ges en jämförelse av två normalfördelningar
med olika medelvärden men med samma standardavvikelse (σ =4).
0
μ=10
10
Populationsstandardavvikelsen anger hur utspridd populationen är och därför
betyder ett litet σ att kurvan är mer ihoptryckt och ett stort σ att kurvan
är mer utdragen. Ändrar vi värdet på σ utan att ändra värdet på μ “pressar
vi ihop” eller “drar isär” kurvan utan att flytta dess mittpunkt. Nedan ges en
jämförelse av tre normalfördelningar med olika standardavvikelser men med
samma medelvärde (μ =20).
80
20
μ=20
30

σ=2
σ=4
σ=6
0 10 20 30 40
Normalfördelningen är helt bestämd utav sina båda parametrar, dvs om vi
väl känner till att kurvan är normalfördelad behöver vi enbart ta reda på μ
och σ för att exakt veta kurvans utseende.
Då man använder en sannolikhetskurva är resonemanget som följer
Vi vill bestämma sannolikheten att hamna i intervallet (a, b),
vilket betyder att vi vill bestämma sannolikheten att en slumpmässigt
vald individ har ett värde på variabeln någonstans mellan
a och b. Detta är samma sak som att bestämma andelen individer
i populationen som har värde någonstans mellan a och b.
Arean under kurvan mellan punkterna a och b anger denna andel och
därför är arean under hela kurvan lika med 1 (eller 100%).
Sannolikheten att en
slumpmässigt vald individ
Andelen individer i populationen
har ett värde mellan a och b med värde mellan a och b
a b
En oerhört användbar egenskap hos normalfördelningen är att oberoende av
81

vilken normalfördelning man studerar så baseras sannolikhetsbedömningen
på avståndet mätt i standardavvikelser från medelvärdet. För samtliga normalfördelade
populationer gäller t ex att ca 68% av individerna ligger inom en
standardavvikelse från medelvärdet och ca 95% inom två standardavvikelser
från medelvärdet. Detta åskådliggörs i figuren nedan.
μ−2σ μ−σ μ μ+σ μ+2σ
+
= 68%
= 95%
Nu är det dock inte säkert att de värden vi vill bestämma sannolikheter
förärjustdessapunkter.Attrenttekniskt beräkna sannolikheter för normalfördelningen
inbegriper tyngre matematik och är ingenting vi tänker fördjupa
oss i här. Av den föregående egenskapen har vi dock fått insikten att
det är tillräckligt att beräkna sannolikheter för en viss utvald medlem av
normalfördelningsfamiljen, pga att denna sedan enkelt översätts till vilken
annan normalfördelning som helst.
Exempel 59 Betrakta två slumpvariabler X och Y sådana att X är N (10, 4)
och Y är N (20, 6), där vi använder notationen N (μ, σ) från ovan. Antag att
vi för den första populationen vill bestämma andelen individer vars värde
understiger 2, eller ekvivalent
Pr (X

N(10,4)
De markerade områdena
har samma area
N(20,6)
0 2 8 10 20 30 40
Då vi för just detta värde råkar veta sannolikheten (på ett ungefär) finner vi
att
Pr (X

vi söker
F (1.28) = Pr (Z ≤ 1.28)
Denna finner vi genom att i den vänstra kolumnen söka upp raden 1.2 och
sedan i den övre raden finna kolumn 8.
z ··· ··· 7 8 9
.
.
1.1
1.2 0.8997
1.3
.
Denna rad och kolumn möts i värdet 0.8997 som är den sökta sannolikheten,
dvs
Pr (Z ≤ 1.28) = 0.8997
Vi tolkar denna sannolikhet som att ungefär 90% av en normalfördelad population
ligger högst 1.28 standardavvikelser över medelvärdet, vilket även
framgår i figuren nedan.
90%
-3 -2 -1 0 1 2 3
z 1.28
Nu kan inte fördelningsfunktionen anges för varje tänkbart värde på z utan
de angivna värdena är begränsade till varje hel hundradel mellan 0 och 3.1
och sedan för varje hel tiondel till z =3.7. Dåuppstårnågrafrågorvilkavi
besvarar i tur och ordning.
84

• Hur beräknar vi sannolikheter för punkter som befinner sig mer än
3.7 standardavvikelser från medelvärdet? Det är en mycket liten del
av en normalfördelad population som befinner sig så långt bort från
medelvärdet varför vi i dessa lägen oftast approximerar denna sannolikhet
med noll.
• I tabellen anges enbart positiva värden på z. Hur beräknar vi sannolikheter
förknippade med negativa värden på z? Avsymmetriskälöverför
vi enkelt detta problem på sannolikheter förknippade med positiva
värden på z eftersom
Pr (Z ≤ z) =Pr(Z ≥−z)
vilket kanske bäst åskådliggörs med ett exempel.
Exempel 60 Bestäm sannolikheten att hamna åtminstone en standardavvikelse
under medelvärdet i en normalfördelning, dvs vi söker
Pr (Z ≤−1)
Värdet z = −1 återges dock inte av utrymmesskäl vilket är möjligt enbart
pga att den standardiserade normalfördelningen är symmetrisk kring värdet
0. Andelen individer som har värdet högst −1 är därför samma som andelen
individer som har värdet åtminstone 1. Dvs
Pr (Z ≤−1) = Pr (Z ≥ 1)
och på detta sätt har vi nu överfört problemet till positiva värden på z. Den
sökta sannolikheten gäller nu dock den högra svansen vilket vi löser genom
att använda det faktum att den totala arean under kurvan är 1 och således
blir den sökta sannolikheten
Pr (Z ≤−1) = Pr (Z ≥ 1) = 1 − Pr (Z

¤
Det är denna
sannolikhet som
söks
α
Denna sannolikhet är
identisk med den som
söks
-3 -2 -1 0 1 2 3
z
α
Det är denna sannolikhet
som ges i tabellen
1−α
-3 -2 -1 0 1 2 3
z
• Hur gör vi om den sökta sannolikheten inte rör en exakt hundradel?
Hur bestämmer vi t.ex. sannolikheten förknippad med z =1.054? Hundradelar
befinner sig sannolikhetsmässigt nära varandra varför vi utan
någon större skada kan avrunda till närmaste hundradel vilket i det här
fallet är z =1.05 och således gäller att
Pr (Z ≤ 1.054) ≈ Pr (Z ≤ 1.05) = 0.8531
Den sökta sannolikheten ligger mellan sannolikheterna förknippade med
z =1.05 och z =1.06 och vi kan göra något bättre ifrån oss genom att
interpolera, dvs genom att beräkna ett vägt medelvärde mellan dessa
båda sannolikheter. Eftersom z =1.054 ligger närmare z =1.05 bör
denna väga lite tyngre och interpolationsformeln blir
Pr (Z ≤ 1.054) ≈ 0.6 · Pr (Z ≤ 1.05) + 0.4 · Pr (Z ≤ 1.06) =
= 0.6 · 0.8531 + 0.4 · 0.8554 = 0.8540
vilket kan jämföras med den exakta sannolikheten
Pr (Z ≤ 1.054) = 0.8541
Vid mer komplicerade beräkningar kan det vara en fördel att dela upp
problemet i enklare delar
Exempel 61 Bestäm
Pr (−0.3

För att kunna använda oss av tabellen måste vi skriva om så att sannolikheterna
är på formen Pr (Z

α

en slumpvariabel med medelvärde 0 och standardavvikelse 1. För normalfördelningen
har vi dessutom den viktiga egenskapen
Resultat 1 Varje linjärfunktion av en normalfördelad slumpvariabel är själv
normalfördelad. Låt X vara N (μ, σ). Dåföljerav(3) iavsnitt2.3 att
Y = a + b · X är N (a + b · μ, | b |·σ)
där | b | är absolutbeloppet av b, dvsdetpositivavärdet.¥
Detta betyder alltså att Z är N (0, 1). Det är detta faktum som gör det
möjligt att arbeta med samtliga normalfördelningar på samma sätt. En standardisering
av en normalfördelning innebär att vi genom subtraktionen X −μ
först flyttar hela sannolikhetsfördelningen μ steg till vänster (eller åt höger
om μ är negativ), dvs till att ha sitt centrum i origo. Genom att sedan dividera
med σ “pressar vi ihop” eller “drar isär” sannolikhetsfördelningen så
att den får exakt den form som den kurva som används i tabellsamlingen.
Tillvägagångssättet beskrivs i figurerna nedan
0
Subtraktion X - μ
x-värden
μ
Standardiserad form
Ursprunglig form
-5
-4
-3
-2
Division med σ
-1
0
1
x-värden
Det vanligaste sättet att åskådliggöra en standardisering grafiskt är dock att
använda samma kurva men med två olika skalor vilket visas i figuren nedan
μ−3σ
-3
μ−2σ
-2
μ−σ
-1
μ μ+σ μ+2σ μ+3σ
0
89
1
2
3
Originalskala
Standardiserad
skala
2
3
4
5

Härnäst kommer några exempel på hur man sköter notationen vid standardisering
av normalfördelningen.
Exempel 63 Intelligenskvoten IQ är en egenskap som brukar betraktas som
approximativt normalfördelad i en stor population. Den genomsnittliga IQkvoten
är 100 med en standardavvikelse på 15. Låter vi
X = IQ för en slumpmässigt vald person
blir således X en normalfördelad slumpvariabel N (100, 15).
1. Beräkna sannolikheten att en slumpmässigt vald person har en IQ över
118. Förattkunnabestämmadennasannolikhetmåstevitaredapåhur
många standardavvikelser över 100 värdet 118 befinner sig. Vi finner
detta via kvoten
118 − 100
z = =1.2
15
dvs det är 1.2 standardavvikelser över medelvärdet. Vi finner nu den
sökta sannolikheten via Tabell 3a till
Pr (Z >1.2) = 1 − Pr (Z ≤ 1.2) = 1 − 0.8849 = 0.1151
dvs det är ca. 11.5% chans att en slumpmässigt vald person har en IQ
över 118. Vi kan också tolka resultatet som att ca. 11.5% av befolkningen
har en IQ över 118. Då man beräknar denna sannolikhet använder man
vanligtvis följande notation.
µ
X − 100
Pr (X >118) = Pr >
15
118 − 100
=Pr(Z>1.2)
15
och sedan är det bara att använda tabellen som ovan eftersom
X − 100
Z =
15
är N (0, 1). Åskådliggör vi detta grafiskt får vi figuren
55
-3
70
-2
90
85
-1
100 115 130 145
0
1
Arean av det skuggade
området är 0.1151
2
3
IQ
Z

2. Inträdeskravet i föreningen Mensa är den intelligensnivå som bara de
översta två procenten av populationen presterar. Vilken IQ-nivå innebär
detta? Hur många standardavvikelser över medelvärdet måste vi minst
ta oss för att endast två procent av populationen skall ha en högre intelligenskvot?
Vi söker i Tabell 3b ochfinner värdet
¤
z0.02 =2.0537
vilket omräknat till IQ-standardavvikelser blir
2.0537 · 15 = 30.81
och således måste man ha en IQ på åtminstone
100 + 2.0537 · 15 = 130.81 ≈ 131
Då man skriver ner detta använder man oftast följande notation. Vi
söker det värde a sådant att
µ
X − 100
0.02 = Pr (X >a)=Pr >
15
a − 100
µ
a − 100
=Pr Z>
15
15
ITabell3b fannviattz0.02 =2.0537 vilket betyder att
och
som tidigare.
a − 100
15 =2.0537
a =2.0537 · 15 + 100 = 130.8 ≈ 131
Det är inte alltid det är en direkt standardisering av normalfördelningen
som söks. Det faktum att varje linjärfunktion av en normalfördelad slumpvariabel
själv är normalfördelad ger fler möjligheter.
Exempel 64 Antag att febertemperaturen mätt i ◦ C för en influensasjuk
person kan ses som en normalfördelad slumpvariabel X som är N (39, 1).
En amerikansk besökare vill dock få sannolikheterna uttryckta för Fahrenheitskalan
istället. Nu råkar det vara så att om Y representerar ◦ F har vi
följande samband mellan de båda slumpvariablerna
Y =32+1.8 · X
91

dvs Y är en linjärfunktion av X med a =32och b =1.8. Eftersom X är
normalfördelad blir även Y detta och det gäller att
Y är N (32 + 1.8 · 39, 1.8 · 1) = N (102.2, 1.8)
Sannolikhetsfördelningen kan nu beskrivas med de två skalorna
¤
36
96.8
37
98.6
38
100.4
39 40 41 42
102.2
104.0
105.8
107.6
Celsius
Fahrenheit
I och med att vi nu både kan arbeta med normalfördelningen och binomialfördelningen
gör det möjligt att konstruera mer komplicerade exempel
där vi kombinerar dessa båda sannolikhetsfördelningar.
Exempel 65 Bestäm sannolikheten att någon av tjugo slumpmässigt valda
personer har Mensa-potential. Vi såg i Exempel 63 att andelen personer med
Mensa-potential är 2% vilket innebär att vi kan se det som en urna innehållande
ett mycket stort antal bollar där 2% av dessa är vita (representerande
personer med Mensa-potential). Vi skall slumpmässigt välja 20 bollar ur denna
urna och det följer att
X = Antal vita bollar i urvalet =
= Antal personer i urvalet med Mensa-potential
är binomialfördelad, Bi(20, 0.02). Vi söker sannolikheten
Pr (X ≥ 1) =
µ
20
1 − Pr (X =0)=1−
0
= 1−0.98 20 =0.3324
0.02 0 0.98 20 =
dvs det är ungefär en chans på tre att någon av de utvalda har Mensapotential.
¤
92

Exempel 66 Dåenvisstypavtorpedavfyrasmotett250 meter brett mål
gällerattdenigenomsnittträffar mitt i målet med en standardavvikelse på
100 meter. Dessutom gäller att träffbilden kan ses som normalfördelad. Låter
vi
X = En torpeds träffpunkt
blir X en slumpvariabel med sannolikhetsfördelning N (0, 100) där värdet 0
representerar “mitt i prick”.
1. Bestäm sannolikheten att en torped träffar målet. Detta är nu ekvivalent
med att för X bestämma sannolikheten
Pr (−125

¤
dvs det är mer än 99% chans att målet blir oskadliggjort.
3.2.4 Övningsuppgifter
Uppgift 32 Vi betraktar nu en standardiserad normalfördelning, dvs en fördelning
där μ =0och σ =1. Bestäm för var och en av figurerna arean av det
skuggade området.
i)
iii)
-3
-3
-2
-2
-1
-1
0
0
1
1
2
2
3
3
ii)
iv)
Uppgift 33 Vi betraktar åter en standardiserad normalfördelning. Bestäm
för var och en av figurerna värdet av punkten z.
i)
z
2,5%
Uppgift 34 Vi betraktar nu en normalfördelning med μ =10och σ =4.
Bestäm för var och en av figurerna arean av det skuggade området.
94
ii)
-3
-3
-2
-2
-1
-1
0
0
1
1
33%
2
z
2
3
3

i)
0
10
20
ii)
6 10 15
Uppgift 35 Variabeln X är normalfördelad med parametrar μ och σ.
a. Antag att vi känner att μ =104. Vidare är det känt att sannolikheten
att hamna över 116 är 0.0668. Bestäm σ utifrån denna information.
b. Antag att vi känner att σ =4. Vidare är det känt att sannolikheten att
hamna under 10 är 0.1515. Bestäm μ utifrån denna information.
Uppgift 36 Vid en tomatodling sorteras tomaterna efter vikt. Vikten av en
tomat kan anses som normalfördelad med μ =50och σ =10(enhet: gram).
Man vill sortera tomaterna i tre storleksklasser, så att 25% bedöms som små,
50% som medelstora och 25% som stora. Hur skall dessa gränser väljas?
Uppgift 37 Lös uppgift 505.
Uppgift 38 Lös uppgift 507.
3.3 Normalapproximation av binomialfördelningen
Vi nämnde tidigare att normalfördelningens största förtjänst är att den kan
användas till att approximera sannolikheter i en mängd viktiga situationer.
Vi tänker i detta avsnitt att redogöra för en sådan situation för att
sedan i nästa avsnitt generalisera detta och redovisa det resultat som gör
normalfördelningen till den i särklass viktigaste sannolikhetsfördelningen. Vi
har redan i avsnitt 2.5.2 sett att vi i vissa situationer kan använda Poissonfördelningen
för att approximera binomiala sannolikheter. Detta fungerar
dock enbart om andelen individer med den aktuella egenskapen är liten, dvs
om fördelningen mellan vita och svarta bollar i urnan är tillräckligt sned.
Hur gör vi då om så inte är fallet? Det visar sig att detta är en situation
där normalfördelningen blir användbar. Det visar sig nämligen att om bara
urvalet är tillräckligt stort, dvs om antal dragna bollar är tillräckligt många,
kommer stapeldiagrammet över de binomiala sannolikheterna att med god
approximation överensstämma med en normalfördelning. Låt oss visa detta
med ett exempel.
95

Exempel 67 Antag att var femte svensk är moderat, dvs att andelen moderater
i den svenska väljarkåren är 20%. Eftersom väljarkåren är mycket stor
kommer
X = Antal moderater i urvalet
att vara binomialfördelad Bi(n, 0.2). Vikanalltsåseurvaletsomattvimed
återläggning drar n bollar ur en urna innehållande fem bollar varav en är vit.
Binomiala sannolikhetsfördelningar kan alltid beskrivas med stapeldiagram
och för ett antal olika urvalsstorlekar fås följande diagram
Sannolikhet
0 1 2 3 4 5
Antal moderater i urvalet, n=5
Sannolikhet
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
Antal moderater i urvalet, n=20
Sannolikhet
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10111213141516171819
Antal moderater i urvalet, n=40
Vi ser utifrån dessa diagram att sannolikhetsfördelningen för X blir mer
och mer symmetrisk och normalfördelningslik då urvalsstorleken ökar. Med
god approximation borde vi därför vid större urval kunna använda en normalfördelningskurva
för att beräkna binomiala sannolikheter vilket framgår
då vi anpassar en normalfördelningskurva till det högra stapeldiagrammet.
¤
Frekvens (täthet)
1
2
3
4
5
6
7
8
9 10 11 12 13 14 15 16
Antal moderater i urvalet
Nu uppstår två frågor som måste besvaras.
• Vilken normalfördelning skall användas för approximationen?
Normalfördelningen är helt bestämd av sina båda parametrar, μ och
σ, ochförattfinna den normalfördelning som bäst approximerar den
96

aktuella binomialfördelningen måste vi finna dessa båda parametervärden,
dvs medelvärde och standardavvikelse. Vi såg i avsnitt 2.4.1 att
för Bi(n, π) är
μ = n · π
σ = p n · π · (1 − π)
varför den sökta normalfördelningen är
³
N n · π, p ´
n · π · (1 − π)
Exempel 68 Vi återgår till föregående exempel där X är Bi(40, 0.2) varför
den sökta normalfördelningen är
³
N 40 · 0.2, √ ´
40 · 0.2 · 0.8 = N (8, 2.53)
¤
• Hur stort måste urvalet vara för att approximationen skall
vara acceptabel? Det visar sig att detta beror på hur symmetrisk
populationen är med avseende på den aktuella egenskapen. Antag att
vi hos de utvalda förutom egenskapen “Moderat?” även är intresserade
av huruvida man är för eller emot ett EMU-medlemskap. Antag
vidare att halva väljarkåren är för ett EMU-medlemskap. Då vi betraktar
tvåpunktsfördelade variabler kan populationen alltid beskrivas med
ett stapeldiagram med endast två staplar, en för dom med egenskapen
och en för dom som saknar den. I de båda exempel vi hittills använt
oss av beskrivs populationen (den svenska väljarkåren) via
Andel av väljarkåren
Moderat Ej moderat
Andel av väljarkåren
EMU-anhängare EMU-motståndare
och vi ser att populationens utseende beror på den studerade variabeln.
I EMU-exemplet har vi det mest symmetriska utseende en population
kan ha för en tvåpunktsfördelad egenskap, nämligen 50—50, medan
97

vi i moderat-exemplet har en snedfördelning, 20—80. Av denna anledning
blir för given urvalsstorlek normalapproximationen bättre i EMUexemplet.
Hur stort urval måste vi då ta för att stapeldiagrammet över
de binomiala sannolikheterna skall uppvisa tillräcklig symmetri? Detta
blir förstås en subjektiv bedömning men erfarenheten har visat att om
n · π · (1 − π) ≥ 5
dvs att variansen för den aktuella binomialfördelningen överstiger 5,
eller ekvivalent att
5
n ≥
π · (1 − π)
kommer approximationen i de flesta fall att bli tillfredsställande. I
EMU-exemplet krävs t.ex. att n ≥ 5 =20medan det i moder-
0.5·0.5
atexemplet krävs att n ≥ 5 =31.25, dvsca32 personer.
0.2·0.8
Sammanfattningsvis gäller alltså att om vi för en tvåpunktsfördelad egenskap
känner värdet på π och har ett tillräckligt stort urval kan sannolikhetsberäkningar
för antal individer i urvalet med den aktuella egenskapen med
god approximation göras via normalfördelningen. En mer teoretisk förklaring
till varför normalfördelningen kan användas till att approximera binomiala
sannolikheter ges i nästa avsnitt.
Innan vi tar ett exempel på normalapproximation av binomialfördelningen
finns en liten finjustering för att göra approximationen ännu bättre. I
och med att binomialfördelningen är diskret beskrivs dess sannolikhetsfördelning
med ett stapeldiagram och sannolikheter beräknas utifrån dessa staplars
höjder. För den kontinuerliga normalfördelningen beräknas emellertid sannolikheter
utifrån areor under normalkurvan och för att även de binomiala
sannolikheterna skall bli areor delas talaxeln in i diskreta heltalsklasser.
0 1 2 3 4 5 6
vilket t.ex. innebär att det diskreta heltalsvärdet 4 motsvaras av den heltalsklassen
4, dvs det kontinuerliga intervallet (3.5, 4.5). Allmänt motsvaras
98

det diskreta heltalsvärdet k av klassen ¡ k − 1
¢
1 ,k+ . På detta sätt över-
2 2
förs stapeldiagrammet till ett sannolikhetshistogram
Frekvens (täthet)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
Antal moderater i urvalet
Stapeldiagrammet...
...blir ett sannolikhetshistogram
Frekvens (täthet)
0
5
10
Antal moderater i urvalet
där de binomiala sannolikheterna som önskat beräknas som areor under rektanglarna.
Nu inses något mycket intressant. Antag att vi söker sannolikheten
att åtminstone 10 av de valda är moderater. Denna sannolikhet motsvaras
av följande area
Frekvens (täthet)
0
5
9.5
10
Antal moderater i urvalet
Arean av det skuggade området
är sannolikheten att åtminstone
10 av de valda är moderater
och vi ser att den kontinuerliga beräkningen inte skall börja i punkten 10 utan
i punkten 9.5. Detta beror på att det diskreta heltalsvärdet 10 motsvaras av
det kontinuerliga intervallet (9.5, 10.5). Normalapproximationen kommer då
att bli
Pr (X ≥ 10)
| {z }
Xär binomial
15
≈ Pr (X ≥ 9.5)
| {z }
Xär normal
Denna lilla finjustering kallas för kontinuitetskorrektion, dvs en korrektion
för att förbättra approximationen av en diskret sannolikhetsfördelning med
en kontinuerlig.
Exempel 69 Vi återgår till Exempel 67 där vi antar att vi har ett urval om
n =150personer ur väljarkåren. Detta innebär alltså att
X = Antal moderater i urvalet
99
15

är Bi(150, 0.2). Bestäm sannolikheten att åtminstone 35 av de utvalda är
moderater. Tabell 1 räcker inte till och att utifrån binomialformeln beräkna
denna sannolikhet är ingenting man gärna ger sig i kast med. Dessutom gäller
att andelen moderater i väljarkåren, π, är för stor för poissonapproximation.
Vi undersöker därför möjligheterna för en normalapproximation och finner
att
n · π · (1 − π) =150· 0.2 · 0.8 =24> 5
varför detta är tillåtet. Den normalfördelning vi skall använda är
³
N 150 · 0.2, √ ´
150 · 0.2 · 0.8 = N (30, 4.9)
Vi söker
Pr (X ≥ 35)
vilket med kontinuitetskorrektion motsvaras av
Pr (X ≥ 34.5)
vilket framgår av följande figur där vi markerat en utvald del av sannolikhetshistogrammet
för Bi(150, 0.2) tillsammans med normalkurvan N (30, 4.9).
Frekvens (täthet)
30
34.5
35
Arean av det skuggade området
anger sannolikheten att åtminstone
35 av de valda är moderater.
40
Antal moderater i urvalet
Detta problem löses nu genom att standardisera och läsa ur normalfördelningstabellen
(Tabell 3a). Vi får att
µ
X − 30 34.5 − 30
Pr (X ≥ 35) ≈ Pr (X ≥ 34.5) =Pr ≥ =Pr(Z≥0.92) =
| {z } | {z } 4.9 4.9
Xär binomial
Xär normal
= 1−Pr (Z

3.3.1 Övningsuppgifter
Uppgift 39 Lös uppgift 516.
Uppgift 40 Lös uppgift 518.
Uppgift 41 Lös uppgift 527.
Uppgift 42 En maskin som tillverkar vinkorkar producerar korkar vars diameter
kan betraktas som normalfördelad med medelvärde 3 cm och standardavvikelse
0.1 cm. En kork är acceptabel om dess diameter ligger mellan 2.9
cm och 3.1 cm.
a. Bestäm sannolikheten att en slumpmässigt vald kork är acceptabel.
b. Antag att vi har 60 (ej bedömda) korkar i lager och att vi behöver 40
acceptabla korkar för en omgång vinflaskor. Bestäm sannolikheten att vi
kan korka flaskorna utan att behöva låta maskinen tillverka nya korkar.
Uppgift 43 Denna uppgift är en utökad version av uppgift 508 i boken. En
maskin fyller konservburkar med linssoppa. Vikten av en burks soppinnehåll
kan betraktas som normalfördelad med standardavvikelsen 20 gram.
a. Vilket medelvärde skall man inrikta sig på för att i långa loppet 99% av
burkarna skall innehålla minst 750 gram linssoppa?
b. Antag att vi använder oss av medelvärdet från a-uppgiften. Vi tänker
nu göra ett stickprov om 200 burkar från produktionen. Bestäm sannolikhetsfördelningen
för
X = Antal burkar i urvalet som väger mindre än 750 gram
c. Bestäm, genom att göra en lämplig approximation, sannolikheten att
stickprovet i b-uppgiften åtminstone innehåller fyra burkar som väger
mindre än 750 gram. (Vilken typ av approximation är tillåten?)
3.4 Centrala gränsvärdessatsen (CGS)
3.4.1 Ett inledande exempel
I föregående avsnitt såg vi att normalfördelningen kan användas som approximativ
sannolikhetsmodell för binomialfördelningen. I det här avsnittet skall
vi se att normalfördelningens approximativa egenskaper sträcker sig mycket
längre än så. Låt oss belysa problematiken med ett exempel.
101

Exempel 70 Man planerar att bygga ett nytt bostadsområde för 100 familjer
och vill veta hur många parkeringsplatser man skall förse detta bostadsområde
med. Antag att det för den familjetyp som flyttar till sådana bostadsområden
gäller att egenskapen
X = Antal bilar i en familj
kan ses som en slumpvariabel med sannolikhetsfördelning
x 0 1 2
p (x) 0.3 0.5 0.2
En familj har således antingen 0, 1 eller 2 bilar. Nu är det ju dock inte sannolikhetsfördelningen
för antal bilar i en familj som är av intresse utan det
sammanlagda antalet bilar i hundra familjer. Låter vi X1,X2,...,X100 representera
antalet bilar i var och en av dessa hundra familjer följer att
Y = Det sammanlagda antalet bilar i hundra familjer =
= X1 + X2 + ···+ X100
Att bestämma sannolikhetsfördelningen för slumpvariabeln Y visar sig vara
lättare sagt än gjort. Låt oss börja lite försiktigt att bestämma sannolikhetsfördelningen
för det sammanlagda antalet bilar i två familjer. Vi förutsätter
att familjerna väljs slumpmässigt och att det föreligger samma förutsättningar
vid båda dessa slumpförsök. För
Y = X1 + X2
får vi då följande sannolikhetsfördelning
dvs
Utfall
00
10
01
11
20
02
21
12
22
Sannolikhet
0.3*0.3=0.09
Värdering (Y)
Pr(Y=0)=0.09
0.5*0.3=0.15
0.3*0.5=0.15
0.5*0.5=0.25
1 Pr(Y=1)=0.30
0.2*0.3=0.06
0.3*0.2=0.06
2 Pr(Y=2)=0.37
0.2*0.5=0.1
0.5*0.2=0.1
3 Pr(Y=3)=0.20
0.2*0.2=0.04 4 Pr(Y=4)=0.04
0
Slh-fördelning
y 0 1 2 3 4
p (y) 0.09 0.30 0.37 0.20 0.04
102

Motsvarande beräkning för sammanlagt antal bilar i tre familjer
Y = X1 + X2 + X3
ger efter viss möda sannolikhetsfördelningen
y 0 1 2 3 4 5 6
p (y) 0.027 0.135 0.279 0.305 0.186 0.060 0.008
Man inser snart att utifrån detta angreppssätt finna sannolikhetsfördelningen
för sammanlagt antal bilar i hundra familjer är utsiktslöst. Vi måste
helt enkelt släppa tanken att beräkna den exakta sannolikhetsfördelningen
och istället söka en approximativ lösning. För att få en idé om en sådan
studerar vi de stapeldiagram som dessa sannolikhetsfördelningar ger. Sannolikhetsfördelningarna
för sammanlagt antal bilar i en, två samt tre familjer
åskådliggörs nedan.
Sannolikhet
0
En familj
1
Antal bilar
2
Sannolikhet
0
Två familjer
1 2
Antal bilar
3
4
Sannolikhet
0
1
Tre familjer
Vi tycker oss skönja en viss symmetri i det högra diagrammet och då vi
efter stor möda lyckas få fram exakta sannolikhetsfördelningar för sammanlagt
antal bilar i fem respektive tio familjer besannas våra förhoppningar i de
associerade stapeldiagrammen nedan
Sannolikhet
0
1
2
Fem familjer
3
4
5
Antal bilar
6
7
8
9
10
Sannolikhet
Tio familjer
2
3
Antal bilar
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011121314151617181920
Antal bilar
Sannolikhetsfördelningenförsammanlagtantalbilarverkarblimerochmer
normalfördelningslik ju fler familjer vi har med och därför borde normalfördelningen
kunna användas för att approximera den sökta sannolikhetsfördelningen.
Vi återkommer med beräkningar angående dessa parkeringsplatser. ¤
103
4
5
6

Vad är det som gör att normalapproximation fungerar i den här situationen?
3.4.2 Oberoende och likafördelade slumpvariabler (o.l.f.s.v.)
Utifrån ovanstående exempel uppstår två frågor vars svar kommer att lösa
många problem som uppstår vid praktiska sannolikhetsberäkningar.
1. I vilka situationer kan vi använda normalfördelningen som approximativ
sannolikhetsfördelning?
2. Hur finner vi i en specifik situation den normalfördelning som skall
användas för approximationen?
Det faktum som gör det möjligt att använda normalfördelningen i exemplen
ovan är att vi där summerar resultaten av ett stort antal likadana
slumpförsök. Vi hade fått ett liknande resultat om vi istället för summan
hade beräknat medelvärdet av slumpvariablerna, eftersom medelvärdet endast
är en enkel linjärfunktion av summan
X = X1 + X2 + ···+ Xn
n
P
X
=
n
dvs en förflyttning och sammanpressning av sannolikhetsfördelningen för
P X. Att det är ett stort antal likadana slumpförsök uttrycks mer sannolikhetsmässigt
som att slumpvariablerna X1,X2,...,Xn är oberoende och
likafördelade slumpvariabler, eller förkortat o.l.f.s.v. 12 .Attdomäroberoende
innebär att resultatet i ett slumpförsök inte påverkar resultatet i något av de
andra slumpförsöken, dvs antal bilar i en familj som flyttarinpåverkarinte
antal bilar hos någon av de andra inflyttande familjerna. Att slumpvariablerna
är likafördelade innebär att sannolikhetsfördelningen är exakt densamma
vid varje slumpförsök, dvs vi gör exakt samma sannolikhetsbedömning
angående antal bilar för samtliga inflyttande familjer. Vi formulerar något
diffust följande delresultat.
Summan (eller medelvärdet) av ett stort antal oberoende och
likafördelade slumpvariabler är approximativt normalfördelad. Approximationen
blir bättre ju fler av dessa slumpvariabler som ingår.
12 I engelsk/amerikansk litteratur används terminologin independent and identically distributed
random variables, eller förkortat i.i.d.r.v.
104

Nästa fråga att besvara är således vilken normalfördelning vi skall använda
för att approximera summan (eller medelvärdet). Normalfördelningen
bestäms av sina båda parametrar, μ och σ, vilket innebär att vi finner den
sökta normalfördelningen genom att finna medelvärde och standardavvikelse
för den aktuella summan (eller medelvärdet).
3.4.3 Väntevärden för summor och medelvärden av o.l.f.s.v.
Vi antar nu att n oberoende och likafördelade slumpvariabler skall summeras.
Att dom är likafördelade innebär att dom alla följer en och samma sannolikhetsfördelning
vilket i sin tur innebär att alla har samma medelvärde och
samma standardavvikelse. Vi antar att dessa gemensamma parametrar är μ
och σ. Det gäller att
³X ´
E X = E (X1 + X2 + ···+ Xn) =
= E (X1)+E (X2)+···+ E (Xn) =
= μ + μ + ···+ μ = n · μ
och att
³X ´
Var X
= Var (X1 + X2 + ···+ Xn) =
= Var (X1)+Var (X2)+···+ Var (Xn) =
= σ 2 + σ 2 + ···+ σ 2 = n · σ 2
vilket därmed innebär att summans standardavvikelse blir
r ³X ´
Var X = √ n · σ2 = √ n · σ
För att beräkna motsvarande parametrar för medelvärdet använder vi de
resultat vi fann i ekvation (3) i avsnitt 2.3 (se sid 47). Det följer att
E ¡ X ¢ µP
X
= E =
n
1
³X ´
· E X =
n n · μ
= μ
n
och
Var ¡ X ¢ µP
X
= Var =
n
1
³X ´
· Var X =
n2 n · σ2
n2 σ2
=
n
och således följer att medelvärdets standardavvikelse blir
q
Var ¡ X ¢ r
σ2 =
n = σ √
n
vilka alla är resultat vi skall använda oss mycket av i fortsättningen.
105

Exempel 71 Vid tillverkning av byggelement varierar dessas längder slumpmässigt
och kan ses som utfall av o.l.f.s.v. med medelvärde μ =2meter och
standardavvikelse σ =0.005 meter (eller 5 mm). Vid ett tillfälle vill man ha
tio element som skall placeras intill varandra till en sammanlagd längd av 20
meter. Man väljer mellan följande två metoder.
1. Välj slumpmässigt ut ett element och slipa därefter ytterligare nio element
till att ha exakt samma längd som det första elementet.
2. Välj slumpmässigt ut tio element.
Vilken av dessa båda metoder kommer i genomsnitt att ge det bästa resultatet,
i den mening att det hamnar nära 20 meter?
1. Här är det enbart längden av det första elementet som är en slumpvariabel,
X, och den sammanlagda längden Y ges av
Y =10· X
Räknereglerna för väntevärden av linjärfunktioner (se ekvation (3) på
sidan 47) geratt
E (Y ) = E (10 · X) =10· E (X) =10· 2=20
Var (Y ) = Var (10 · X) =10 2 · Var (X) =10 2 · 0.005 2 =0.0025
2. Här utgör längden av var och en av byggelementen slumpvariabler
X1,X2,...,X10 och eftersom dom är o.l.f.s.v. följer att
E (Y ) = E (X1 + X2 + ···+ X10) =10· 2=20
Var (Y ) = Var (X1 + X2 + ···+ X10) =10· 0.005 2 =0.00025
Vi finner således att båda metoderna i genomsnitt kommer att ge korrekt
sammanlagd längd på de tio byggelementen. Dock gäller att variansen för den
första metoden blir tio gånger större än vad den blir med den andra metoden.
För att med stor sannolikhet hamna nära 20 meter bör man således välja den
andra metoden. ¤
Vad är anledningen till den stora skillnaden mellan de båda metoderna
i exemplet ovan. Slumpen medför att längden av ett byggelement inte blir
exakt två meter. Blir elementet kortare än två meter kommer i den första
metoden samtliga tio element att bli kortare än två meter vilket medför att
den sammanlagda längden antagligen hamnar relativt långt från 20 meter.
106

Det slumpmässiga felet ackumuleras. I den andra metoden kommer troligtvis
vissa element att bli kortare än två meter och vissa element bli längre än två
meter vilket medför att dessa fel i viss utsträckning tar ut varandra. Detta
är ett mycket viktigt resultat som framträder t.ex. i standardavvikelsen för
medelvärdet X. Väljer vi slumpmässigt en individ kommer vi i genomsnitt att
hamna i populationsmedelvärdet μ. Pga att det förekommer en viss spridning
i populationen kommer dock den valde individens värde att avvika från detta
värde med i genomsnitt σ. Väljervislumpmässigtutn individer kommer
deras medelvärde i genomsnitt att hamna i populationsmedelvärdet μ. Dock
kommer några av observationerna att hamna över μ och några att hamna
under μ vilket medför att något större avstickare från detta värde i högre grad
elimineras och att medelvärdet därmed i regel hamnar närmare μ än vad en
enskild observation gör. Detta faktum återspeglar sig i att standardavvikelsen
för medelvärdet X är σ/ √ n.
3.4.4 Centrala gränsvärdessatsen
Vi är nu redo att sammanfatta våra upptäckter från de senaste avsnitten i
det viktigaste resultatet i hela sannolikhetsteorin.
Resultat 2 (Centrala gränsvärdessatsen) Låt X1,X2,...,Xn vara ett stort
antal oberoende och likafördelade slumpvariabler som alla har medelvärde μ
och standardavvikelse σ. Dågällerattsumman
X X = X1 + X2 + ···+ Xn
approximativt är normalfördelad N (n · μ, √ n · σ). Vidare gäller att även medelvärdet
P
X
X =
n = X1 + X2 + ···+ Xn
n
³
approximativt är normalfördelat N μ, σ ´
√
n . ¥
Om bara slumpvariablerna är oberoende och följer samma sannolikhetsfördelning
spelar det således ingen roll vilken sannolikhetsfördelning dom följer.
Är dom bara tillräckligt många kommer summan (och medelvärdet) av
dom ändå att vara approximativt normalfördelad. Inte nog med att det inte
spelar någon roll vilken sannolikhetsfördelning dom följer, vi har dessutom
inget behov av att känna dess utseende helt och fullt. Den enda information
vi behöver om denna sannolikhetsfördelning är dess medelvärde μ och dess
standardavvikelse σ.
107

Vad menas då med tillräckligt många slumpvariabler? Centrala gränsvärdessatsen
är en process som successivt gör att sannolikhetsfördelningen för summan
(eller medelvärdet) blir normalfördelningslik. Då normalfördelningen är
helt symmetrisk är det inte överraskande att denna process går snabbare om
den ursprungliga sannolikhetsfördelningen själv är symmetrisk. Är den ursprungliga
fördelningen själv normalfördelad räcker det förstås med en enda
observation medan det för svårt asymmetriska fördelningar kan krävas hundratals
observationer innan tillräckligt symmetri uppnås. Problemet är att vi
ofta inte vet hur den ursprungliga fördelningen ser ut och då är det svårt att
bedöma hur många observationer som krävs. Av erfarenhet har man funnit
att för de flesta ursprungsfördelningar är 30 observationer (eller fler) tillräckligt
för att summans (och medelvärdets) sannolikhetsfördelning skall kunna
approximeras med normalfördelningen.
Vi är nu redo att ta oss an det exempel vi lämnat ofullständigt löst i
avsnitt 3.4.1
Exempel 72 Antag att vi i Exempel 70 vill bestämma sannolikheten att det
är tillräckligt med 100 parkeringsplatser. Eftersom vi studerar slumpvariabeln
Y = Det sammanlagda antalet bilar i hundra familjer
kan vår sökta sannolikhet uttryckas i termer av Y som
Pr (Y ≤ 100)
Vi söker således sannolikheter associerade med slumpvariabeln
Y = X1 + X2 + ···+ X100
där X1,X2,...,X100 är o.l.f.s.v.. Eftersom vi har fler än 30 sådana slumpvariabler
är villkoren för normalapproximation uppfyllda och vi behöver enbart
ta reda på medelvärde och standardavvikelse för ursprungsfördelningen.
Denna sannolikhetsfördelning ges av
och det följer därför att
och eftersom
x 0 1 2
p (x) 0.3 0.5 0.2
μ = E (X) =0· 0.3+1· 0.5+2· 0.2 =0.9
E ¡ X 2¢ =0 2 · 0.3+1 2 · 0.5+2 2 · 0.2 =1.3
108

följer att
Var (X) =1.3 − 0.9 2 =0.49
och således att
σ = p Var (X) = √ 0.49 = 0.7
Denna familjetyp har alltså i genomsnitt 0.9 bilar med en standardavvikelse
på 0.7 bilar. Centrala gränsvärdessatsen ger därför att Y approximativt är
³
N 100 · 0.9, √ ´
100 · 0.7 = N (90, 7)
Innan vi beräknar sannolikheten konstaterar vi att Y är en diskret slumpvariabel
varför normalapproximationen blir bättre om vi använder kontinu-
itetskorrektion. Vi får att
Pr (Y ≤ 100)
| {z }
Y är diskret
µ
Y − 90
≈ Pr (Y ≤ 100.5) =Pr
| {z } 7
Y är normal
= Pr(Z≤1.5) = 0.9332
≤
100.5 − 90
=
7
dvs det är ungefär 93% chans att 100 parkeringsplatser kommer att räcka. ¤
Vi fortsätter med ytterligare två exempel.
Exempel 73 Antag att vi sätter vår dator till att lösa femtio uppgifter (av
samma typ) innan vi går på vår entimmes lunchrast. Antag att det för datorn
i genomsnitt tar en minut att lösa denna typ av uppgift. Dock tar det
inte alltid exakt samma tid utan vi har dessutom en standardavvikelse på en
minut. Bestäm sannolikheten att datorn är färdig när vi kommer tillbaks från
lunchrasten. Eftersom
Y = Sammanlagd datortid för att lösa 50 uppgifter
följer att den sökta sannolikheten kan uttryckas i termer av Y via
Pr (Y ≤ 60)
Vi söker således sannolikheter associerade med slumpvariabeln
Y = X1 + X2 + ···+ X50
där X1,X2,...,X50 är o.l.f.s.v.. Eftersom vi har fler än 30 sådana slumpvariabler
är villkoren för normalapproximation uppfyllda. Vi har dessutom
fått information om att det för X-variablerna gäller
μ = σ =1
109

Centrala gränsvärdessatsen ger sedan att sannolikhetsfördelningen för Y approximativt
är ³
N 50 · 1, √ ´
50 · 1 = N (50, 7.07)
Vi finner därmed att
Pr (Y ≤ 60) ≈ Pr
µ Y − 50
7.07
60 − 50
≤ =Pr(Z≤1.414) = 0.9213
7.07
där vi interpolerat i Tabell 3a. I det här exemplet går det att på teoretisk väg
finna den verkliga sannolikhetfördelningen för Y som ger den sökta sannolikheten
är
Pr (Y ≤ 60) = 0.9156
vilket innebär att approximationen är fullt acceptabel. ¤
Exempel 74 För en viss lärare tar det i genomsnitt 20 minuter att rätta en
skrivning i statistik. Nu är det dock inte så att alla skrivningar tar lika lång
tid utan det föreligger en relativt stor spridning vilket framgår av att standardavvikelsen
är 12 minuter. På söndagsförmiddagen klockan 10.00 sätter
sig läraren med de sista 36 skrivningarna. Bestäm sannolikheten att samtliga
skrivningar är rättade innan sporten börjar 20.30. Låter vi X1,X2,...,X36
representera den tid det tar att rätta var och en av skrivningarna följer att
Y = Total rättningstid =
= X1 + X2 + ···+ X36
Förutsätter vi nu (något tveksamt) att rättningstiden för en skrivning inte
påverkar rättningstiden för en annan följer att X1,X2,...,X36 är o.l.f.s.v.
och vi kan använda normalapproximation för att bestämma sannolikhetsfördelningen
för Y . Eftersom det för ursprungsfördelningen gäller att
μ = 20
σ = 12
följer att sannolikhetsfördelningen för Y kan approximeras med
³
N 36 · 20, √ ´
36 · 12 = N (720, 72)
Den tid läraren har på sig innan sporten börjar är 10.5 timmar eller 630
minuer varför sannolikheten ges av
µ
Y − 720 630 − 720
Pr (Y ≤ 630) ≈ Pr ≤ =Pr(Z≤−1.25) =
72 72
= Pr(Z≥1.25) = 1 − Pr (Z

3.4.5 Hur fungerar normalapproximation av binomialfördelningen?
Vi såg i avsnitt 3.3 att normalfördelningen i vissa situationer kan användas för
att approximera binomiala sannolikheter. Detta är en direkt följd av Centrala
gränsvärdessatsen. Vi vet att om vi med återläggning drar n bollar ur en urna
där andelen vita bollar är π och betraktar slumpvariabeln
Y = Antal vita bollar i urvalet
kommer Y att vara binomialfördelad Bi(n, π). Vi upprepar alltså exakt samma
slumpförsök n gånger och låter vi X1,X2,...,Xn representera antalet vita
bollar i var och en av dragningarna kommer
Y = X1 + X2 + ···+ Xn
dvs en summa av n o.l.f.s.v. som alla är Bi(1,π) (eller sk. Bernoullifördelade,
Be(π)). Vi såg i avsnitt 2.4 att det för dessa slumpvariabler gäller att
μ = π
σ = p π · (1 − π)
vilket om n är tillräckligt stort medför att sannolikhetsfördelningen för Y
approximativt är ³
N n · π, p ´
n · π · (1 − π)
som även konstaterades i avsnitt 3.3. Centrala gränsvärdessatsen arbetar
olika snabbt beroende på ursprungsfördelningens form och eftersom denna
symmetri för binomialfördelningen bestäms av parametern π använder vi för
binomialfördelningen ett speciellt mått på vad som skall menas med att n är
tillräckligt stort. Då π är nära 0.5 är fördelningen som mest symmetrisk och
då räcker det med runt 20 dragningar. Skulle dock π vara nära 0 eller 1 är
fördelningen svårt asymmetrisk och det kan krävas hundratals observationer.
För att normalapproximation skall få användas bör det gälla att
n · π · (1 − π) > 5
I dessa situationer är man ofta intresserade av den närbesläktade slumpvariabeln
p = Andelen individer i urvalet med den aktuella egenskapen = Y
n
111

och utifrån våra kunskaper om egenskaper hos linjärfunktioner av slumpvariabler
följer att
µ
Y
E (p) = E =
n
1
E (Y )=nπ = π
n n
µ
Y
Var (p) = Var =
n
1
(1 − π)
Var (Y )=nπ
n2 n2 = π (1 − π)
n
Vidare vet vi att varje linjärfunktion av normalfördelade slumpvariabler själv
är normalfördelad varför det följer att p approximativt är
à r !
π (1 − π)
N π,
n
3.4.6 Normalapproximation av Poissonfördelningen
Det visar sig att även Poissonfördelningen kan skrivas som en summa av
o.l.f.s.v.. Betraktar vi en process där händelser inträffar med intensiteten μ
gäller att
Y = Antal händelser på ett enhetsintervall
är Po(μ). Ett enhetsintervall kan dock delas upp i mindre intervall och om
vi låter X1,X2,...,Xn representera antal händelser på vart och ett av dessa
intervall kommer dessa, enligt resonemang i slutet av avsnitt 2.5.1, att vara
o.l.f.s.v. som alla är Po ¡ ¢ μ
. Eftersom
n
Y = X1 + X2 + ···+ Xn
ger därför Centrala gränsvärdessatsen att normalapproximation kan användas
om n är tillräckligt stort. Här måste vi dock vara försiktiga eftersom ju
större vi väljer n ju mindre kommer μ
att bli, vilket medför att den ursprungs-
n
fördelning, Po ¡ ¢ μ
, som Centrala gränsvärdessatsen har att arbeta med blir
n
mer asymmetrisk. Det hjälper således inte att välja n stort utan den enda
möjligheten är att intensiteten μ är tillräckligt stor. Om så är fallet kan vi
välja n stort samtidigt som att ursprungsfördelningen Po ¡ ¢ μ
är tillräckligt
n
symmetrisk. Erfarenheten har visat att om μ>5 blir normalapproximationen
acceptabel. Ju större μ är ju bättre blir approximationen. I avsnitt 2.5.3
fann vi att
E (Y )=Var (Y )=μ
varför vi för Po(μ) kan använda N ¡ μ, √ μ ¢ som approximativ sannolikhetsfördelning.
112

Exempel 75 Vi återgår nu till att studera problemet i Exempel 73 med att
bestämma sannolikheten att datorn är färdig med sina 50 uppgifter då vi
återkommer till arbetet efter lunchrasten. Eftersom det handlar om väntetider
kan vi förutsätta att
är Po(1). Låter vi nu
X = Antal utförda uppgifter under en minut
Y = Antal utförda uppgifter på en timme
följer enligt resonemang i slutet av avsnitt 2.5.1 att Y är Po(60). Normalapproximation
är tillåten och den aktuella normalfördelningen ges av
³
N 60, √ ´
60 = N (60, 7.746)
Vi söker sannolikheten
Pr (Y ≥ 50)
och eftersom Poissonfördelningen är diskret använder vi kontinuitetskorrektion
för att förbättra approximationen. Vi får
Pr (Y ≥ 50)
| {z }
≈
µ
Y − 60 49.5 − 60
Pr (Y ≥ 49.5) =Pr ≥ =
| {z } 7.746 7.746
Y är poisson
Y är normal
= Pr(Z≥−1.356) = Pr (Z ≤ 1.356) = 0.9124
där vi använt interpolation i Tabell 3a. Här kan vi med rätt hjälpmedel finna
den exakta sannolikheten med Po(60) som ges av
Pr (Y ≥ 50) = 0.9156
som överensstämmer med den exakta beräkning som presenterades i Exempel
73. ¤
3.4.7 Approximationsmöjligheter
Som avslutning på detta viktiga avsnitt om Centrala gränsvärdessatsen presenterar
vi en sammanfattning av de vanligaste approximationsmöjligheterna
i sannolikhetsläran.
113

3.4.8 Övningsuppgifter
Uppgift 44 Lös uppgift 509.
Approximationsmöjligheter
n>10
π5 N( μ, μ)
Uppgift 45 I en hiss står angivet “Högst 10 personer eller 800 kg”. Antag
att det för typiska hissresenärer gäller att vikten är normalfördelad med
medelvikten 75 kg och standardavvikelsen 12 kg.
a. Bestäm sannolikheten att en personmässigt fylld hiss inte klarar det andra
villkoret. Vi förutsätter att det inte finns något viktmässigt beroende
mellan hissresenärerna.
b. Hur mycket måste man förbättra hissen (höja viktgränsen till) för att
en personmässigt fylld hiss med 99%-sannolikhet klarar viktgränsen.
Uppgift 46 Vid en godisfabrik packas “200g-påsar” med storsäljaren “chokladdoppade
sockerbomber” i lådor om 100 påsar i varje. Det har visat sig att
påsarna i genomsnitt endast väger 198g med en standardavvikelse på 12g.
a. Bestäm sannolikheten att innehållet i en låda väger mer än 20kg.
b. Enligt nya EU-regler måste innehållet i åtminstone 1/3 av lådorna väga
det dom utsäger sig att göra, vilket i det här fallet är 20kg. Vad måste
man ställa om ifyllningsanordningen för godispåsarna till för att uppfylla
detta krav? Vi förutsätter att standardavvikelsen för innehållet i
påsarna förblir oförändrad.
114

Uppgift 47 Innan du går på din entimmes lunchrast sätter du din dator till
att lösa 40 matematiska problem. Du vet att datorn i genomsnitt löser denna
typ av problem på 1.4 minuter med en standardavvikelse på 0.4 minuter. När
datorn har löst en uppgift startar den omedelbart med nästa.
a. Bestäm sannolikheten att datorn är färdig när du återvänder från lunchrasten.
b. Hur lång lunchrast måste du ta om du vill att datorn med 99% sannolikhet
skall vara färdig när du kommer tillbaka?
Uppgift 48 Antal fel som uppstår i en viss maskin under en arbetstimme
kan ses som en stokastisk variabel X med sannolikhetsfunktion
⎧
⎨ 0.3 , x =0
p (x) = 0.6
⎩
0.1
,
,
x =1
x =2
a. Bestäm medelvärde och varians för X.
b. Bestäm approximativt sannolikheten att det under en arbetsvecka (dvs
40 arbetstimmar) uppstår högst 30 fel i maskinen. Ange även de antaganden
du gör för att beräkna sannolikheten.
Uppgift 49 I ett visst tärningsspel skall man ta sig 100 steg (eller längre).
Bestäm approximativt sannolikheten att det räcker med 30 kast för att komma
imål.
3.5 Normalfördelade populationer
Som avslutning på sannolikhetsläran och som övergång till inferensläran några
ord om populationer och dess fördelningar. Då man pratar om en population
tänker man instinktivt på en population av människor, som t.ex.
den svenska väljarkåren eller patienterna i en hälsoundersökning. Så behöver
alls inte vara fallet. Andra tänkbara populationer är “Volvo 740”,“Konservburkar”,
“Lottokombinationer” etc. Vidare gäller att den sannolikhetsfördelning
man associerar med en population beror på vilken variabel man
studerar. Det finns variabler som för en mänsklig population ger upphov
till normalfördelningen (eller åtminstone ungefär). Intelligenskvoten “IQ” är
en variabel som brukar betraktas som (approximativt) normalfördelad med
parametrar μ = 100 och σ =15. Den genomsnittlige medborgaren har alltså
en IQ på 100. Dock har inte alla en IQ på 100 utan standardavvikelsen 15
115

anger den genomsnittliga avvikelsen från medelvärdet. I och med att vi anger
att IQ är normalfördelad har vi dessutom bestämt formen på denna spridning
i populationen. Då man arbetar med normalfördelningen är det dock oftast
inte den “vanliga” (eller ursprungliga) populationen som syftas på. För de
flesta variabler är populationen i sig inte normalfördelad, och några exempel
på sådana fördelningar vi studerat här är
Den svenska väljarkåren har följande fördelning
Andel av väljarkåren med avseende på variabeln "Moderat?"
Moderat
Ej moderat
Sannolikhet
En viss familjetyp har följande fördelning
med avseende på variabeln "Antal bilar"
0 1 2
Antal bilar
Frekvens (täthet)
Den tid det tar en dator att lösa en
viss typ av uppgift har följande
sannolikhetsfördelning.
0 1 2 3 4 5 6
vilka alla är långt ifrån att vara normalfördelade. Normalfördelningens roll
kommer i och med Centrala gränsvärdessatsen istället då vi har tillgång till
ett stort antal observationer från denna grundfördelning pga av att både summan
och medelvärdet av observationerna då är approximativt normalfördelade.
I statistiken cirkulerar mycket kring informationen i stickprov och då
stickprov ofta kan ses som ett stort antal observationer från en och samma
fördelning följer att det är här normalfördelningen kommer in i bilden. Vi
skall se att det för kvantitativa variabler är stickprovsmedelvärdet x som
är av intresse. För att på bästa sätt kunna använda den information x innehåller
måste vi känna dom sannolikhetsegenskaper X har innan stickprovet
är taget. Nu råkar vi veta att om stickprovet är stort är stickprovsmedelvärdet
X approximativt normalfördelat, dvs
µ
X är approximativt N μ, σ
√
n
Återgår vi till figuren över den tid det tar för datorn att lösa uppgifter och
för denna istället studerar stickprovsmedelvärdets fördelning får vi för några
stickprovsstorlekar.
116
Tid (min)

Stickprovsmedelvärdet sannolikhetsfördelning
Frekvens (täthet)
n=10
n=5
Tid (minuter)
Fortsätter vi att studera stickprovsmedelvärdets sannolikhetsfördelning för
ytterligare några stickprovsstorlekar, där vi dessutom markerat populationsmedelvärdet
μ, får vi följande diagram
Frekvens (täthet)
n=2
Stickprovsmedelvärdets sannolikhetsfördelning
n=40
n=20
n=10
μ
Tid (minuter)
och vi ser (åtminstone) två intressanta egenheter i diagrammen.
• Den normalfördelning som skall användas för stickprovsmedelvärdet
skall alltid centreras i populationsmedelvärdet medan dess form beror
på stickprovsstorleken. Större stickprov ger lägre standardavvikelse för
stickprovsmedelvärdet.
• Normalfördelningen används som en approximation av den verkliga
sannolikhetsfördelningen och vi ser att den symmetriska formen blir
mer påtaglig ju större stickprovet är. Vi drar därför slutsatsen att approximationen
blir bättre ju större storlek vi väljer på stickprovet.
Vi ser därmed två fördelar med att ta stora stickprov. Dels blir sannolikhetsapproximationen
pålitligare och dels kommer stickprovsmedelvärdet
med större sannolikhet att hamna i närheten av populationsmedelvärdet.
Således gäller att den population vi vanligtvis förknippar med normalfördelningen
består av “Tänkbara stickprovsmedelvärden för stickprovsstorleken
117

n”. Antag att vi studerar en population och där är intresserade av en variabel
med populationsmedelvärde μ och populationsstandardavvikelse σ. Antag
vidare att vi har tillgång till alla tänkbara stickprov av storlek n och för
var och en av dessa beräknar medelvärdet x. Då har vi ett datamaterial för
en population där individerna består av stickprovsmedelvärden. För denna
population gäller att populationsmedelvärdet är μ och populationsstandardavvikelsen
är σ √ n . Detta resultat hade dock varit relativt ointressant om inte
Centrala gränsvärdessatsen funnits. För om stickprovet är tillräckligt stort
gäller ju dessutom att själva formen, eller fördelningen, för denna population
är mycket lik en normalfördelning.
118

A Formelförklaringar
A.1 Beräkningsformel för variansen
Vi förklarar här beräkningsformeln (2) för variansen som angavs i avsnitt 2.2.
Vi börjar med att skriva variansen som en summa och utveckla kvadraten
genom kvadratkomplettering.
Var (X) = X (x − μ) 2 · p (x) = X ¡ x 2 − 2xμ + μ 2 ¢ · p (x) =
Nu kan detta uttryck delas upp i tre summor och eftersom populationsmedelvärdet
μ är en konstant kan det flyttas utanför summationen.
X x 2 p (x) − 2μ X xp (x)+μ 2 X p (x) =
Den vänstra termen anger det förväntade värdet av X2 ,dvsE (X2 ),och
uttrycket i den mittersta summan är inget annat än E (X) =μ. Den sista
summan adderar samtliga sannolikheter varför det måste gälla att P p (x) =
1. Vifårsåledesatt
Var (X) = X x 2 p (x) − 2μ X xp (x)+μ 2 X p (x) =
= E ¡ X 2¢ − 2μ 2 + μ 2 = E ¡ X 2¢ − μ 2
vilket också var påståendet.
A.2 Väntevärden av linjärfunktioner
E (a + b · X) = X (a + b · x) · p (x) =a X p (x)+b X x · p (x) =
= a + b · E (X) =a + b · μ
Var (a + b · X) = X [a + b · x − (a + b · μ)] 2 · p (x) =
= X [b · (x − μ)] 2 · p (x) =
= b 2 X (x − μ) 2 · p (x) =b 2 · Var (X) =b 2 · σ 2
B Diskreta sannolikhetsfördelningar
B.1 Binomialfördelningen
Vi ger här ett matematiskt bevis för väntevärde och varians för binomialfördelningen.
I bevisen använder vi ett välkänt knep för väntevärdesberäkningar.
119

Oftakanmanstuvaomtermernaochflytta några utanför summatecknet så
att det som blir kvar är sannolikheter. Summerar man därtill över samtliga
värden måste ju summan bli 1.
E (X) =
nX
µ
n
x π
x
x=0
x (1 − π) n−x nX n!
= x ·
x!(n − x)!
x=0
πx (1 − π) n−x =
=
nX n!
(x − 1)! (n − x)!
x=1
πx (1 − π) n−x =
=
nX (n − 1)!
nπ
(x − 1)! (n − x)!
x=1
πx−1 (1 − π) n−x =
=
nX
µ
n − 1
nπ
π
x − 1
x=1
x−1 (1 − π) n−x =
=
Xn−1
µ
n − 1
nπ
π
x
x (1 − π) n−1−x = nπ
x=0
eftersom termerna i summan är sannolikheter för Bi(n − 1,π) och därför
måste summera till 1. Detta knep använder vi oss också av då variansen skall
bestämmas. Först konstaterar vi att
vilket betyder att
E [X (X − 1)] = E ¡ X 2 − X ¢ = E ¡ X 2¢ − E (X)
Var (X) = E ¡ X 2¢ − [E (X)] 2 = E ¡ X 2¢ − E (X)+E (X) − [E (X)] 2 =
= E [X (X − 1)] + EX − [E (X)] 2
och eftersom E (X) redan är bestämd räcker det att finna
E [X (X − 1)] =
nX
µ
n
x (x − 1) π
x
x=0
x (1 − π) n−x =
=
nX n!
(x − 2)! (n − x)!
x=2
πx (1 − π) n−x =
=
n (n − 1) π 2
nX
µ
n − 2
π
x − 2
x=2
x−2 (1 − π) n−x =
=
n (n − 1) π 2
Xn−2
µ
n − 2
π
x
x (1 − π) n−2−x = n (n − 1) π 2
x=0
120

där summan blir 1 eftersom det är en summering av alla sannolikheter för
Bi(n − 2,π). Vifårdåatt
Var (X) =n (n − 1) π 2 + nπ − n 2 π 2 = nπ − nπ 2 = nπ (1 − π)
B.2 Hypergeometrisk fördelning
Vi ger här ett matematiskt bevis för väntevärde och varians för hypergeometrisk
fördelning. I bevisen använder vi samma knep för väntevärdesberäkningar
som användes för binomialfördelningen i Avsnitt B.1 ovan.
E (X) =
nX
x ·
x=0
= n
N
· Nπ
¡ ¢¡ ¢
Nπ N−Nπ
nX
¡ ¢¡ ¢
Nπ−1 N−Nπ
x n−x
x−1 n−x
¡ ¢ = Nπ ¡ ¢ =
N
N
n
x=1 n
nX
¡ ¢¡ ¢ ¡ ¢¡ Nπ−1 N−Nπ Xn−1
Nπ−1 N−Nπ
x−1 n−x
x n−1−x
¡ ¢ = nπ ¡ N−1
N−1
x=1 n−1
x=0 n−1
¢
¢ = nπ
eftersom termerna i summan är sannolikheter för Hyp(n − 1,π,N − 1) och
därför måste summera till 1. Detta knep använder vi oss också av då variansen
skall bestämmas.
E [X (X − 1)] =
nX
x (x − 1) ·
x=0
= Nπ(Nπ − 1)
= n (n − 1)
= n (n − 1) π (Nπ − 1)
= n (n − 1) π (Nπ − 1)
· Nπ(Nπ − 1)
N (N − 1)
N − 1
N − 1
¡ ¢¡ ¢
Nπ N−Nπ
x n−x
¡ ¢ N =
n
nX
¡ ¢¡ ¢
Nπ−2 N−Nπ
x−2 n−x
¡ ¢ =
N
x=2 n
nX
¡ ¢¡ Nπ−2 N−Nπ
x−2 n−x
¡ N−2
x=2 n−2
¡ ¢¡ ¢
Xn−2
Nπ−2 N−Nπ
x n−2−x
¡ ¢ =
N−2
x=0 n−2
121
¢
¢ =

eftersom termerna i summan är sannolikheter för Hyp(n − 2,π,N − 2) och
därför måste summera till 1.Vi får då att
Var (X) =
n (n − 1) π (Nπ − 1)
+ nπ − n
N − 1
2 π 2 =
=
µ
(n − 1) (Nπ − 1)
nπ
+1− nπ =
N − 1
=
1
nπ [(n − 1) (Nπ − 1) + N − 1 − nπ (N − 1)] = ···=
N − 1
=
N − n
nπ (1 − π)
N − 1
B.3 Poissonfördelningen
B.3.1 Sannolikhetsfunktionen
Det spelar således ingen roll hur korta delintervall vi än väljer, sannolikheten
ovan kommer ändå bara att vara en approximation. Dock gäller att denna
approximation blir bättre ju kortare intervall vi väljer, dvs ju större vi låter
n vara. Exakt sannolikhetsfördelning kan därför fås genom att bestämma
gränsvärdet för sannolikhetsfördelningen då n →∞,dvs
µ
n
³μ ´ x ³
pX (x) = lim
1 −
n→∞ x n
μ
´ n−x
n
För att finna detta gränsvärde stuvar vi om lite i uttrycket och får istället
μ
lim
n→∞
x n (n − 1) ···(n − x +1)
·
x! nx ³
· 1 − μ
´ n ³
1 −
n
μ
´ −x
n
Räknereglerna för hur man bestämmer gränsvärden ger att vi kan studera
termvis. μx och x! påverkas inte i gränsvärdet och eftersom μ
→ 0 då n →∞
n
kommer ³
1 − μ
´ −x
→ (1 − 0)
n
−x =1.
Sedan använder vi det välkända matematiska faktum att
³
lim 1+
n→∞
x
´ n
= e
n
x
vilket alltså betyder att ¡ 1 − μ¢
n −μ → e . Slutligen studerar vi
n
n (n − 1) ···(n − x +1)
lim
n→∞ nx n − 1) (n − x +1)
= lim ·(n ·· · ·· =1·1 ···1=1
n→∞ n n
n
Följaktligen får vi att sannolikhetsfördelningen blir
som angavs i texten.
pX (x) = μx e −μ
x!
122
x =0, 1, 2,...

B.3.2 Väntevärde och varians
Vi är nu intresserade av sammanfattande mått på Poissonfördelningen. För
dessa väntevärdesberäkningar använder vi samma knep som vid motsvarande
beräkningar för binomial- och hypergeometrisk fördelning i Avsnitt B.1 och
B.2 ovan.
Eftersom
E (X) =
E [X (X − 1)] =
följer att
∞X
x=0
∞X
x=0
x · μx e −μ
x! =
∞X
x=1
x (x − 1) · μx e −μ
x! =
μ x e −μ
(x − 1)!
∞X
x=2
= μ
∞X
x=1
μ x e −μ
(x − 2)!
Var (X) =μ 2 + μ − μ 2 = μ
μ x−1 e −μ
(x − 1)!
= μ2
∞X
x=2
= μ
μ x−2 e −μ
(x − 2)!
= μ2
För Poissonfördelningen gäller således att väntevärde och varians samma. De
sammanfaller båda med intensitetsfaktorn μ.
123

C Svar till övningsuppgifterna
Här följer svar till dom övvningsuppgifter som presenteras i kompendiet. För
övriga uppgifter finns svar i läroboken Statistisk dataanalys.
9. a) 7!, b) 6!, c) 2*6!, d) 2*5!, e) 6!
10. 0.424
15. a) 0.0594, b) 0.1098, c) 0.541
16. a) 0.9495, b) 0.1538
19. a) 0.488 respektive 0.51, b) 0.749
22. E(X)=1/6, Var(X)=5/36
28. X är Hyp(5,0.4,140), men approx Bi(5,0.4). Pr(X>=3)=0.3174.
29. a) 0.9502, b) 0.2381, c) 0.0009
30. a) X är Bi(300,0.002), b) 0.9966
31. a) X är Bi(10000,(1/6)^5), b) 0.0431
32. i) 0.3413, ii) 0.1359, iii) 0.8186, iv) 0.1587
33. i) z=1.96, ii) z=-0.44
34. i) 0.0124, ii) 0.7357
35.a)8,b)14.12
36. 43.26, 56.74
42. a) 0.6826, b) 0.6554 (interpolering: 0.657) (exakt Bi: 0.6619)
43. a) 796.5g, b) X är Bi(200,0.01), c) 0.1429 (exakt: 0.1420)
45. a) 0.0934, b) 838.3 kg
46. a) 0.0475, b) 199.5 g
47. a) 0.9429, b) 61.9 min (dvs ca 62 min)
48. a) E(X)=0.8, Var(X)=0.36, b) 0.3464 (interpolation)
49. 0.7224
124