Binomialverteilung B(n, p): Definition und Awendung

D’Binomialverteilung is d’wichtigste diskrete Verteilung im bayerischen Abitur — und wahrscheinlich d’Verteilung, de dir im Lauf vo deiner Schuizeit am öftesten begegnen wird. Se beantwortet a ganz natürliche Frog: Wenn i a Experiment \(n\)-moi wiederhole, und jedes Moi mit da gleichen Wahrscheinlichkeit \(p\) a Erfolg hamm kann — wia wahrscheinlich is’s dann, dass i genau \(k\) Erfolge kriag? Des klingt abstrakt, aba d’Beispui san überoi: Wia oft fällt „Kopf“ bei 10 Münzwürfen? Wia vui defekte Teile san in ana Stichprobe? Wia vui Schüler bestehen ana Prüfung?

D’Bernoulli-Kette: Des Grundmodell

Bevor ma d’Binomialverteilung vastehen kann, muaß ma wissen, was a Bernoulli-Kette is. Des is eigentlich ganz einfach:

Stell da vor, du machst des gleiche Experiment immer wieder — z.B. a Münze werfn. Jedes einzelne Experiment hod genau zwoa mögliche Ausgänge: Erfolg (z.B. „Kopf“) mit Wahrscheinlichkeit \(p\), und Misserfolg (z.B. „Zahl“) mit Wahrscheinlichkeit \(1 – p\). Und — ganz wichtig — jedes Experiment is unabhängig vo de andern. Des Ergebnis vom fünftn Wurf hängt ned davon ab, was beim vierten rausgkemma is.

Wenn du des \(n\)-moi machst, hod’s an Fachbegriff: Bernoulli-Kette der Länge \(n\) mit Parameter \(p\).

Oiso vier Voraussetzunga müassen erfüllt sei, damit du d’Binomialverteilung anwenden darfst:

1. Feste Anzahl an Versuche: Du weißt vorher, wia oft du ’s Experiment machst (\(n\) Stück).

2. Zwoa mögliche Ausgänge: Bei jedem Versuch gibt’s genau „Erfolg“ oder „Misserfolg“. Ned drei, ned fünf — genau zwoa.

3. Konstante Wahrscheinlichkeit: D’Erfolgswahrscheinlichkeit \(p\) bleibt bei jedem Versuch gleich. Se ändert si ned vo Versuch zu Versuch.

4. Unabhängigkeit: De Versuche beeinflussen si gegenseitig ned. Des Ergebnis vom oan Versuch hod koan Einfluss auf de andern.

Wenn olle vier Bedingunga erfüllt san, darfst du d’Binomialverteilung verwenden.

D’große Frog: Wia wahrscheinlich san \(k\) Erfolge?

Stell da vor, du wirfst a Münze 10-moi (\(n = 10\), \(p = 0{,}5\)). Wia wahrscheinlich is’s, genau 3-moi Kopf zu kriagn?

Des kannst du im Prinzip durchzähln: Du brauchst genau 3 Kopf und 7 Zahl, in irgendeiner Reihenfolge. Aba wia vui Reihenfolgen gibt’s? Und wia wahrscheinlich is jede einzelne davon?

Jede einzelne Reihenfolge mit 3 Kopf und 7 Zahl hod d’Wahrscheinlichkeit \(p^3 \cdot (1-p)^7 = (0{,}5)^3 \cdot (0{,}5)^7 = (0{,}5)^{10}\). Des is für jede Reihenfolge gleich.

D’Anzahl vo mögliche Reihenfolgen is: „Aus 10 Plätzen 3 für Kopf auswählen“ — und des is da Binomialkoeffizient \(\binom{10}{3}\).

\(\binom{10}{3} = \frac{10!}{3! \cdot 7!} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 120\).

Also: \(P(X = 3) = 120 \cdot (0{,}5)^{10} = 120 \cdot 0{,}000977 \approx 0{,}1172\). Ungefähr \(11{,}7\%\).

D’allgemeine Formel

Des funktioniert für jede Bernoulli-Kette gleich. D’Wahrscheinlichkeit, bei \(n\) Versuchen mit Erfolgswahrscheinlichkeit \(p\) genau \(k\) Erfolge zu hamm, is:

Lass uns de drei Bestandteile no amoi einzeln anschaun:

\(\binom{n}{k}\) — da Binomialkoeffizient: Gibt an, auf wia vui Arten du \(k\) Erfolge auf \(n\) Versuche vaerteilen kannst. Er zählt d’möglichen Reihenfolgen. Beispui: Bei 5 Versuchen und 2 Erfolge gibt’s \(\binom{5}{2} = 10\) vaschiedne Muster (EEMM, EMEM, EMME, MMEE, usw.).

\(p^k\) — d‘Erfolgswahrscheinlichkeit für d‘\(k\) Erfolge: Jeder Erfolg hod Wahrscheinlichkeit \(p\), und \(k\) Stück davon multiplizieren si (weil unabhängig).

\((1-p)^{n-k}\) — d‘Misserfolgswahrscheinlichkeit für de restlichn \(n – k\) Versuch: Jeder Misserfolg hod Wahrscheinlichkeit \(1 – p\).

Zusammen: Anzahl der Muster × Wahrscheinlichkeit pro Muster = Gesamtwahrscheinlichkeit.

Konkretes Beispui: Würfeln auf Sechs

Du wirfst an fairen Würfl 5-moi. \(p = 1/6\) (Wahrscheinlichkeit für „Sechs“), \(n = 5\). \(X\) = Anzahl Sechsen.

Wia wahrscheinlich san genau 2 Sechsen?

\(P(X = 2) = \binom{5}{2} \cdot (1/6)^2 \cdot (5/6)^3\).

\(\binom{5}{2} = 10\).

\((1/6)^2 = 1/36 \approx 0{,}0278\).

\((5/6)^3 = 125/216 \approx 0{,}5787\).

\(P(X = 2) = 10 \cdot 0{,}0278 \cdot 0{,}5787 \approx 0{,}1608\).

Also ungefähr \(16\%\) Wahrscheinlichkeit, bei 5 Würfn genau 2 Sechsen zu hamm.

Wia wahrscheinlich is koane einzige Sechs?

\(P(X = 0) = \binom{5}{0} \cdot (1/6)^0 \cdot (5/6)^5 = 1 \cdot 1 \cdot (5/6)^5 \approx 0{,}4019\).

Über \(40\%\)! Des is erstaunlich vui — aba bei ana Erfolgswahrscheinlichkeit vo nur \(1/6\) gar ned so überraschend.

Wia wahrscheinlich is mindestens oane Sechs?

\(P(X \geq 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0{,}4019 \approx 0{,}5981\).

Also knapp \(60\%\). Bei 5 Würfn kriegst du mit ca. \(60\%\) Wahrscheinlichkeit mindestens oane Sechs.

Visualisierung

Da Balkendiagramm zeigt typisch: Bei kloaner \(p\) (hier \(1/6\)) is d’Verteilung rechtsschief — d’meiste Wahrscheinlichkeit liegt bei de kloanen Werte (\(k = 0\) und \(k = 1\)), und hohe Werte wia \(k = 4\) oder \(k = 5\) san extrem unwahrscheinlich.

Erwartungswert und Standardabweichung

D’Binomialverteilung hod wunderschön einfache Formeln für Erwartungswert und Streuung:

Des is intuitiv klar: Wenn du 100-moi a Münze wirfst (\(p = 0{,}5\)), erwartest du im Mittel 50 Kopf. Bei 600 Würfeln mit \(p = 1/6\) erwartest du 100 Sechsen.

D’Varianz (und damit d’Standardabweichung) is am größtn, wenn \(p = 0{,}5\) — weil dort d’größte Unsicherheit herrscht. Bei \(p\) nah bei \(0\) oder \(1\) is d’Varianz kloan, weil ’s Ergebnis fast sicher is.

Beispui mit Erwartungswert

Qualitätskontrolle: A Maschine produziert Teile mit Fehlerquote \(2\%\) (\(p = 0{,}02\)). In ana Stichprobe vo \(n = 200\) Teilen:

\(E(X) = 200 \cdot 0{,}02 = 4\) defekte Teile im Mittel.

\(\sigma(X) = \sqrt{200 \cdot 0{,}02 \cdot 0{,}98} = \sqrt{3{,}92} \approx 1{,}98\).

Interpretation: In da Regel findest du 4 defekte Teile, \(\pm\) ca. 2. Wenn du auf einmoi 10 defekte findest, is des schon auffällig (mehr ois \(3\sigma\) überm Erwartungswert) — des könnt drauf hindeuten, dass d’Maschine a Problem hod.

Wann darfst du Binomial verwenden — und wann ned?

D’Binomialverteilung darfst du verwenden, wenn olle vier Bernoulli-Bedingunga erfüllt san. Aba es gibt Situationen, wo’s heikel wird:

Problem: Ziagn ohne Zurücklegen. Wenn du aus ana endlichen Menge ziagst und d’gezogenen Elemente ned zurücklegst, ändert si d’Wahrscheinlichkeit vo Versuch zu Versuch. Beispui: 100 Teile, 5 defekt. Beim ersten Ziagn: \(p = 5/100 = 0{,}05\). Wenn’s erste Teil defekt war, beim zwoaten: \(p = 4/99 \approx 0{,}04\). Des is streng genommen koa Bernoulli-Kette mehr.

Aba: Wenn d’Grundgesamtheit groß is im Vagleich zur Stichprobe (Faustregl: \(n \leq N/10\), oiso z.B. 50 aus 10000 ziagn), dann is d’Änderung vo \(p\) so minimal, dass Binomial a gute Näherung is. Sunst brauchst du d’hypergeometrische Verteilung.

Problem: Vaschiedene \(p\) pro Versuch. Wenn jeder Versuch a andere Erfolgswahrscheinlichkeit hod, is Binomial ned anwendbar. Beispui: 10 Fußbalispiele, jedes gegn an andern Gegner mit anderer Siegchance.

Problem: Abhängige Versuche. Wenn da Ausgang vom oan Versuch den nächsten beeinflusst (z.B. Kartnspielen ohne Mischen), is d’Unabhängigkeit vaerletzt.

Kumulierte Wahrscheinlichkeiten

Oft fragst du ned nach \(P(X = k)\) (genau \(k\) Erfolge), sondern nach \(P(X \leq k)\) (höchstens \(k\) Erfolge) oder \(P(X \geq k)\) (mindestens \(k\)). Dafür brauchst du kumulierte Wahrscheinlichkeiten:

\(P(X \leq k) = \sum_{i=0}^{k} P(X = i) = \sum_{i=0}^{k} \binom{n}{i} p^i (1-p)^{n-i}\).

De Summ kann ma vo Hand ausrechnen (aufwendig), aus ana Tabelle ablesen, oder mit’m GTR bestimmen.

\(P(X \geq k) = 1 – P(X \leq k – 1)\). Achtung: \(k – 1\), ned \(k\)! A klassischer Fehla.

\(P(a \leq X \leq b) = P(X \leq b) – P(X \leq a – 1)\).

GTR-Nutzung

Auf’m TI-Taschenrechner gibt’s zwoa Funktionen, de du drauf hamm solltest:

binompdf(n, p, k) — gibt \(P(X = k)\). „pdf“ steht für „probability density function“ (eigentlich „mass function“ bei diskretn).

binomcdf(n, p, k) — gibt \(P(X \leq k)\). „cdf“ steht für „cumulative distribution function“.

Beispui: \(B(20, 0{,}3)\), \(P(X \leq 8)\): `binomcdf(20, 0.3, 8)` → ca. \(0{,}8867\).

Für \(P(X \geq 5)\): `1 – binomcdf(20, 0.3, 4)` → ca. \(0{,}5836\). Ned `1 – binomcdf(20, 0.3, 5)` — des wäre \(P(X \geq 6)\)!

Form vo da Verteilung

Je nach \(p\) schaut d’Binomialverteilung anders aus:

Bei \(p = 0{,}5\): symmetrisch um \(n/2\). Wia a Glockenkurv.

Bei \(p < 0{,}5[/latex] (z.B. [latex]p = 0{,}1[/latex]): rechtsschief. D’Masse vo da Verteilung liegt links (bei kloanen [latex]k\)).

Bei \(p > 0{,}5\) (z.B. \(p = 0{,}9\)): linksschief. D’Masse liegt rechts (bei großen \(k\)).

Für großes \(n\) nähert si d’Binomialverteilung immer mehr ana Normalverteilung on — egal, was \(p\) is. Des is da zentrale Grenzwertsatz in Aktion.

Typische Anwendungen im Abitur

Qualitätskontrolle: „Von 500 produzierten Teilen sind erfahrungsgemäß 3% defekt. Eine Stichprobe von 20 Teilen wird entnommen. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass höchstens 1 Teil defekt ist.“

Des is: \(X \sim B(20, 0{,}03)\). \(P(X \leq 1) = P(X = 0) + P(X = 1)\).

\(P(X = 0) = (0{,}97)^{20} \approx 0{,}5438\).

\(P(X = 1) = 20 \cdot 0{,}03 \cdot (0{,}97)^{19} \approx 0{,}3364\).

\(P(X \leq 1) \approx 0{,}880\). Also mit \(88\%\) Wahrscheinlichkeit höchstens 1 defektes Teil.

Medizin: „Ein Medikament wirkt bei 70% der Patienten. Von 15 Patienten werden wie viele im Mittel geheilt?“

\(E(X) = 15 \cdot 0{,}7 = 10{,}5\). Im Mittel 10 bis 11 Patienten.

Multiple-Choice-Test: „20 Fragen mit je 4 Antwortmöglichkeiten, genau eine richtig. Ein Schüler rät bei jeder Frage. Wie wahrscheinlich besteht er mit mindestens 10 richtigen?“

\(X \sim B(20, 0{,}25)\). \(P(X \geq 10) = 1 – P(X \leq 9)\). Aus GTR oder Tabelle: \(P(X \leq 9) \approx 0{,}9861\). Also \(P(X \geq 10) \approx 0{,}014\) — nur \(1{,}4\%\). Raten alloa hilft ned vui.

Symmetrie-Trick

Manchmal hamm Tabelln nur Werte für \(p \leq 0{,}5\). Für \(p > 0{,}5\) nutzt du d’Symmetrie:

Wenn \(X \sim B(n, p)\) und du \(Y = n – X\) setzt, dann gilt \(Y \sim B(n, 1-p)\).

Beispui: \(B(20, 0{,}7)\), \(P(X \geq 15)\). Setz \(Y = 20 – X \sim B(20, 0{,}3)\). \(P(X \geq 15) = P(Y \leq 5)\). Jetzt kannst du d’Tabelle für \(p = 0{,}3\) verwenden.

Gegenwahrscheinlichkeit

A mächtiger Trick, den du dir unbedingt merken solltest: „Mindestens einmal“ berechnet ma am einfachsten über d’Gegenwahrscheinlichkeit „keinmal“.

\(P(X \geq 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – (1-p)^n\).

Beispui: Wia wahrscheinlich wirfst du bei 10 Würfen mindestens oane Sechs?

\(P(X \geq 1) = 1 – (5/6)^{10} \approx 1 – 0{,}1615 = 0{,}8385\). Ca. \(84\%\).

Des geht vui schneller, ois olle \(P(X = 1) + P(X = 2) + \ldots + P(X = 10)\) einzeln auszurechnen.

Häufige Fehla — ausführlich erklärt

Fehla 1: Voraussetzunga ned prüfen. Ned jedes Problem is Binomial! Frog di immer: Sand d’Versuche unabhängig? Is \(p\) konstant? Is \(n\) fest? Wenn ned: anderes Modell verwenden.

Fehla 2: \(P(X = k)\) mit \(P(X \leq k)\) vawechseln. „Genau 3“ is was andres ois „höchstens 3“! Schau genau, was d’Aufgab fragt.

Fehla 3: Bei \(P(X \geq k)\) den falschen kumulierten Wert abziagn. Richtig: \(P(X \geq k) = 1 – P(X \leq k – 1)\). Foisch: \(1 – P(X \leq k)\) (des wäre \(P(X \geq k + 1)\)). Merk da: „\(\geq k\)“ hoaßt „\(k\) is no dabei“, oiso muaßt du oiss bis \(k – 1\) abziagn.

Fehla 4: Binomialkoeffizient falsch berechnen. \(\binom{n}{k} = n!/(k!(n-k)!)\). Besonders bei Fakultäten leicht Fehla möglich. Nutz den GTR oder de Formel \(\binom{n}{k} = \frac{n \cdot (n-1) \cdots (n-k+1)}{k!}\), de geht schneller.

Fehla 5: Binomial bei kloaner Grundgesamtheit und Ziagn ohne Zurücklegen. Bei 100 Teilen und ana Stichprobe vo 50 is Binomial a schlechte Näherung. Faustregl: \(n/N > 0{,}1\) → hypergeometrisch!

Zusammenfassung: Formelübersicht

\(X \sim B(n, p)\):

Wahrscheinlichkeit: \(P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}\).

Erwartungswert: \(E(X) = np\).

Varianz: \(\text{Var}(X) = np(1-p)\).

Standardabweichung: \(\sigma(X) = \sqrt{np(1-p)}\).

Gegenwahrscheinlichkeit: \(P(X \geq 1) = 1 – (1-p)^n\).

Kumulierte: \(P(X \leq k) = \sum_{i=0}^{k} \binom{n}{i} p^i (1-p)^{n-i}\).

Aufgab zum Selbermachen

A fairer Würfel wird 12-moi geworfen. Berechne d’Wahrscheinlichkeit, genau 4-moi a gerade Zoih zu würfeln.

Tipp: „Gerade Zoih“ hoaßt \(\{2, 4, 6\}\), also \(p = 3/6 = 0{,}5\). \(n = 12, k = 4\).

Lösung: \(P(X = 4) = \binom{12}{4} \cdot 0{,}5^4 \cdot 0{,}5^8 = 495 \cdot (0{,}5)^{12} = 495/4096 \approx 0{,}1208\). Ca. \(12\%\).

Fazit

D’Binomialverteilung bschreibt d’Anzahl Erfolge bei \(n\) unabhängige Bernoulli-Versuchen mit konstantem \(p\). Ihre Formel \(P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}\) muaßt du sicha beherrschen — und aa vastehn, was jeder Bestandteil bedeutet. \(E = np\) und \(\sigma = \sqrt{np(1-p)}\) helfen bei schnelle Abschätzunga. Im Abitur is d’Binomialverteilung fast überoi — bei Qualitätskontrolle, medizinischen Studien, Hypothesentests und Konfidenzintervalln. Wer davo a solides Vaständnis hod, hod in da Stochastik schon d’Hälfte gwonnen.