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Stochastik

Bernoulli-Ketten und Binomialverteilung

Treffer zählen: die Formel von Bernoulli und die wichtigste Verteilung der Stochastik.

Benötigte Grundlagen

Diese Themen kommen in diesem Kapitel vor und wurden vorher schon erklärt. Wenn dir eines davon unsicher vorkommt, frisch es kurz auf, sonst leg direkt los.

Einführung

Wie wahrscheinlich sind genau 3 Treffer bei 10 Freiwürfen? Oder 8 Mädchen unter 20 Neugeborenen? Immer wenn ein Experiment mit zwei Ausgängen (Treffer/Niete) oft wiederholt wird, greift die Binomialverteilung, die Königin der Schulstochastik. Mit der Formel von Bernoulli berechnest du solche exakt.

Das kannst du nach diesem Kapitel

  • eine Bernoulli-Kette erkennen (feste Trefferwahrscheinlichkeit, unabhängige Wiederholungen).

  • Binomialkoeffizienten (nk)\binom{n}{k} berechnen und deuten.

  • die Formel von Bernoulli anwenden.

  • die Bedingungen für die Anwendbarkeit prüfen.

Das Bernoulli-Experiment und die Bernoulli-Kette

Ein Bernoulli-Experiment hat genau zwei mögliche Ausgänge: Treffer ( pp) oder Niete (Wahrscheinlichkeit 1−p1-p), zum Beispiel „Kopf oder Zahl" oder „Sechs gewürfelt oder nicht".

Führt man dasselbe Bernoulli-Experiment nn-mal unabhängig hintereinander mit stets derselben Trefferwahrscheinlichkeit pp aus, entsteht eine Bernoulli-Kette der Länge nn. „Unabhängig" bedeutet: Das Ergebnis eines Versuchs beeinflusst die anderen nicht, typisch dafür ist Ziehen mit Zurücklegen.

Damit eine Bernoulli-Kette vorliegt, müssen alle drei Bedingungen gelten:

  • Jeder Versuch hat nur zwei Ausgänge.
  • Die Trefferwahrscheinlichkeit pp bleibt konstant.
  • Die Versuche sind unabhängig voneinander.

Das Bild zeigt ein für 3 Versuche: Jeder Pfad von der zu einem Blatt ist eine mögliche Ergebnisfolge, ihre Wahrscheinlichkeit ist das Produkt der Astwahrscheinlichkeiten ().

ppp1−p1−pp1−p1−ppp1−p1−pp1−pTNTTNNTTNTTNNN

Eine Bernoulli-Kette mit n=3n=3 Versuchen: An jedem Ast verzweigt sich das Experiment in Treffer (pp) oder Niete (1−p1-p). Jeder Pfad von der zu einem Blatt ist eine mögliche Ergebnisfolge; seine ist nach der das Produkt der Astwahrscheinlichkeiten. Genau ein Treffer bei 3 Versuchen kommt auf drei verschiedenen Pfaden vor (T-N-N, N-T-N, N-N-T). Das ist der Grund, warum gleich ein Binomialkoeffizient zählt, wie viele Pfade zu „kk Treffern" führen.

Wie viele Reihenfolgen führen zu k Treffern?

Bei einer Bernoulli-Kette interessiert meist nicht die genaue Reihenfolge, sondern nur: Wie oft kam der Treffer vor? Im Baum oben führen zum Beispiel drei verschiedene Pfade zu genau einem Treffer bei 33 Versuchen: T-N-N, N-T-N, N-N-T.

Bei 33 Versuchen kann man solche Pfade noch abzählen. Bei 5050 Versuchen und 1212 Treffern ist das aussichtslos. Wir brauchen eine Formel. Und die entwickeln wir jetzt.

Die Frage umformulieren

„Genau kk Treffer bei nn Versuchen" heißt: Es gibt nn Plätze in der Ergebnisfolge, und wir müssen auswählen, welche kk davon die Treffer sind. Sind diese Plätze gewählt, steht die ganze Folge fest, auf den übrigen stehen zwangsläufig Nieten.

Die Frage lautet also: Auf wie viele Arten kann man aus nn Plätzen kk Stück auswählen?

Erster Schritt: alle Anordnungen zählen

Zunächst eine Vorfrage: Auf wie viele Arten lassen sich nn unterscheidbare Objekte in eine Reihe bringen?

Für den ersten Platz gibt es nn Möglichkeiten. Ist er besetzt, bleiben für den zweiten noch n−1n-1, für den dritten n−2n-2 und so fort. Alle Möglichkeiten kombiniert:

n⋅(n−1)⋅(n−2)⋅…⋅2⋅1=n!n \cdot (n-1) \cdot (n-2) \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1 = n!

Diese Zahl heißt Fakultät von nn. Beispiel: 3!=3⋅2⋅1=63! = 3\cdot2\cdot1 = 6, drei Objekte lassen sich auf sechs Arten anordnen.

Zweiter Schritt: das Zuviel wieder herausrechnen

n!n! zählt aber zu viel, denn unsere Objekte sind nicht alle unterscheidbar: Es gibt nur zwei Sorten, Treffer und Nieten.

Vertauscht man zwei Treffer untereinander, entsteht keine neue Ergebnisfolge: T-N-N bleibt T-N-N. Von den n!n! Anordnungen sind also immer k!k! Stück (alle Vertauschungen der Treffer untereinander) ein und dieselbe Folge. Dasselbe gilt für die n−kn-k Nieten mit (n−k)!(n-k)! Vertauschungen.

Wir müssen die Gesamtzahl deshalb durch beides teilen: und erhalten den Binomialkoeffizienten:

(nk)=n!k! (n−k)!\binom{n}{k} = \frac{n!}{k! \,(n-k)!}

Gelesen wird er „nn über kk".

Die Probe am Baumdiagramm

Für n=3n=3 und k=1k=1 muss die Formel die drei Pfade von oben liefern:

(31)=3!1!⋅2!=61⋅2=3  ✓\binom{3}{1} = \frac{3!}{1!\cdot 2!} = \frac{6}{1 \cdot 2} = 3 \;\checkmark

Und für ein größeres Beispiel: (52)=5!2!⋅3!=1202⋅6=10\binom{5}{2} = \dfrac{5!}{2!\cdot 3!} = \dfrac{120}{2 \cdot 6} = 10. Es gibt zehn Arten, zwei Treffer auf fünf Versuche zu verteilen.

Drei Werte, die man nicht ausrechnen muss

  • (n0)=1\binom{n}{0} = 1: Es gibt genau eine Möglichkeit, gar keinen Treffer zu haben, alle Plätze sind Nieten. (Dazu passt die Vereinbarung 0!=10! = 1.)
  • (nn)=1\binom{n}{n} = 1: Ebenso gibt es nur eine Möglichkeit, dass alle Versuche Treffer sind.
  • (nk)=(nn−k)\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}: kk Treffer auszuwählen ist dasselbe, wie die n−kn-k Nieten auszuwählen, der Rest ergibt sich von selbst. Deshalb ist (65)=(61)=6\binom{6}{5} = \binom{6}{1} = 6, was das Rechnen oft erheblich verkürzt.

Auf dem Taschenrechner heißt die Taste meist „nCr" (englisch combinations).

Die Formel von Bernoulli

Jeder einzelne Pfad mit genau kk Treffern hat nach der dieselbe pk⋅(1−p)n−kp^k\cdot(1-p)^{n-k}, kk-mal den Treffer-Faktor pp, (n−k)(n-k)-mal den Nieten-Faktor (1−p)(1-p). Da es (nk)\binom{n}{k} solcher (gleich wahrscheinlicher) Pfade gibt, addieren sich ihre Wahrscheinlichkeiten zur Formel von Bernoulli:

P(X=k)=(nk)⋅pk⋅(1−p)n−kP(X = k) = \binom{n}{k} \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}

Die drei Bausteine:

  • (nk)\binom{n}{k}, wie viele Reihenfolgen es gibt,
  • pkp^k, die Wahrscheinlichkeit für kk Treffer,
  • (1−p)n−k(1-p)^{n-k}, die Wahrscheinlichkeit für die restlichen n−kn-k Nieten.

Beispiel: Ein wird 5-mal geworfen. Wie wahrscheinlich sind genau 2 Sechsen (p=16p = \frac{1}{6})?

P(X=2)=(52)(16)2(56)3=10⋅136⋅125216≈0,161P(X = 2) = \binom{5}{2}\left(\frac{1}{6}\right)^2\left(\frac{5}{6}\right)^3 = 10 \cdot \frac{1}{36} \cdot \frac{125}{216} \approx 0{,}161

Also etwa 16,1 %16{,}1\,\%. XX heißt binomialverteilt mit den Parametern n=5n=5 und p=16p=\frac16, das Bild zeigt die komplette Verteilung.

0204060P(X=k) in %0123,230,3405

Die Binomialverteilung für n=5n=5 Würfe mit p=16p=\frac16: Jede Säule zeigt P(X=k)P(X{=}k) in . Die hervorgehobene Säule bei k=2k=2 ist genau das oben berechnete Ergebnis (≈16,1 %\approx 16{,}1\,\%). Am wahrscheinlichsten sind 0 oder 1 Treffer, mit steigendem kk werden die schnell sehr klein.

„Mindestens" und „höchstens": das Gegenereignis nutzen

Für „mindestens ein Treffer" müsste man eigentlich P(X=1)+P(X=2)+…+P(X=n)P(X{=}1) + P(X{=}2) + \ldots + P(X{=}n) addieren, mühsam. Einfacher über das Gegenereignis „kein einziger Treffer":

P(X≥1)=1−P(X=0)P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0)

Für „höchstens kk Treffer" summiert man dagegen wirklich alle passenden Werte: P(X≤k)=P(X=0)+P(X=1)+…+P(X=k)P(X \leq k) = P(X{=}0) + P(X{=}1) + \ldots + P(X{=}k) (im Diagramm oben die Säulen von 00 bis kk zusammengezählt).

Denk weiter: Ein Prüfer zieht 50 von 10000 Teilen ohne Zurücklegen. Streng genommen ist p dann nicht konstant. Darf er trotzdem mit der Bernoulli-Formel rechnen?

Ja, als Näherung, und zwar eine ausgezeichnete. Streng genommen stimmt der Einwand: Ohne Zurücklegen ändert sich pp nach jedem Zug. Entscheidend ist aber, wie stark.

Nachgerechnet: In der Kiste seien 2 %2\,\% der 10 00010\,000 Teile defekt, also 200200. Vor dem ersten Zug ist p=20010 000=0,02p = \frac{200}{10\,000} = 0{,}02. Selbst wenn die ersten 4949 gezogenen Teile alle in Ordnung waren, gilt danach p=2009951≈0,0201p = \frac{200}{9951} \approx 0{,}0201, eine Änderung erst in der vierten Nachkommastelle. Die Bedingung „konstantes pp" ist praktisch erfüllt; genau das meint die Modellannahme, die in der zweiten Musterlösung weiter unten benannt wird.

Ganz anders der Fall aus dem Fehlerkasten unten: Bei 55 roten von nur 1010 springt pp schon nach einem Zug von 0,50{,}5 auf 49≈0,44\frac{4}{9} \approx 0{,}44. Dort ist die Bernoulli-Formel wirklich falsch.

Der ist das Verhältnis von Stichprobe zu Vorrat: Ist die Stichprobe winzig im Vergleich zur Gesamtmenge (übliche Faustregel: unter 5 %5\,\%), ändert das Ziehen die Zusammensetzung kaum, und die Binomialverteilung ist eine sehr gute Näherung. Bei kleinem Vorrat muss man dagegen exakt rechnen.

Bernoulli-Formel anwenden

Ein Basketballspieler trifft mit p=0,8p = 0{,}8. Er wirft 6-mal. Wie wahrscheinlich sind genau 5 Treffer?

  1. 1

    Zuerst prüfen: Liegt überhaupt eine Bernoulli-Kette vor? Dieser Schritt wird oft übersprungen, entscheidet aber, ob die Formel angewendet werden darf. Alle drei Bedingungen sind zu prüfen:

    • Zwei Ausgänge? Treffer oder kein Treffer ✓
    • Konstantes pp? Der Spieler trifft bei jedem Wurf mit 0,80{,}8 ✓
    • Unabhängig? Die Würfe beeinflussen sich nicht ✓

    Ein realistischer Einwand: Streng genommen könnte ein Spieler nach Fehlwürfen nervös werden. Solche Effekte werden im Modell bewusst . Das ist die Modellannahme, die man bei Sachaufgaben kurz benennen sollte.

  2. 2

    Schritt 1: Die Parameter zuordnen. Jede Zahl der Aufgabe bekommt ihren Platz:

    n=6  (Anzahl der Wu¨rfe),k=5  (gewu¨nschte Treffer),p=0,8n = 6 \;\text{(Anzahl der Würfe)}, \qquad k = 5 \;\text{(gewünschte Treffer)}, \qquad p = 0{,}8

    Die Verwechslung von nn und kk ist der häufigste Fehler. Merke: nn ist immer die größere Zahl (Gesamtzahl der Versuche), kk die Teilmenge davon.

  3. 3

    Schritt 2: Die Formel notieren und die Bausteine benennen.

    P(X=k)=(nk)⏟Anzahl Reihenfolgen⋅pk⏟k Treffer⋅(1−p)n−k⏟Rest sind NietenP(X = k) = \underbrace{\binom{n}{k}}_{\text{Anzahl Reihenfolgen}} \cdot \underbrace{p^k}_{k \text{ Treffer}} \cdot \underbrace{(1-p)^{n-k}}_{\text{Rest sind Nieten}}

    Mit den Werten der Aufgabe:

    P(X=5)=(65)⋅0,85⋅0,26−5P(X = 5) = \binom{6}{5} \cdot 0{,}8^5 \cdot 0{,}2^{6-5}

    Der Exponent der Gegenwahrscheinlichkeit ist n−kn-k, nicht kk. Hier gehen viele Punkte verloren.

  4. 4

    Schritt 3: Den Binomialkoeffizienten bestimmen.

    (65)=6!5!⋅1!=720120⋅1=6\binom{6}{5} = \frac{6!}{5!\cdot 1!} = \frac{720}{120 \cdot 1} = 6

    Schneller mit der Symmetrieregel: (65)=(61)=6\binom{6}{5} = \binom{6}{1} = 6.

    Und die Probe im Kopf: Genau ein Wurf von sechs geht daneben, dafür gibt es sechs Möglichkeiten (der erste, der zweite, …, der sechste). Das Ergebnis 66 ist also unmittelbar einsichtig ✓

  5. 5

    Schritt 4: Die berechnen.

    0,85=0,32768und0,21=0,20{,}8^5 = 0{,}32768 \qquad\text{und}\qquad 0{,}2^1 = 0{,}2

    Die Gegenwahrscheinlichkeit nicht vergessen: 1−0,8=0,21 - 0{,}8 = 0{,}2. Wer hier mit 0,80{,}8 weiterrechnet, erhält ein deutlich zu großes Ergebnis.

  6. 6

    Schritt 5: Alles zusammensetzen.

    P(X=5)=6⋅0,32768⋅0,2=0,393216≈0,393P(X = 5) = 6 \cdot 0{,}32768 \cdot 0{,}2 = 0{,}393216 \approx 0{,}393

    Als : etwa 39,3 %39{,}3\,\%.

  7. 7

    Schritt 6: Plausibilität prüfen. Ist dieser Wert vernünftig?

    Bei einer Trefferquote von 80 %80\,\% erwartet man im Mittel 6⋅0,8=4,86 \cdot 0{,}8 = 4{,}8 Treffer. Der Wert k=5k=5 liegt also direkt am . Deshalb muss die vergleichsweise hoch sein. Knapp 40 %40\,\% passt dazu ✓

    Gegenprobe mit einem Nachbarwert: Für k=6k=6 (alle Würfe treffen) ergibt sich 0,86≈0,2620{,}8^6 \approx 0{,}262, also nur 26,2 %26{,}2\,\%, weniger als bei k=5k=5. Auch das ist stimmig, denn 66 liegt weiter vom Erwartungswert entfernt als 55.

  8. 8

    Schritt 7: Antwortsatz. Wahrscheinlichkeiten werden im Sachzusammenhang gedeutet, nicht als nackte Zahl stehen gelassen:

    „Die Wahrscheinlichkeit, dass der Spieler bei 6 Würfen genau 5-mal trifft, beträgt etwa 39,3 %39{,}3\,\%."

    Wichtig ist das Wort „genau": Gefragt war nicht „mindestens 5 Treffer", dafür müsste man P(X=5)P(X{=}5) und P(X=6)P(X{=}6) addieren und käme auf etwa 65,5 %65{,}5\,\%.

P(X=5)≈0,393P(X = 5) \approx 0{,}393, also etwa 39,3 %39{,}3\,\%.

Der Ablauf jeder Bernoulli-Aufgabe: Voraussetzungen prüfen → nn, kk, pp zuordnen → Formel mit n−kn-k im letzten Exponenten → Binomialkoeffizient (Symmetrieregel nutzen) → ausrechnen → am Erwartungswert n⋅pn\cdot p plausibilisieren → Antwortsatz mit „genau".

Mindestens-Aufgabe

Eine Maschine produziert mit 2 %2\,\% Ausschuss. Aus 50 Teilen wird eine Stichprobe gezogen. Wie wahrscheinlich ist mindestens ein defektes Teil?

  1. 1

    Was bedeutet „mindestens ein"? Es heißt: eines, zwei, drei, bis hin zu allen 5050. Direkt gerechnet wäre das eine Summe aus fünfzig Einzelwahrscheinlichkeiten:

    P(X≥1)=P(X=1)+P(X=2)+…+P(X=50)P(X \geq 1) = P(X{=}1) + P(X{=}2) + \ldots + P(X{=}50)

    Das ist praktisch nicht durchführbar. Es muss also einen kürzeren Weg geben, und den gibt es.

  2. 2

    Schritt 1: Das Gegenereignis finden. Was ist der einzige Fall, der nicht zu „mindestens ein defektes Teil" gehört?

    Genau einer: kein einziges defektes Teil, also k=0k = 0.

    Beide Fälle zusammen decken alle Möglichkeiten ab und schließen sich gegenseitig aus. Ihre müssen sich deshalb zu 11 ergänzen:

    P(X≥1)+P(X=0)=1⟹P(X≥1)=1−P(X=0)P(X \geq 1) + P(X = 0) = 1 \qquad\Longrightarrow\qquad P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0)

    Aus fünfzig Summanden wird ein einziger. Das ist der Grund, warum bei „mindestens" fast immer das Gegenereignis gerechnet wird.

  3. 3

    Schritt 2: Die Parameter zuordnen.

    n=50,p=0,02  (defekt = Treffer),1−p=0,98n = 50, \qquad p = 0{,}02 \;\text{(defekt = Treffer)}, \qquad 1-p = 0{,}98

    Zum Begriff „Treffer": Hier ist das ausgerechnet der Defekt. Das klingt seltsam, ist aber nur eine Bezeichnung für das Ereignis, das gezählt wird. Es liegt kein Wertungsfehler vor.

    Modellannahme: Damit pp konstant bleibt, muss die Produktion als unabhängig gelten (die Stichprobe ist klein gegenüber der Gesamtproduktion).

  4. 4

    Schritt 3: P(X=0)P(X = 0) mit der Bernoulli-Formel.

    P(X=0)=(500)⋅0,020⋅0,9850P(X = 0) = \binom{50}{0} \cdot 0{,}02^0 \cdot 0{,}98^{50}

    Zwei Bausteine vereinfachen sich sofort:

    • (500)=1\binom{50}{0} = 1. Es gibt genau eine Möglichkeit, gar keinen Defekt zu haben.
    • 0,020=10{,}02^0 = 1, jede Zahl hoch null ergibt eins.
    P(X=0)=0,9850P(X = 0) = 0{,}98^{50}
  5. 5

    Schritt 4: Die ausrechnen.

    0,9850≈0,36420{,}98^{50} \approx 0{,}3642

    Nicht Zwischenrunden: Bei einer Potenz mit dem Exponenten 5050 wirken sich kleine Rundungen stark aus. 0,980{,}98 muss vollständig eingegeben werden.

    Bemerkenswert: Obwohl jedes einzelne Teil nur mit 2 %2\,\% defekt ist, sind alle 5050 nur in etwa einem Drittel der Fälle in Ordnung.

  6. 6

    Schritt 5: Zum Gegenereignis zurückkehren. Der häufigste Fehler bei dieser Aufgabenart ist, hier aufzuhören:

    P(X≥1)=1−0,3642=0,6358≈0,636P(X \geq 1) = 1 - 0{,}3642 = 0{,}6358 \approx 0{,}636

    Also etwa 63,6 %63{,}6\,\%.

  7. 7

    Schritt 6: Plausibilität. Der liegt bei

    μ=n⋅p=50⋅0,02=1\mu = n \cdot p = 50 \cdot 0{,}02 = 1

    (Dass man den Erwartungswert einer Binomialverteilung so einfach als n⋅pn \cdot p berechnen darf, begründet erst das nächste Kapitel, anschaulich ist es aber jetzt schon plausibel: Anteil mal Anzahl.)

    Im Mittel ist also genau ein Teil defekt. Dass „mindestens eines" in deutlich mehr als der Hälfte der Fälle eintritt, passt dazu ✓

    Und die Größenordnung ist richtig herum: 63,6 %63{,}6\,\% ist größer als 36,4 %36{,}4\,\%, hätte man versehentlich P(X=0)P(X=0) als Antwort notiert, wäre die kleinere Zahl herausgekommen, obwohl das häufigere Ereignis gefragt war.

  8. 8

    Schritt 7: Antwortsatz und Übertragung.

    „Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa 63,6 %63{,}6\,\% ist mindestens ein Teil der Stichprobe defekt."

    Die Regel zum Mitnehmen. Sie gilt für jede Aufgabe dieser Bauart:

    FormulierungRechenweg
    „mindestens ein"1−P(X=0)1 - P(X{=}0)
    „mindestens zwei"1−P(X=0)−P(X=1)1 - P(X{=}0) - P(X{=}1)
    „höchstens zwei"P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)P(X{=}0) + P(X{=}1) + P(X{=}2)

    Die Faustregel: Bei „mindestens" lohnt das Gegenereignis fast immer, bei „höchstens" summiert man direkt, sofern nur wenige Summanden anfallen.

P(X≥1)≈0,636P(X \geq 1) \approx 0{,}636, also etwa 63,6 %63{,}6\,\%.

Zum Mitnehmen: „Mindestens ein" ist das Gegenereignis zu „keiner". Statt vieler Summanden genügt 1−P(X=0)1 - P(X=0), und P(X=0)P(X=0) vereinfacht sich stets zu (1−p)n(1-p)^n, weil Binomialkoeffizient und p0p^0 beide 11 ergeben.

Typischer Fehler

„In einer Urne mit 5 roten und 5 blauen ziehe ich 4-mal ohne Zurücklegen. Für ‚genau 2 rote' nehme ich die Bernoulli-Formel mit p=0,5p = 0{,}5."

Ohne Zurücklegen ist pp nicht konstant, nach jedem Zug ändert sich die Zusammensetzung der Urne! Damit ist es keine Bernoulli-Kette, und die Binomialverteilung gilt nicht (man bräuchte die hypergeometrische Verteilung). Die Bernoulli-Formel setzt unabhängige Versuche mit festem pp voraus, typisch beim Ziehen mit Zurücklegen oder bei tatsächlich unabhängigen Vorgängen (Münzwürfe, Produktionsfehler).

Übung 1

leicht

Berechne die Binomialkoeffizienten: a) (42)\binom{4}{2} b) (60)\binom{6}{0} c) (71)\binom{7}{1}

Tipp anzeigen

(nk)=n!k!(n−k)!\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}.

Lösung anzeigen

a) 4!2! 2!=244=6\frac{4!}{2!\,2!} = \frac{24}{4} = 6

b) 11 (null Treffer: nur eine Möglichkeit)

c) 77

Detaillierte Schritterklärung anzeigen

Hier wird jeder Schritt einzeln erklärt, vor allem, warum er gemacht wird.

Erklärungstiefe

✦ Empfohlen: Standard – Die normale Erklärungstiefe passt zum Einstieg.

  1. 1

    a) Mit der Formel rechnen

    (42)=4!2!⋅2!=242⋅2=6\binom{4}{2} = \frac{4!}{2! \cdot 2!} = \frac{24}{2 \cdot 2} = 6.

  2. 2

    b) Null Treffer auswählen

    (60)=1\binom{6}{0} = 1: Es gibt genau EINE Möglichkeit, aus 6 nichts auszuwählen, die leere Auswahl.

  3. 3

    c) Einen Treffer platzieren

    (71)=7\binom{7}{1} = 7: Der eine Treffer kann auf jede der 7 Positionen fallen.

Übung 2

mittel

Eine Münze wird 4-mal geworfen. Wie wahrscheinlich sind genau 3-mal Kopf (p=0,5p = 0{,}5)?

Tipp anzeigen

n=4n = 4, k=3k = 3.

Lösung anzeigen

P(X=3)=(43)⋅0,53⋅0,51=4⋅0,54=4⋅0,0625=0,25P(X=3) = \binom{4}{3} \cdot 0{,}5^3 \cdot 0{,}5^1 = 4 \cdot 0{,}5^4 = 4 \cdot 0{,}0625 = 0{,}25

Also 25 %25\,\%.

Detaillierte Schritterklärung anzeigen

Hier wird jeder Schritt einzeln erklärt, vor allem, warum er gemacht wird.

Erklärungstiefe

✦ Empfohlen: Standard – Die normale Erklärungstiefe passt zum Einstieg.

  1. 1

    Die Bernoulli-Formel aufbauen

    P(X=3)=(43)⋅0,53⋅0,51P(X = 3) = \binom{4}{3} \cdot 0{,}5^3 \cdot 0{,}5^1: Anzahl der Anordnungen mal EINER solchen Folge.

  2. 2

    Ausrechnen

    (43)=4\binom{4}{3} = 4 und 0,53⋅0,5=0,54=0,06250{,}5^3 \cdot 0{,}5 = 0{,}5^4 = 0{,}0625: P=4⋅0,0625=0,25P = 4 \cdot 0{,}0625 = 0{,}25.

    4⋅0,0625=0,254 \cdot 0{,}0625 = 0{,}25

    Zwischenergebnis

    P(X=3)=25 %P(X = 3) = 25\,\%

  3. 3

    Einordnen

    25 %25\,\%, genau einmal in vier Versuchsreihen. Zum Vergleich: „genau 2-mal Kopf" hat 616=37,5 %\frac{6}{16} = 37{,}5\,\%, die Mitte ist am wahrscheinlichsten.

Übung 3

schwer

Ein Multiple-Choice-Test hat 10 Fragen mit je 4 Antworten (nur eine richtig). Ein Schüler rät. a) Womit ist XX (Zahl richtiger Antworten) verteilt? b) Wie wahrscheinlich sind genau 3 richtige? c) Wie wahrscheinlich ist es, mindestens eine richtig zu raten?

Tipp anzeigen

p=0,25p = 0{,}25, n=10n = 10.

Lösung anzeigen

a) Binomialverteilt mit n=10n = 10, p=0,25p = 0{,}25 (raten = zwei Ausgänge, konstant, unabhängig).

b) P(X=3)=(103)⋅0,253⋅0,757=120⋅0,015625⋅0,1335≈0,250P(X=3) = \binom{10}{3} \cdot 0{,}25^3 \cdot 0{,}75^7 = 120 \cdot 0{,}015625 \cdot 0{,}1335 \approx 0{,}250 → ca. 25 %25\,\%.

c) P(X≥1)=1−P(X=0)=1−0,7510≈1−0,0563=0,944P(X \geq 1) = 1 - P(X=0) = 1 - 0{,}75^{10} \approx 1 - 0{,}0563 = 0{,}944 → ca. 94,4 %94{,}4\,\%.

Detaillierte Schritterklärung anzeigen

Hier wird jeder Schritt einzeln erklärt, vor allem, warum er gemacht wird.

Erklärungstiefe

✦ Empfohlen: Standard – Die normale Erklärungstiefe passt zum Einstieg.

  1. 1

    a) Das Modell begründen

    XX ist binomialverteilt mit n=10n = 10, p=0,25p = 0{,}25: Jede Frage hat zwei relevante Ausgänge (richtig/falsch), die Ratewahrscheinlichkeit 14\frac{1}{4} ist konstant, die Fragen sind unabhängig.

  2. 2

    b) Genau 3 Richtige

    P(X=3)=(103)⋅0,253⋅0,757=120⋅0,015625⋅0,1335≈0,250P(X = 3) = \binom{10}{3} \cdot 0{,}25^3 \cdot 0{,}75^7 = 120 \cdot 0{,}015625 \cdot 0{,}1335 \approx 0{,}250, etwa 25 %25\,\%.

    (103)=120\binom{10}{3} = 120

  3. 3

    c) Mindestens eine: Gegenereignis

    P(X≥1)=1−P(X=0)=1−0,7510≈1−0,0563=0,944P(X \ge 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - 0{,}75^{10} \approx 1 - 0{,}0563 = 0{,}944, rund 94,4 %94{,}4\,\%.

Zusammenfassung

Eine Bernoulli-Kette wiederholt ein Zwei-Ausgang-Experiment nn-mal unabhängig mit konstantem pp. Die Formel von Bernoulli P(X=k)=(nk)pk(1−p)n−kP(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} verbindet drei Bausteine: Anordnungen, Treffer, Nieten. Der Binomialkoeffizient zählt die Verteilungsmöglichkeiten. „Mindestens"-Fragen löst das Gegenereignis. Kernbedingung: konstantes pp, also mit Zurücklegen bzw. echte Unabhängigkeit.