6.2 Binomisk fordeling

Kan man gjette seg gjennom en eksamen?

Hvert år sensurerer Utdanningsdirektoratet tusenvis av flervalgsprøver, og hvert år dukker det samme spørsmålet opp: kan en elev som gjetter vilt, likevel bestå? Si at prøven har 8 spørsmål med 4 alternativer hver. Hvor sannsynlig er det at ren gjetting gir minst 5 riktige? Magefølelsen sier kanskje «det skjer vel av og til» — men hva sier matematikken?

Situasjonen har en struktur som går igjen overalt i samfunnet: et fast antall gjentakelser, der hver gjentakelse enten «lykkes» eller «mislykkes». Antall seksere på ti terningkast. Antall defekte produkter i en produksjonsserie. Antall pasienter som blir friske av en behandling. Antall ja-svar i en meningsmåling. Felles for alle er at vi teller suksesser i en serie like, uavhengige forsøk — og da gjelder den binomiske fordelingen, en av de mest brukte modellene i hele statistikken.

I dette kapittelet definerer vi nøyaktig hva som kreves for at modellen skal gjelde, utleder formelen $P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$, finner de elegante uttrykkene $E(X) = np$ og $\text{Var}(X) = np(1-p)$, og lærer å håndtere spørsmål av typen «minst» og «høyst» med kumulative sannsynligheter. Og underveis feller vi en klar dom over gjettestrategien.

De fire kravene til et binomisk forsøk

Før vi kan bruke modellen, må situasjonen bestå en firepunkts sjekkliste. Et binomisk forsøk krever: (1) vi utfører $n$ uavhengige delforsøk, (2) hvert delforsøk har nøyaktig to mulige utfall — suksess eller fiasko, (3) suksesssannsynligheten $p$ er konstant i alle delforsøkene, og (4) vi teller $X$ = antall suksesser. Da skriver vi $X \sim \text{Bin}(n, p)$ og sier at $X$ er binomisk fordelt med parametere $n$ og $p$.

Punktene høres tekniske ut, men hver av dem kan velte modellen. Tenk på en meningsmåler som ringer 1000 velgere og spør om de vil stemme på et bestemt parti: to utfall (ja/nei), omtrent samme $p$ for hver person, uavhengige svar — binomisk. Men tenk så på en kvalitetskontrollør som trekker 5 enheter fra et parti på 20 uten tilbakelegging: der endrer hvert trekk sammensetningen av resten, trekkene er avhengige, og riktig modell er den hypergeometriske fra kapittel 5.4.

Skillet er altså tilbakeleggingen. Trekker du med tilbakelegging, er trekkene uavhengige og binomisk gjelder eksakt. Trekker du uten, gjelder den strengt tatt ikke — men her kommer en praktisk tommelfingerregel: er utvalget lite sammenlignet med populasjonen, under omtrent 10 %, endres sammensetningen så lite per trekk at binomisk fordeling er en utmerket tilnærming. Det er derfor meningsmåleren trygt kan bruke binomisk modell: 1000 velgere av flere millioner er en forsvinnende andel.

Formelen — rekkefølger ganger sannsynlighet

Nå utleder vi selve formelen, og logikken er todelt. Spør vi etter sannsynligheten for nøyaktig $k$ suksesser i $n$ forsøk, ser vi først på én bestemt rekkefølge — for eksempel suksess på de $k$ første og fiasko på resten. Siden forsøkene er uavhengige, ganger vi: $p^k \cdot (1-p)^{n-k}$. Men suksessene kan fordele seg på mange måter! Antall måter å plassere $k$ suksesser blant $n$ forsøk er binomialkoeffisienten $\binom{n}{k}$ — kjent fra kombinatorikken. Hver rekkefølge har samme sannsynlighet, så:

$$P(X = k) = \binom{n}{k} \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}, \qquad k = 0, 1, \ldots, n$$

La oss teste den. Du kaster en terning 4 ganger — hva er sannsynligheten for nøyaktig 2 seksere? Her er $n = 4$, $\displaystyle p = \frac{1}{6}$, $k = 2$:

$$P(X = 2) = \binom{4}{2} \cdot \left(\frac{1}{6}\right)^2 \cdot \left(\frac{5}{6}\right)^2 = 6 \cdot \frac{1}{36} \cdot \frac{25}{36} = \frac{150}{1296} \approx 0{,}116$$

Cirka 11,6 %. Og så til eksamensgjetteren: $X \sim \text{Bin}(8, \, 0{,}25)$, og vi vil ha $P(X \geq 5)$. Vi summerer de fire øverste leddene: $P(X=5) \approx 0{,}0231$, $P(X=6) \approx 0{,}00385$, $P(X=7) \approx 0{,}000366$ og $P(X=8) \approx 0{,}0000153$. Til sammen:

$$P(X \geq 5) \approx 0{,}0273 \approx 2{,}7\,\%$$

Dommen er klar: ren gjetting gir minst 5 av 8 riktige i færre enn 3 av 100 forsøk. Det er nettopp slike beregninger prøvekonstruktører bruker når de bestemmer hvor mange spørsmål og alternativer en test trenger for at gjetting ikke skal lønne seg.

Forventning, varians — og kunsten å regne kumulativt

Hvor mange suksesser bør vi forvente? For binomisk fordeling er svaret forbløffende enkelt:

$$E(X) = np \qquad \text{Var}(X) = np(1-p) \qquad \sigma = \sqrt{np(1-p)}$$

Intuisjonen for forventningen er umiddelbar: gjør du 100 forsøk som hver lykkes med sannsynlighet 0,3, forventer du $100 \cdot 0{,}3 = 30$ suksesser; variansen blir $100 \cdot 0{,}3 \cdot 0{,}7 = 21$ og standardavviket $\sqrt{21} \approx 4{,}58$. Et idrettseksempel: en skarpskytter treffer 80 % av gangene og skyter 50 skudd. Da er $E(X) = 50 \cdot 0{,}8 = 40$ treff, $\text{Var}(X) = 50 \cdot 0{,}8 \cdot 0{,}2 = 8$ og $\sigma = \sqrt{8} \approx 2{,}83$. Resultater rundt 37–43 treff er altså helt normale; 25 treff ville vært oppsiktsvekkende — over fem standardavvik under forventningen. Legg også merke til at $p(1-p)$ er størst når $p = 0{,}5$: usikkerheten er størst når utfallet er jevnest, noe enhver valganalytiker kjenner på kroppen.

I praksis spør vi sjelden etter «nøyaktig $k$», men etter «minst» eller «høyst». Da bruker vi kumulative sannsynligheter:

$$P(X \leq k) = P(X=0) + P(X=1) + \cdots + P(X=k)$$

og noen uunnværlige omskrivinger: $P(X \geq k) = 1 - P(X \leq k-1)$, $P(X < k) = P(X \leq k-1)$, og $P(a \leq X \leq b) = P(X \leq b) - P(X \leq a-1)$. Vær pinlig nøyaktig med grensene — for diskrete variabler er forskjellen på $<$ og $\leq$ et helt ledd. Når $n$ er stor, summerer ingen for hånd: kalkulatorer, GeoGebra og tabeller gir kumulative binomiske sannsynligheter direkte, og din jobb blir å oversette spørsmålet til riktig ulikhet.

Oppsummering: ja/nei-forsøkenes fordeling

Eksamensgjetteren fikk sitt svar: med 8 spørsmål og 4 alternativer gir ren gjetting minst 5 riktige i bare ca. 2,7 % av tilfellene. Veien dit gikk gjennom statistikkens kanskje mest anvendte diskrete modell.

Et binomisk forsøk består av $n$ uavhengige delforsøk med to utfall hver og konstant suksesssannsynlighet $p$, der vi teller suksessene $X \sim \text{Bin}(n, p)$. Sjekklisten er ikke pynt: avhengige trekk — som stikkprøver uten tilbakelegging fra små partier — hører hjemme i den hypergeometriske fordelingen, men tommelfingerregelen sier at binomisk er en god tilnærming når utvalget er under ca. 10 % av populasjonen.

Selve formelen kombinerer kombinatorikk og uavhengighet: $P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$, der binomialkoeffisienten teller plasseringene av suksessene og potensene gir sannsynligheten for hver enkelt rekkefølge. Nøkkeltallene er elegante: $E(X) = np$, $\text{Var}(X) = np(1-p)$ og $\sigma = \sqrt{np(1-p)}$ — og variansen er størst når $p = 0{,}5$, slik valganalytikere vet at jevne valg er de mest usikre.

For «minst»- og «høyst»-spørsmål bruker vi kumulative sannsynligheter med omskrivinger som $P(X \geq k) = 1 - P(X \leq k-1)$, og lar digitale verktøy ta summeringen når $n$ vokser. Og nettopp når $n$ blir stor, skjer det noe vakkert med formen på fordelingen: stolpene ordner seg i en klokkeformet profil. Den klokken har et navn — normalfordelingen — og den venter i neste kapittel.