Binomialverteilung

Ein konkretes Beispiel

Ein fairer Würfel wird 5-mal geworfen. Als Treffer gilt eine 6 — Wahrscheinlichkeit $p = \dfrac{1}{6}$. Wie wahrscheinlich sind genau 2 Treffer?

Es gibt $\dbinom{5}{2} = 10$ Möglichkeiten, genau 2 Treffer auf 5 Würfe zu verteilen. Jede einzelne Anordnung (z. B. TNTNN) hat die Wahrscheinlichkeit $\left(\dfrac{1}{6}\right)^2 \cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^3$.

$$P(X = 2) = \binom{5}{2} \cdot \left(\frac{1}{6}\right)^2 \cdot \left(\frac{5}{6}\right)^3 = 10 \cdot \frac{1}{36} \cdot \frac{125}{216} = \frac{1250}{7776} \approx 0{,}1608$$
Das ist das Grundprinzip der Binomialverteilung: Zähle Treffer bei wiederholten, unabhängigen Versuchen mit gleicher Trefferwahrscheinlichkeit.

Bernoulli-Kette

Voraussetzungen für eine Bernoulli-Kette der Länge $n$:

  • Jeder Versuch hat genau zwei Ausgänge: Treffer (T) oder Niete (N).
  • Die Trefferwahrscheinlichkeit $p$ ist bei jedem Versuch gleich.
  • Die Versuche sind unabhängig voneinander.

Die Anzahl $X$ der Treffer in $n$ Versuchen heißt dann binomialverteilt.

Merkhilfe: Bei Ziehen mit Zurücklegen bleibt $p$ konstant → Bernoulli-Kette anwendbar. Bei Ziehen ohne Zurücklegen aus kleinen Mengen ist $p$ nicht konstant — Binomialverteilung nur näherungsweise gültig (Faustregel: $n \le 5\,\%$ der Grundgesamtheit).

Binomialverteilung

Eine Zufallsgröße $X$ heißt binomialverteilt, wenn sie bei einer Bernoulli-Kette die Anzahl der Treffer zählt. Man schreibt:

$$X \sim B(n,\, p)$$
$n$: Anzahl der Versuche
$p$: Trefferwahrscheinlichkeit
$X$: Anzahl der Treffer

Formel für genau $k$ Treffer

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

Bedeutung der drei Faktoren

$\dbinom{n}{k}$ Anzahl der Pfade mit genau $k$ Treffern unter $n$ Versuchen $p^k$ Wahrscheinlichkeit für genau $k$ Treffer in einer festen Reihenfolge $(1-p)^{n-k}$ Wahrscheinlichkeit für die restlichen $n-k$ Nieten
Beispiel — Freiwurf: $n = 8$, $p = 0{,}70$, gesucht $P(X=5)$:
$P(X=5) = \dbinom{8}{5} \cdot 0{,}70^5 \cdot 0{,}30^3 = 56 \cdot 0{,}16807 \cdot 0{,}027 \approx 0{,}2541$

Ein konkretes Beispiel

Beim Freiwurf-Szenario ($n = 8$, $p = 0{,}70$): Wie wahrscheinlich ist es, höchstens 2 Treffer zu erzielen?

„Höchstens 2" bedeutet: 0 Treffer oder 1 Treffer oder 2 Treffer. Da sich diese Ereignisse gegenseitig ausschließen, dürfen wir addieren. Die Formel $P(X=k)$ wird dreimal berechnet und summiert:

$$P(X \le 2) \;=\; P(X = 0) \;+\; P(X = 1) \;+\; P(X = 2)$$

Jedes der drei Glieder einzeln:

$$P(X=0) = \binom{8}{0} \cdot 0{,}70^0 \cdot 0{,}30^8 = 0{,}30^8 = 0{,}00006561 \approx 0{,}0001$$
$$P(X=1) = \binom{8}{1} \cdot 0{,}70^1 \cdot 0{,}30^7 = 8 \cdot 0{,}70 \cdot 0{,}0002187 \approx 0{,}0012$$
$$P(X=2) = \binom{8}{2} \cdot 0{,}70^2 \cdot 0{,}30^6 = 28 \cdot 0{,}49 \cdot 0{,}000729 = 0{,}01000188 \approx 0{,}0100$$
$$P(X \le 2) \approx 0{,}0001 + 0{,}0012 + 0{,}0100 = 0{,}0113$$
Es ist also sehr unwahrscheinlich (ca. 1 %), dass ein Spieler mit 70 % Trefferquote von 8 Würfen höchstens 2 trifft.

Kumulierte Wahrscheinlichkeit

Allgemein gilt für $X \sim B(n, p)$ — ausgeschrieben:

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

Das Zeichen $\sum$ (Sigma) ist die Kurzschreibweise für genau diese Addition — es summiert alle Glieder von $i = 0$ bis $i = k$:

$$P(X \le k) = \sum_{i=0}^{k} \binom{n}{i} \cdot p^i \cdot (1-p)^{n-i}$$
Im Abitur (Sachsen) steht die Tabelle der kumulierten Binomialverteilung zur Verfügung. Dort liest man $P(X \le k)$ direkt ab — das erspart die Berechnung aller Summanden.

Gegenereignis nutzen

Manche Formulierungen lassen sich über das Gegenereignis erheblich einfacher berechnen — statt viele Glieder zu summieren, rechnet man nur einen Term.

Grundprinzip: $P(A) = 1 - P(\overline{A})$

$$P(X \ge 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - (1-p)^n$$

Statt $n$ Glieder zu addieren: einfach das eine Gegenereignis „keinmal" berechnen.

Weiteres Beispiel

$X \sim B(10;\, 0{,}3)$, gesucht $P(X \ge 3)$:

$$P(X \ge 3) = 1 - P(X \le 2) = 1 - \bigl[P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)\bigr] \approx 1 - 0{,}3828 = 0{,}6172$$

Sprachformen sicher übersetzen

Bei Aufgaben ist oft nicht die Formel schwierig, sondern die Sprache.

Sprache im Text Mathematisch Anzahl Treffer Wie rechnen?
genau $k$ $P(X=k)$ exakt $k$ GTR: binomPdf(n,p,k) oder Formel
höchstens $k$ $P(X \le k)$ $0, 1, \ldots, k$ GTR: binomCdf(n,p,k) oder Tabelle
mindestens $k$ $P(X \ge k)$ $k, k{+}1, \ldots, n$ $1 - P(X \le k-1)$
weniger als $k$ $P(X < k)$ $0, 1, \ldots, k{-}1$ $P(X \le k-1)$
mehr als $k$ $P(X > k)$ $k{+}1, k{+}2, \ldots, n$ $1 - P(X \le k)$
von $a$ bis $b$ $P(a \le X \le b)$ $a, a{+}1, \ldots, b$ $P(X \le b) - P(X \le a-1)$
Strategie: Erst klären — Was ist der „Treffer"? Wie groß sind $n$ und $p$? Welches Ungleichungszeichen steckt im Text?

Interaktives Diagramm

Verändere $n$, $p$ und die gesuchte Bedingung. Die passenden Balken werden lila markiert.

Sprachform unten wählen.
Verteilung
B(20; 0,35)
Markierte Balken
13
Gesuchte Wahrscheinlichkeit

Diagramm lesen

Die Höhe eines Balkens zeigt $P(X=k)$. Die lila Balken gehören zur ausgewählten Bedingung — ihre Gesamtfläche entspricht der gesuchten Wahrscheinlichkeit.

Wenn viele Balken markiert sind, ist das eine Summe aus vielen Einzelwahrscheinlichkeiten. Das ist der Unterschied zwischen „genau" und „mindestens/höchstens".

Was erwartet man?

Bei 10 Freiwürfen mit Trefferwahrscheinlichkeit $p = 0{,}60$: In manchen Runden trifft man 5-mal, in anderen 7-mal. Der Erwartungswert $\mu$ gibt an, was man im Durchschnitt erwartet.

$$\mu = E(X) = 10 \cdot 0{,}60 = 6$$
Das bedeutet nicht, dass man immer genau 6 trifft — sondern dass der langfristige Mittelwert bei 6 liegt.

Formel und Visualisierung

Für $X \sim B(n,\,p)$ gilt:

$$\boxed{\mu = E(X) = n \cdot p}$$
Verteilung
B(15; 0,40)
Berechnung

— — Die orange gestrichelte Linie markiert $\mu = n \cdot p$. Beobachte: Sie liegt immer beim Schwerpunkt der Verteilung.

Parameter rückwärts bestimmen

Manchmal ist $\mu$ bekannt — gesucht ist $n$ oder $p$.

$n$ gesucht
$n = \dfrac{\mu}{p}$
$\mu=12,\;p=0{,}5 \;\Rightarrow\; n=24$
$p$ gesucht
$p = \dfrac{\mu}{n}$
$\mu=15,\;n=50 \;\Rightarrow\; p=0{,}30$

Maximum einer Binomialverteilung

Die höchste Säule liegt meistens sehr nah am Erwartungswert $\mu$, aber nicht immer exakt auf diesem Punkt.

Warum das so ist

  • Erwartungswert $\mu = n \cdot p$ ist das theoretische Mittel — ergibt häufig eine Dezimalzahl (z. B. 7,4).
  • Anzahl der Treffer $k$ sind nur ganze Zahlen ($k = 0, 1, 2, \ldots, n$). Eine Säule bei 7,4 existiert nicht.
  • Die höchste Säule zeigt den wahrscheinlichsten ganzzahligen Wert, der gerundet nah an $\mu$ liegt.

Die mathematische Regel

Der Wert $k$ der höchsten Säule liegt immer in diesem Intervall:

$$(n+1)\cdot p - 1 \;\le\; k \;\le\; (n+1)\cdot p$$
Einzelfall: Sind die Grenzen Dezimalzahlen → genau eine höchste Säule.
Doppelfall: Sind die Grenzen exakt ganze Zahlen → zwei gleich hohe Säulen.

Zwei Beispiele

Beispiel 1 — $\mu$ keine ganze Zahl
$n=10$, $p=0{,}35$
$\mu = 10 \cdot 0{,}35 = 3{,}5$
$(10{+}1)\cdot0{,}35 = 3{,}85$
Intervall: $2{,}85 \le k \le 3{,}85$
Einzige ganze Zahl: $\boldsymbol{k = 3}$
→ höchste Säule bei 3, obwohl $\mu = 3{,}5$
Beispiel 2 — Doppelmaximum
$n=11$, $p=0{,}25$
$\mu = 11 \cdot 0{,}25 = 2{,}75$
$(11{+}1)\cdot0{,}25 = 3$
Intervall: $2 \le k \le 3$
Zwei ganze Zahlen: $\boldsymbol{k = 2}$ und $\boldsymbol{k = 3}$
→ zwei gleich hohe Säulen

Was bedeutet Streuung?

Zwei Spieler werfen je 20 Freiwürfe: Spieler A trifft mit $p = 0{,}50$, Spieler B mit $p = 0{,}90$. Beide haben gleich viele Versuche — aber ihre Verteilungen sehen sehr unterschiedlich aus.

Spieler A: $\mu = 10$, die Ergebnisse streuen weit um 10. Spieler B: $\mu = 18$, die Ergebnisse liegen eng beieinander nahe 18.

Die Standardabweichung $\sigma$ misst, wie stark die Treffer-Anzahl im Durchschnitt vom Erwartungswert $\mu$ abweicht. Ein kleines $\sigma$ bedeutet: die Ergebnisse liegen eng um $\mu$.

Formel und Visualisierung

Für $X \sim B(n,\,p)$ mit $q = 1-p$:

$$\sigma^2 = \mathrm{Var}(X) = n \cdot p \cdot q$$
$$\boxed{\sigma = \sqrt{n \cdot p \cdot q}}$$
Erwartungswert
Standardabweichung
Ein-Sigma-Umgebung
Verteilung
B(20; 0,50)
— — orange gestrichelt: Erwartungswert $\mu$  |  blaues Band: Ein-Sigma-Umgebung $[\mu-\sigma,\,\mu+\sigma]$

Parameter rückwärts bestimmen

Wenn $\mu$ und $\sigma$ bekannt sind, lassen sich $n$ und $p$ bestimmen. Man nutzt beide Gleichungen:

$$\mu = n \cdot p \qquad \text{und} \qquad \sigma^2 = n \cdot p \cdot q$$

Division $\sigma^2 \div \mu$ liefert $q$, daraus folgt $p$, dann $n$:

$$q = \frac{\sigma^2}{\mu}, \qquad p = 1-q, \qquad n = \frac{\mu}{p}$$

Beispiel

$\mu = 6$, $\sigma = \sqrt{4{,}2} \approx 2{,}05$, also $\sigma^2 = 4{,}2$:

$$q = \dfrac{\sigma^2}{\mu} = \dfrac{4{,}2}{6} = 0{,}7 \;\Rightarrow\; p = 0{,}3 \;\Rightarrow\; n = \dfrac{\mu}{p} = \dfrac{6}{0{,}3} = 20$$
Also $X \sim B(20;\; 0{,}3)$.

Aufgabe 1 · Freiwürfe

Eine Basketballspielerin trifft jeden Freiwurf mit Wahrscheinlichkeit $p = 0{,}75$. In einem Spiel hat sie 12 Freiwürfe. Die Zufallsgröße $X$ zählt die Treffer.

a) Begründe, warum $X \sim B(12;\, 0{,}75)$ gilt.

Jeder Freiwurf ist unabhängig von den anderen, hat genau zwei Ausgänge (Treffer / Niete) und die Trefferwahrscheinlichkeit $p = 0{,}75$ ist bei jedem Wurf gleich → Bernoulli-Kette der Länge $n = 12$.

b) Berechne $P(X = 9)$.

$P(X=9) = \binom{12}{9}\cdot 0{,}75^9 \cdot 0{,}25^3 = 220 \cdot 0{,}07508 \cdot 0{,}015625 \approx 0{,}2581$

c) Berechne $P(X \le 7)$.

$P(X \le 7) = \sum_{k=0}^{7}\binom{12}{k}(0{,}75)^k(0{,}25)^{12-k} \approx 0{,}1576$

d) Berechne $P(X \ge 10)$ mithilfe des Gegenereignisses.

$P(X \ge 10) = 1 - P(X \le 9) \approx 1 - 0{,}6093 = 0{,}3907$

e) Berechne $\mu$ und $\sigma$. Interpretiere $\mu$ im Sachkontext.

$\mu = 12 \cdot 0{,}75 = 9$ |  $\sigma = \sqrt{12 \cdot 0{,}75 \cdot 0{,}25} = \sqrt{2{,}25} = 1{,}5$

Interpretation: Im Durchschnitt trifft die Spielerin von 12 Freiwürfen genau 9. Die Ergebnisse streuen typischerweise um ±1,5 um diesen Wert.

Aufgabe 2 · Qualitätskontrolle

In einer Fabrik sind 15 % aller Schrauben fehlerhaft. Eine Stichprobe von 20 Schrauben wird geprüft. $X$ zählt die fehlerhaften Schrauben.

a) Rechtfertige, warum $X \sim B(20;\, 0{,}15)$ gilt.

Jede Schraube ist unabhängig entweder fehlerhaft ($p=0{,}15$) oder einwandfrei. Bei großer Grundgesamtheit bleibt $p$ näherungsweise konstant → Bernoulli-Kette der Länge $n=20$.

b) Berechne $P(X = 3)$.

$P(X=3) = \binom{20}{3}\cdot 0{,}15^3 \cdot 0{,}85^{17} = 1140 \cdot 0{,}003375 \cdot 0{,}0631 \approx 0{,}2428$

c) Berechne $P(X \le 2)$.

$P(X \le 2) = P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)$
$\approx 0{,}0388 + 0{,}1368 + 0{,}2293 = 0{,}4049$

d) Wie wahrscheinlich ist es, dass mindestens 5 Schrauben fehlerhaft sind?

$P(X \ge 5) = 1 - P(X \le 4) \approx 1 - 0{,}8298 = 0{,}1702$

e) Berechne $\mu$ und $\sigma$. Interpretiere beide Werte im Sachkontext.

$\mu = 20 \cdot 0{,}15 = 3$ |  $\sigma = \sqrt{20 \cdot 0{,}15 \cdot 0{,}85} = \sqrt{2{,}55} \approx 1{,}60$

μ: Im Durchschnitt sind in einer 20er-Stichprobe 3 Schrauben fehlerhaft.
σ: Die Anzahl fehlerhafter Schrauben schwankt typischerweise um etwa ±1,6 um diesen Wert.

Aufgabe 3 · Parameter bestimmen

Eine binomialverteilte Zufallsgröße $X \sim B(n;\, p)$ hat Erwartungswert $\mu = 8$ und Varianz $\sigma^2 = 4{,}8$.

a) Bestimme $q$, $p$ und $n$.

$q = \dfrac{\sigma^2}{\mu} = \dfrac{4{,}8}{8} = 0{,}6 \;\Rightarrow\; p = 0{,}4 \;\Rightarrow\; n = \dfrac{8}{0{,}4} = 20$
Also $X \sim B(20;\; 0{,}4)$.

b) Berechne $P(X = 8)$ für die gefundene Verteilung.

$P(X=8) = \binom{20}{8}\cdot 0{,}4^8 \cdot 0{,}6^{12} = 125970 \cdot 0{,}000655 \cdot 0{,}002177 \approx 0{,}1797$

c) Berechne $P(X \ge 10)$.

$P(X \ge 10) = 1 - P(X \le 9) \approx 1 - 0{,}7553 = 0{,}2447$

d) Bestimme das kleinste $k$ mit $P(X \ge k) < 5\,\%$.

Gesucht: kleinstes $k$ mit $P(X \ge k) < 0{,}05$.
$P(X \ge 12) \approx 0{,}0565 > 0{,}05$
$P(X \ge 13) \approx 0{,}0210 < 0{,}05$
$\Rightarrow$ Das kleinste $\boldsymbol{k = 13}$.

e) Berechne $\sigma$ und gib die Einsigma-Umgebung $[\mu-\sigma,\,\mu+\sigma]$ an.

$\sigma = \sqrt{4{,}8} \approx 2{,}19$
Einsigma-Umgebung: $[8 - 2{,}19;\; 8 + 2{,}19] = [5{,}81;\; 10{,}19]$

Mit und ohne Zurücklegen

Bei manchen Zufallsexperimenten bleibt $p$ bei jedem Zug konstant — dann ist Bernoulli anwendbar. Bei anderen verändert sich $p$ von Zug zu Zug. Der Vergleich beider Fälle ist eine häufige Prüfungsaufgabe.

Musteraufgabe · Pokémon-Karten

Ein Stapel enthält 20 Pokémon-Karten, davon sind 5 selten (Rare). Es werden zufällig 4 Karten gezogen. $X$ zählt die seltenen Karten. Berechne jeweils $P(X=2)$ für beide Fälle und vergleiche die Ergebnisse: (1) mit Zurücklegen, (2) ohne Zurücklegen.

Herangehensweise: Zuerst fragen — bleibt $p$ bei jedem Zug gleich? Mit Zurücklegen: ja → Bernoulli anwendbar. Ohne Zurücklegen: nein → Bernoulli nur näherungsweise (Faustregel: $n \le 5\%$ der Grundgesamtheit).
Fall 1 — Mit Zurücklegen

Nach jedem Zug wird die Karte zurückgelegt → $p = \frac{5}{20} = 0{,}25$ bleibt konstant.
$X \sim B(4;\, 0{,}25)$

$$P(X=2) = \binom{4}{2} \cdot 0{,}25^2 \cdot 0{,}75^2 = 6 \cdot 0{,}0625 \cdot 0{,}5625 \approx 0{,}2109$$
Fall 2 — Ohne Zurücklegen · Pfad-Methode

$p$ verändert sich nach jedem Zug — kein exaktes Bernoulli-Modell.
Wir berechnen stattdessen direkt über Pfade.

Ein konkreter Pfad mit genau 2 seltenen Karten (s) und 2 normalen (n), z. B. s, s, n, n:

$$\frac{5}{20} \cdot \frac{4}{19} \cdot \frac{15}{18} \cdot \frac{14}{17} = \frac{5 \cdot 4 \cdot 15 \cdot 14}{20 \cdot 19 \cdot 18 \cdot 17} = \frac{4200}{116280} \approx 0{,}03612$$

Wie viele solche Anordnungen gibt es? $\binom{4}{2} = 6$ — alle gleich wahrscheinlich.

$$P(X=2) = 6 \cdot \frac{4200}{116280} \approx 6 \cdot 0{,}03612 \approx 0{,}2167$$
Fall 2 — Ohne Zurücklegen · Hypergeometrische Methode

Wir fragen: Wie viele Möglichkeiten gibt es insgesamt, 4 Karten aus 20 zu ziehen? Und wie viele davon enthalten genau 2 seltene?

Günstige Fälle: 2 seltene aus 5 wählen und 2 normale aus 15 wählen:
$\dbinom{5}{2} \cdot \dbinom{15}{2} = 10 \cdot 105 = 1050$

Alle Fälle: 4 Karten aus 20 wählen:
$\dbinom{20}{4} = 4845$
$$P(X=2) = \frac{\dbinom{5}{2} \cdot \dbinom{15}{2}}{\dbinom{20}{4}} = \frac{10 \cdot 105}{4845} = \frac{1050}{4845} \approx 0{,}2167$$
Beide Methoden liefern dasselbe Ergebnis. Zum Vergleich: Bernoulli-Näherung ergab 0,2109 — der Unterschied zeigt, dass Bernoulli bei kleiner Grundgesamtheit nur näherungsweise gilt.
Deine Aufgabe · Spielkarten

Aus einem Skatspiel mit 32 Karten (davon 12 Bildkarten) werden zufällig 5 Karten gezogen. $X$ zählt die Bildkarten. Berechne jeweils $P(X=2)$ für beide Fälle und vergleiche die Ergebnisse: (1) mit Zurücklegen, (2) ohne Zurücklegen.

Hinweis: Überprüfe bei Fall 2 die Faustregel. Vergleiche die Ergebnisse.

Fall 1 — Mit Zurücklegen:
$p = \frac{12}{32} = 0{,}375$, konstant. $X \sim B(5;\, 0{,}375)$
$P(X=2) = \binom{5}{2} \cdot 0{,}375^2 \cdot 0{,}625^3 = 10 \cdot 0{,}1406 \cdot 0{,}2441 \approx 0{,}3433$

Fall 2 — Ohne Zurücklegen · Pfad-Methode:
Ein Pfad z. B. B, B, n, n, n (B = Bildkarte, n = normal):
$\dfrac{12}{32} \cdot \dfrac{11}{31} \cdot \dfrac{20}{30} \cdot \dfrac{19}{29} \cdot \dfrac{18}{28} = \dfrac{12 \cdot 11 \cdot 20 \cdot 19 \cdot 18}{32 \cdot 31 \cdot 30 \cdot 29 \cdot 28} \approx 0{,}03735$
Anzahl Anordnungen: $\binom{5}{2} = 10$
$P(X=2) = 10 \cdot 0{,}03735 \approx 0{,}3735$

Fall 2 — Ohne Zurücklegen · Hypergeometrisch:
Günstige Fälle: $\dbinom{12}{2} \cdot \dbinom{20}{3} = 66 \cdot 1140 = 75240$
Alle Fälle: $\dbinom{32}{5} = 201376$
$P(X=2) = \dfrac{75240}{201376} \approx 0{,}3736$

Bernoulli-Näherung (0,3433) weicht merklich ab — Grundgesamtheit zu klein.

Verschachtelter Bernoulli

Manchmal ist ein einzelner „Versuch" selbst schon ein Zufallsexperiment. Dann berechnet man zuerst $p_0$ für den Einzelversuch — und verwendet diesen Wert dann in der Binomialformel für die Gesamtserie.

Musteraufgabe · LED-Leisten

Eine LED-Leiste besteht aus 8 LEDs. Jede LED funktioniert mit Wahrscheinlichkeit $p = 0{,}998$ einwandfrei. Eine Leiste gilt als einwandfrei, wenn alle 8 LEDs funktionieren. Eine Box enthält 10 Leisten und ist verkaufsfähig, wenn höchstens 1 Leiste defekt ist. Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist eine Box verkaufsfähig? Berechne außerdem $\mu$ und $\sigma$ für die Anzahl defekter Leisten pro Box.

Herangehensweise: Zwei Stufen. Stufe 1 → $p_0$ für eine Leiste berechnen. Stufe 2 → $p_0$ als neues $p$ in die Binomialformel einsetzen.
Stufe 1 — Wahrscheinlichkeit für eine einwandfreie Leiste
$$p_0 = 0{,}998^8 \approx 0{,}9841 \qquad q_0 = 1 - p_0 \approx 0{,}0159$$

Eine Leiste ist mit ca. 98,4% einwandfrei, mit ca. 1,6% defekt.

Stufe 2 — Binomialverteilung für die Box

$Y$ = Anzahl defekter Leisten pro Box. $Y \sim B(10;\, 0{,}0159)$
Box verkaufsfähig: $P(Y \le 1) = P(Y=0) + P(Y=1)$

$$P(Y=0) = 0{,}9841^{10} \approx 0{,}8522$$ $$P(Y=1) = \binom{10}{1} \cdot 0{,}0159 \cdot 0{,}9841^9 \approx 10 \cdot 0{,}0159 \cdot 0{,}8659 \approx 0{,}1377$$ $$P(Y \le 1) \approx 0{,}8522 + 0{,}1377 = 0{,}9899$$
Ca. 99% der Boxen sind verkaufsfähig — realistisch für ein Industrieprodukt mit hoher Qualität.
Erwartungswert und Standardabweichung
$$\mu = 10 \cdot 0{,}0159 \approx 0{,}16 \qquad \sigma = \sqrt{10 \cdot 0{,}0159 \cdot 0{,}9841} \approx 0{,}40$$

Im Schnitt ist weniger als 1 Leiste pro Box defekt.

Deine Aufgabe · Elfmeterschießen

Im Elfmeterschießen schießt jede Mannschaft 5 Elfmeter. Ein Spieler trifft jeden Elfmeter mit Wahrscheinlichkeit $p = 0{,}75$. In einem Turnier gibt es 6 Elfmeterschießen.

Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass es in diesem Turnier genau 3-mal vorkommt, dass eine Mannschaft genau 2 von 5 Elfmetern verschießt.

Hinweis: $X$ = Anzahl Treffer, $X \sim B(5;\, 0{,}75)$. Stufe 1 — 2 verschossen = 3 getroffen: $p_0 = P(X=3)$. Stufe 2 — $Y \sim B(6;\, p_0)$, gesucht $P(Y=3)$.

Stufe 1:
$X$ = Anzahl der Treffer, $X \sim B(5;\, 0{,}75)$
Genau 2 verschossen = genau 3 getroffen, also gesucht $P(X=3)$:
$p_0 = P(X=3) = \binom{5}{3} \cdot 0{,}75^3 \cdot 0{,}25^2 = 10 \cdot 0{,}4219 \cdot 0{,}0625 \approx 0{,}2637$

Stufe 2:
$Y \sim B(6;\, 0{,}2637)$, gesucht $P(Y=3)$
$P(Y=3) = \binom{6}{3} \cdot 0{,}2637^3 \cdot 0{,}7363^3$
$= 20 \cdot 0{,}01835 \cdot 0{,}3987 \approx 0{,}1464$

Mit ca. 14,6% Wahrscheinlichkeit passiert es genau 3-mal.

Lange Serie und verschachtelte Pfade

Bei langen Bernoulli-Ketten interessieren nicht nur kumulative Wahrscheinlichkeiten, sondern auch Ereignisse die eine bestimmte Position oder Reihenfolge von Treffern und Nieten beschreiben. Diese werden über einzelne Pfade berechnet — ohne Summenformel.

Musteraufgabe · Impfung

Eine Klasse mit 28 Schülern wird geimpft. Der Impfstoff wirkt bei 95% der Schüler ($p = 0{,}95$). $X$ zählt die Schüler bei denen die Impfung wirkt. Beantworte die folgenden Teilfragen.

Herangehensweise: Zuerst klären — ist es eine Binomialformel (Anzahl Treffer egal wo) oder ein Pfad (bestimmte Position)? Pfad-Ereignisse werden als Produkt berechnet: jede Position einzeln.
a) Bernoulli begründen

Jede Impfung ist unabhängig, hat zwei Ausgänge (wirkt / wirkt nicht), $p = 0{,}95$ konstant. Also $X \sim B(28;\, 0{,}95)$.

b) $P(X = 27)$ — genau 27 wirken
$$P(X=27) = \binom{28}{27} \cdot 0{,}95^{27} \cdot 0{,}05^1 = 28 \cdot 0{,}2503 \cdot 0{,}05 \approx 0{,}3505$$
c) $P(X \ge 26)$ — mindestens 26 wirken
$$P(X \ge 26) = P(X=26)+P(X=27)+P(X=28) \approx 0{,}2490+0{,}3505+0{,}2378 = 0{,}8373$$
d) Pfad — genau der 3. Schüler ist der erste, bei dem die Impfung nicht wirkt

Position 1: wirkt ($0{,}95$) · Position 2: wirkt ($0{,}95$) · Position 3: wirkt nicht ($0{,}05$)

$$P = 0{,}95^2 \cdot 0{,}05 = 0{,}9025 \cdot 0{,}05 \approx 0{,}0451$$
Kein Binomialkoeffizient! Die Reihenfolge ist fest vorgegeben — es gibt nur diesen einen Pfad.
e) Pfad — erste Hälfte alle 14 wirken, zweite Hälfte genau 2 wirken nicht

Erste Hälfte (Schüler 1–14): alle 14 wirken → $0{,}95^{14}$
Zweite Hälfte (Schüler 15–28): genau 2 von 14 wirken nicht → $\binom{14}{2} \cdot 0{,}95^{12} \cdot 0{,}05^2$

$$P = 0{,}95^{14} \cdot \binom{14}{2} \cdot 0{,}95^{12} \cdot 0{,}05^2 \approx 0{,}4877 \cdot 91 \cdot 0{,}5404 \cdot 0{,}0025 \approx 0{,}0599$$
f) $\mu$, $\sigma$ und Einsigma-Umgebung
$$\mu = 28 \cdot 0{,}95 = 26{,}6 \qquad \sigma = \sqrt{28 \cdot 0{,}95 \cdot 0{,}05} \approx 1{,}15$$ $$[\mu-\sigma,\, \mu+\sigma] = [25{,}45;\; 27{,}75]$$

Der Arzt sagt „zwischen 25 und 28" — das entspricht eher der Zweisigma-Umgebung.

Deine Aufgabe · Datenpakete

Ein Router überträgt 25 Datenpakete nacheinander. Jedes Paket kommt mit Wahrscheinlichkeit $p = 0{,}92$ korrekt an. $X$ zählt die korrekt übertragenen Pakete.

a) Begründe Bernoulli. Gib $X \sim B(n;\, p)$ an.

Jedes Paket wird unabhängig übertragen, hat zwei Ausgänge (korrekt / fehlerhaft), $p = 0{,}92$ ist konstant. Also $X \sim B(25;\, 0{,}92)$.

b) Berechne $P(X = 23)$.

$P(X=23) = \binom{25}{23} \cdot 0{,}92^{23} \cdot 0{,}08^2 = 300 \cdot 0{,}1469 \cdot 0{,}0064 \approx 0{,}2821$

c) Berechne $P(X \ge 23)$.

$P(X \ge 23) = P(X=23)+P(X=24)+P(X=25)$
$P(X=24) = \binom{25}{24} \cdot 0{,}92^{24} \cdot 0{,}08^1 \approx 0{,}2704$
$P(X=25) = 0{,}92^{25} \approx 0{,}1244$
$P(X \ge 23) \approx 0{,}2821 + 0{,}2704 + 0{,}1244 = 0{,}6768$

d) Genau das 4. Paket ist das erste fehlerhafte. Berechne diese Wahrscheinlichkeit.

Positionen 1–3 korrekt, Position 4 fehlerhaft — fester Pfad, kein Binomialkoeffizient:
$P = 0{,}92^3 \cdot 0{,}08 = 0{,}7787 \cdot 0{,}08 \approx 0{,}0623$

e) In den ersten 12 Paketen gibt es genau 1 Fehler, in den letzten 13 Paketen genau 2 Fehler.

Erste Hälfte: $\binom{12}{1} \cdot 0{,}92^{11} \cdot 0{,}08^1 = 12 \cdot 0{,}3996 \cdot 0{,}08 \approx 0{,}3836$
Zweite Hälfte: $\binom{13}{2} \cdot 0{,}92^{11} \cdot 0{,}08^2 = 78 \cdot 0{,}3996 \cdot 0{,}0064 \approx 0{,}1994$
Beide unabhängig: $P = 0{,}3836 \cdot 0{,}1994 \approx 0{,}0765$

f) Berechne $\mu$ und $\sigma$. Interpretiere im Kontext.

$\mu = 25 \cdot 0{,}92 = 23$ — im Schnitt kommen 23 von 25 Paketen korrekt an.
$\sigma = \sqrt{25 \cdot 0{,}92 \cdot 0{,}08} = \sqrt{1{,}84} \approx 1{,}36$
Einsigma-Umgebung: $[23 - 1{,}36;\; 23 + 1{,}36] = [21{,}64;\; 24{,}36]$
Typischerweise kommen also zwischen 22 und 24 Pakete korrekt an.