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Stochastik

Kenngrößen der Binomialverteilung

Erwartungswert und Standardabweichung binomialverteilter Zufallsgrößen.

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 viele Treffer erwartest du bei 100 Würfen mit einer fairen Münze? Natürlich etwa 50, aber wie stark schwankt das Ergebnis? Die Kenngrößen der , und Standardabweichung, beantworten beide Fragen mit erstaunlich einfachen Formeln. Sie sind das Tor zur beurteilenden Statistik.

Das kannst du nach diesem Kapitel

  • den μ=n⋅p\mu = n \cdot p berechnen und interpretieren.

  • die Standardabweichung σ=n⋅p⋅(1−p)\sigma = \sqrt{n \cdot p \cdot (1-p)} bestimmen.

  • die Kenngrößen im Sachzusammenhang deuten.

  • grafisch interpretieren (Lage und Streuung).

Der Erwartungswert

Eine ist durch nn und pp vollständig festgelegt, aber das komplette Stabdiagramm ist unhandlich. Für einen schnellen Überblick genügen zwei Kennzahlen: Wo liegt der Schwerpunkt der Verteilung, und wie breit ist sie? Mit der ersten Frage beginnen wir.

Die Vermutung

Ein wird 180180-mal geworfen. Wie viele Sechsen sind zu erwarten? Fast jeder antwortet spontan: 3030, denn jeder sechste Wurf sollte eine Sechs sein, also 180:6=30180 : 6 = 30.

Diese Intuition führt auf μ=n⋅p\mu = n \cdot p. Aber woher wissen wir, dass sie nicht bloß ein Bauchgefühl ist?

Die Herleitung: ein Versuch nach dem anderen

Beginnen wir mit dem einfachsten Fall: einem einzigen Versuch (n=1n=1). Die Trefferzahl XX kann dann nur 00 oder 11 sein.

Der ist der mit den gewichtete aller möglichen Werte (Klasse 10):

E(X)=0⋅(1−p)⏟Niete+1⋅p⏟Treffer=pE(X) = 0 \cdot \underbrace{(1-p)}_{\text{Niete}} + 1 \cdot \underbrace{p}_{\text{Treffer}} = p

Ein einzelner Versuch liefert im Mittel genau pp Treffer. Das klingt zunächst merkwürdig. Man kann ja nie „0,170{,}17 Treffer" haben. Der Erwartungswert ist aber kein möglicher Einzelausgang, sondern ein Durchschnitt auf lange Sicht.

Von einem Versuch auf nn Versuche

Eine besteht aus nn solchen Versuchen. Die Gesamttrefferzahl ist die Summe der Einzeltrefferzahlen:

X=X1+X2+…+XnX = X_1 + X_2 + \ldots + X_n

Erwartungswerte addieren sich dabei. Das ist die Additivität aus dem Kapitel „Erwartungswert und Standardabweichung" (Klasse 10), dort anschaulich begründet: Wenn jeder Versuch im Mittel pp Treffer beiträgt, dann tragen nn Versuche im Mittel nn-mal so viel bei.

E(X)=p+p+…+p⏟n Summanden=n⋅pE(X) = \underbrace{p + p + \ldots + p}_{n \text{ Summanden}} = n \cdot p   μ=E(X)=n⋅p  \boxed{\;\mu = E(X) = n \cdot p\;}

Damit ist die Intuition vom Anfang bestätigt, und zwar begründet: 180⋅16=30180 \cdot \frac16 = 30 Sechsen.

Was der Erwartungswert nicht ist

Zwei verbreitete Fehldeutungen sind es wert, ausdrücklich angesprochen zu werden:

Er ist keine Garantie. Bei 180180 Würfen können auch 2727 oder 3434 Sechsen fallen. μ\mu sagt nur, worum die Ergebnisse schwanken.

Er muss keine ganze Zahl sein. Bei n=6n=6 Würfen und p=0,8p=0{,}8 ist μ=4,8\mu = 4{,}8, ein Wert, den keine einzelne Versuchsreihe je annehmen kann. Man rundet ihn trotzdem nicht, denn als Durchschnittswert ist er exakt richtig.

Die Standardabweichung

Der sagt, wo die Verteilung liegt, aber nicht, wie stark die Ergebnisse darum schwanken. Und dieser Unterschied ist erheblich:

Bei 1010 Münzwürfen ist μ=5\mu = 5. Bei 10001000 Würfen ist μ=500\mu = 500. In beiden Fällen liegt der Schwerpunkt „in der Mitte", aber im zweiten Fall wären 505505 Treffer völlig normal, während 55 zusätzliche Treffer bei nur 1010 Würfen ein extremes Ergebnis wären. Wir brauchen also ein Maß für die Streuung.

Die Idee: mittlere quadratische Abweichung

Als Streuungsmaß nimmt man den der quadrierten Abweichungen vom Erwartungswert, die Varianz:

V(X)=∑k(k−μ)2⋅P(X=k)V(X) = \sum_k (k - \mu)^2 \cdot P(X = k)

Warum quadriert? Ohne würden sich Abweichungen nach oben und unten gegenseitig aufheben, und man erhielte immer null. Das Quadrat macht alle Abweichungen positiv, derselbe Kunstgriff wie beim .

Herleitung für einen einzelnen Versuch

Wieder der Fall n=1n=1 mit μ=p\mu = p. Es gibt nur zwei mögliche Werte:

V(X)=(0−p)2⋅(1−p)⏟Niete+(1−p)2⋅p⏟TrefferV(X) = \underbrace{(0-p)^2 \cdot (1-p)}_{\text{Niete}} + \underbrace{(1-p)^2 \cdot p}_{\text{Treffer}} =p2(1−p)+(1−p)2 p= p^2(1-p) + (1-p)^2\,p

Jetzt klammern wir p(1−p)p(1-p) aus, beide Summanden enthalten es:

=p(1−p) [ p+(1−p) ]=p(1−p)⋅1⏟p+1−p= p(1-p)\,\Big[\,p + (1-p)\,\Big] = p(1-p) \cdot \underbrace{1}_{p + 1 - p} V(X)=p (1−p)V(X) = p\,(1-p)

Und wieder auf nn Versuche übertragen

Wie die Erwartungswerte addieren sich bei unabhängigen Versuchen auch die Varianzen. Anders als beim Erwartungswert ist das kein Selbstläufer: Es gilt wirklich nur bei Unabhängigkeit, und der Nachweis übersteigt den Schulstoff, wir übernehmen diesen Satz deshalb als mitgeteiltes Ergebnis. Für nn Versuche gilt damit:

V(X)=n⋅p⋅(1−p)V(X) = n \cdot p \cdot (1-p)

Die Varianz ist allerdings eine quadratische Größe und deshalb schwer zu deuten. Zieht man die , erhält man ein Maß in derselben Einheit wie die Trefferzahl selbst, die Standardabweichung:

  σ=n⋅p⋅(1−p)  \boxed{\;\sigma = \sqrt{n \cdot p \cdot (1-p)}\;}

Beispiel: n=100n = 100, p=0,5p = 0{,}5 ergibt σ=100⋅0,5⋅0,5=25=5\sigma = \sqrt{100 \cdot 0{,}5 \cdot 0{,}5} = \sqrt{25} = 5. Die meisten Ergebnisse liegen also etwa im Bereich 50±550 \pm 5.

Zwei Beobachtungen, die die Formel verständlich machen

Wann ist die Streuung am größten? Der Faktor p(1−p)p(1-p) ist als Funktion von pp eine nach unten geöffnete mit den 00 und 11. Ihr Scheitel liegt genau dazwischen, bei p=0,5p = 0{,}5.

Die Unsicherheit ist also maximal, wenn Treffer und Niete gleich wahrscheinlich sind. Dann ist am wenigsten vorhersehbar, was passiert. Bei pp nahe 00 oder 11 steht das Ergebnis dagegen praktisch fest, und σ\sigma geht gegen null.

Wie wächst die Streuung mit nn? Wegen der Wurzel wächst σ\sigma nur mit n\sqrt n, während μ\mu mit nn wächst. Vervierfacht man die Versuchszahl, verdoppelt sich die absolute Streuung nur.

Die praktische Folge: Relativ zum Erwartungswert wird das Ergebnis mit wachsendem nn immer zuverlässiger. Deshalb sind große Stichproben aussagekräftiger als kleine.

0102030P(X=k) in %11234567819μ=5

für n=10n=10, p=0,5p=0{,}5: symmetrisch, weil Treffer und Niete gleich wahrscheinlich sind. Die gestrichelte Linie markiert den μ=np=5\mu = np = 5. Dort ist die Säule am höchsten. Der getönte Bereich zeigt μ±σ\mu \pm \sigma mit σ=10⋅0,5⋅0,5≈1,58\sigma = \sqrt{10\cdot0{,}5\cdot0{,}5} \approx 1{,}58: Die meisten Ergebnisse liegen in diesem Streifen.

Die Form der Verteilung: Einfluss von p

Das Bild oben (n=10n=10, p=0,5p=0{,}5) zeigt: Ist p=0,5p = 0{,}5, ist die Verteilung symmetrisch: Treffer und Niete sind gleich wahrscheinlich, das Stabdiagramm ist um μ\mu spiegelsymmetrisch. Weicht pp von 0,50{,}5 ab, wird die Verteilung schief: Bei kleinem pp (seltener Treffer) häufen sich niedrige kk-Werte, mit einem langen Auslaufen nach rechts (siehe Bild unten, n=10n=10, p=0,2p=0{,}2).

010203040P(X=k) in %0123456μ=2

für n=10n=10, aber jetzt p=0,2p=0{,}2: Die Verteilung ist schief (nicht mehr symmetrisch), der μ=np=2\mu = np = 2 liegt nah am linken Rand, nach rechts läuft die Verteilung lang aus. Je weiter pp von 0,50{,}5 entfernt ist, desto schiefer wird die Verteilung.

Die Form der Verteilung: Einfluss von n

Vergrößert man nn bei gleichem p=0,5p=0{,}5, wandert der μ=np\mu=np nach rechts, und die Verteilung wird breiter und flacher, die einzelnen verteilen sich auf mehr mögliche Werte, die höchste Säule wird also niedriger, während die absolute Streuung σ=np(1−p)\sigma=\sqrt{np(1-p)} wächst. Vergleiche das Bild unten (n=20n=20) mit der ersten Verteilung oben (n=10n=10): gleiche Form, aber sichtbar breiter.

05101520P(X=k) in %6712816910161112121314μ=10

Gleiches p=0,5p=0{,}5, aber doppelt so viele Versuche (n=20n=20): Der wandert auf μ=np=10\mu = np = 10, und die Verteilung wird breiter und flacher (höchste Säule nur noch ≈17,6 %\approx 17{,}6\,\% statt 24,6 %24{,}6\,\% bei n=10n=10), die absolute Streuung σ=20⋅0,5⋅0,5≈2,24\sigma=\sqrt{20\cdot0{,}5\cdot0{,}5}\approx2{,}24 wächst mit nn.

Prüfe dich: Du siehst nur das Stabdiagramm einer Binomialverteilung. Woran erkennst du, ob p nahe 0,5 liegt, und woran, dass n groß ist?

An der Symmetrie, und an der Breite.

Der Einfluss von pp: Bei p=0,5p = 0{,}5 ist die Verteilung spiegelsymmetrisch um μ\mu, denn Treffer und Niete sind gleich wahrscheinlich. Je weiter pp von 0,50{,}5 abweicht, desto schiefer wird das Bild: Bei kleinem pp drängen sich die Säulen links nahe der 00, mit langem Auslaufen nach rechts, bei großem pp umgekehrt.

Der Einfluss von nn: Mit wachsendem nn wird die Verteilung breiter und flacher, die verteilt sich auf mehr Werte, die höchste Säule sinkt (in den Bildern oben von 24,6 %24{,}6\,\% bei n=10n = 10 auf 17,6 %17{,}6\,\% bei n=20n = 20), und die Streuung σ=np(1−p)\sigma = \sqrt{np(1-p)} wächst.

Beides zusammen liest man in einem Blick: Die Lage des Gipfels verrät μ=np\mu = np, die Symmetrie verrät pp, die Breite verrät nn, genau das meint „ein Stabdiagramm grafisch interpretieren".

Ausblick

und Standardabweichung sind die Grundlage für Prognose- und Konfidenzintervalle (Erweiterungskurs-Stoff) sowie die Sigma-Regeln. Schon im Grundkurs helfen sie, ein Ergebnis als „typisch" oder „auffällig" einzuordnen: Liegt ein gemessenes kk weit außerhalb von μ±σ\mu \pm \sigma, ist das ein Hinweis, genauer hinzuschauen.

Kenngrößen berechnen

Ein wird 180-mal geworfen. XX = Anzahl der Sechsen. Berechne und Standardabweichung.

  1. 1

    Zuerst prüfen: Ist XX ? Nur dann gelten die Formeln μ=np\mu = np und σ=np(1−p)\sigma = \sqrt{np(1-p)}.

    • Zwei Ausgänge? Sechs oder keine Sechs ✓
    • Konstantes pp? Bei jedem Wurf 16\frac16 ✓
    • Unabhängig? Ein Wurf beeinflusst den nächsten nicht ✓

    XX ist binomialverteilt mit n=180n = 180 und p=16p = \frac16.

  2. 2

    Schritt 1: Die Parameter notieren, samt Gegenwahrscheinlichkeit, die gleich gebraucht wird:

    n=180,p=16,1−p=56n = 180, \qquad p = \frac{1}{6}, \qquad 1 - p = \frac{5}{6}

    Mit dem Bruch 16\frac16 rechnen, nicht mit 0,1670{,}167. Der gerundete Dezimalwert würde die glatten Ergebnisse zerstören, die gleich entstehen.

  3. 3

    Schritt 2: Den Erwartungswert berechnen.

    μ=n⋅p=180⋅16=1806=30\mu = n \cdot p = 180 \cdot \frac{1}{6} = \frac{180}{6} = 30

    Die Deutung gehört dazu: Bei 180180 Würfen fallen im 3030 Sechsen. Das entspricht der Erwartung, jeder sechste Wurf ist eine Sechs.

  4. 4

    Schritt 3: Die Standardabweichung ansetzen.

    σ=n⋅p⋅(1−p)\sigma = \sqrt{n \cdot p \cdot (1-p)}

    Alle drei Faktoren gehören unter die Wurzel. Ein häufiger Fehler ist, nur p(1−p)p(1-p) zu radizieren und nn davor stehen zu lassen.

  5. 5

    Schritt 4: Einsetzen und schrittweise ausrechnen.

    σ=180⋅16⋅56\sigma = \sqrt{180 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6}}

    Zuerst der Ausdruck unter der Wurzel, die ersten beiden Faktoren sind bereits bekannt (μ=30\mu = 30):

    180⋅16=30,30⋅56=1506=25180 \cdot \frac{1}{6} = 30, \qquad 30 \cdot \frac{5}{6} = \frac{150}{6} = 25 σ=25=5\sigma = \sqrt{25} = 5

    Ein glattes Ergebnis, ein gutes Zeichen dafür, dass die Aufgabe so gemeint war und nicht verrechnet wurde.

  6. 6

    Schritt 5: Das Ergebnis deuten. Zahlen allein beantworten die Frage noch nicht vollständig:

    Die Anzahl der Sechsen schwankt typischerweise im Bereich

    μ±σ=30±5,also zwischen 25 und 35.\mu \pm \sigma = 30 \pm 5, \qquad\text{also zwischen } 25 \text{ und } 35.

    Ergebnisse innerhalb dieses Bereichs sind unauffällig; deutlich außerhalb liegende Werte wären ein Hinweis darauf, dass mit dem Würfel etwas nicht stimmt.

  7. 7

    Schritt 6: Plausibilität der Streuung. Ist σ=5\sigma = 5 eine vernünftige Größenordnung?

    55 von 3030 erwarteten Sechsen sind etwa 17 %17\,\% Schwankung, bei einem durchaus plausibel. Wäre σ\sigma größer als μ\mu herausgekommen, müsste man stutzen.

    Zusätzliche Kontrolle über die maximale Streuung: Am größten wäre σ\sigma bei p=0,5p = 0{,}5, nämlich 180⋅0,25≈6,7\sqrt{180 \cdot 0{,}25} \approx 6{,}7. Unser Wert 55 liegt darunter ✓, passend dazu, dass p=16p = \frac16 deutlich von 0,50{,}5 entfernt ist.

μ=30\mu = 30 Sechsen im Mittel, σ=5\sigma = 5.

Die Ergebnisse schwanken typischerweise zwischen 2525 und 3535 Sechsen.

Der Ablauf: Binomialverteilung prüfen → nn und pp notieren (mit rechnen) → μ=np\mu = np → σ\sigma mit allen drei Faktoren unter der → Ergebnis als Bereich μ±σ\mu \pm \sigma deuten.

Interpretation im Kontext

Eine Klausur hat 20 Ja/Nein-Fragen. Ein Schüler rät alle (p=0,5p = 0{,}5). a) Wie viele richtige Antworten erwartet man? b) Wie stark streut das Ergebnis? c) Wären 15 richtige Antworten „auffällig"?

  1. 1

    Was diese Aufgabe verlangt. Die Teile a) und b) sind reine Rechnungen. Teil c) fragt nach einer Bewertung, und dafür gibt es kein „richtig" oder „falsch" per Rechenweg, sondern nur ein begründetes Urteil.

    Das Werkzeug für solche Urteile ist der Vergleich mit der Standardabweichung: Wie viele σ\sigma liegt ein Ergebnis vom entfernt?

    Modellannahme: „Raten" bedeutet, dass jede Frage unabhängig mit p=0,5p = 0{,}5 beantwortet wird, der Schüler hat keinerlei Teilwissen.

  2. 2

    Schritt 1 (Teil a): Der Erwartungswert.

    n=20,p=0,5n = 20, \qquad p = 0{,}5 μ=n⋅p=20⋅0,5=10\mu = n \cdot p = 20 \cdot 0{,}5 = 10

    Deutung: Wer bei 2020 Ja/Nein-Fragen rät, hat im Mittel 1010 richtig, genau die Hälfte. Das entspricht der Erwartung, denn bei jeder einzelnen Frage ist die Trefferchance 50 %50\,\%.

  3. 3

    Schritt 2 (Teil b): Die Standardabweichung.

    σ=20⋅0,5⋅0,5=5≈2,24\sigma = \sqrt{20 \cdot 0{,}5 \cdot 0{,}5} = \sqrt{5} \approx 2{,}24

    Deutung: Die Ergebnisse schwanken typischerweise um gut zwei Punkte um den Erwartungswert, liegen also meist zwischen 10−2,24≈7,810 - 2{,}24 \approx 7{,}8 und 10+2,24≈12,210 + 2{,}24 \approx 12{,}2, grob zwischen 88 und 1212 richtigen Antworten.

  4. 4

    Schritt 3 (Teil c): Den Abstand in Standardabweichungen messen. Das ist der entscheidende Denkschritt. Die Frage „ist 1515 viel?" lässt sich absolut nicht beantworten, nur im Verhältnis zur natürlichen Streuung.

    Abweichung=15−10=5  Punkte\text{Abweichung} = 15 - 10 = 5 \;\text{Punkte} in Standardabweichungen: 15−102,24≈2,2\text{in Standardabweichungen: } \frac{15 - 10}{2{,}24} \approx 2{,}2

    Das Ergebnis liegt also etwa 2,22{,}2 Standardabweichungen über dem Erwartungswert.

  5. 5

    Schritt 4: Den Wert einordnen. Als Faustregel gilt bei glockenförmigen Verteilungen:

    Abstand von μ\muAnteil der Ergebnisse
    innerhalb 1σ1\sigmaetwa 68 %68\,\%
    innerhalb 2σ2\sigmaetwa 95 %95\,\%
    innerhalb 3σ3\sigmaetwa 99,7 %99{,}7\,\%

    Ein Abstand von 2,2σ2{,}2\sigma liegt außerhalb des 2σ2\sigma-Bereichs. Solche Ergebnisse treten beim reinen Raten in weniger als 5 %5\,\% der Fälle auf, und da nur die Abweichung nach oben interessiert, sogar in weniger als der Hälfte davon.

  6. 6

    Schritt 5: Das Urteil begründet formulieren.

    Ja, 1515 richtige Antworten wären auffällig. Ein solches Ergebnis ist durch reines Raten zwar möglich, aber unwahrscheinlich. Die naheliegendere Erklärung ist, dass der Schüler zumindest teilweise über Wissen verfügte.

    Sprachlich sorgfältig bleiben: „Auffällig" heißt nicht „unmöglich". Statistik kann Raten nicht ausschließen. Sie kann nur sagen, wie gut es zu den Daten passt.

  7. 7

    Schritt 6: Die Gegenprobe mit der Bernoulli-Formel. Wie unwahrscheinlich ist 1515 genau? Mit der Formel aus dem vorigen Kapitel:

    P(X=15)=(2015)⋅0,515⋅0,55=15504⋅0,520≈0,0148P(X = 15) = \binom{20}{15} \cdot 0{,}5^{15} \cdot 0{,}5^{5} = 15504 \cdot 0{,}5^{20} \approx 0{,}0148

    Also nur etwa 1,5 %1{,}5\,\% für genau 1515 Richtige. Zählt man auch die noch besseren Ergebnisse (1616 bis 2020) hinzu, kommt man auf rund 2 %2\,\%.

    Beide Wege stimmen überein: Die σ\sigma-Abschätzung sagte „unter 5 %5\,\%", die genaue Rechnung liefert etwa 2 %2\,\% ✓

  8. 8

    Schritt 7: Ein Blick auf die Grenzen des Urteils. Wo läge die Schwelle?

    Der 2σ2\sigma-Bereich reicht bis 10+2⋅2,24≈14,510 + 2 \cdot 2{,}24 \approx 14{,}5, also bis 1414 richtige Antworten. Ergebnisse bis 1414 gelten damit als unauffällig, ab 1515 als auffällig.

    Diese Schwelle ist eine Vereinbarung, kein Naturgesetz. In der Wissenschaft wird sie je nach Fachgebiet unterschiedlich streng gesetzt. Wichtig ist, sie vor dem Blick auf die Daten festzulegen, sonst sucht man sich hinterher die Grenze, die zum gewünschten Ergebnis passt.

a) μ=10\mu = 10 richtige Antworten · b) σ=5≈2,24\sigma = \sqrt5 \approx 2{,}24 · c) Ja, auffällig: 1515 liegt etwa 2,22{,}2 Standardabweichungen über dem Erwartungswert; reines Raten liefert ein so gutes Ergebnis nur in rund 2 %2\,\% der Fälle.

Zum Mitnehmen: Ob ein Ergebnis „viel" ist, entscheidet nicht der absolute Abstand zu μ\mu, sondern der Abstand in Standardabweichungen. Innerhalb von 2σ2\sigma ist unauffällig, außerhalb wird es begründungsbedürftig.

Typischer Fehler

Standardabweichung für n=100n = 100, p=0,5p = 0{,}5: „σ=n⋅p⋅(1−p)=25\sigma = n \cdot p \cdot (1-p) = 25."

Die wurde vergessen! σ=n⋅p⋅(1−p)=25=5\sigma = \sqrt{n \cdot p \cdot (1-p)} = \sqrt{25} = 5, nicht 25. Der Wert 25 ist die Varianz σ2\sigma^2. Verwechslung von Varianz und Standardabweichung ist der häufigste Fehler: Die Standardabweichung hat dieselbe Einheit wie die Zufallsgröße (Trefferzahl), die Varianz ihr . Immer die Wurzel ziehen!

Übung 1

leicht

XX ist mit n=50n = 50, p=0,2p = 0{,}2. Berechne μ\mu und σ\sigma.

Tipp anzeigen

μ=np\mu = np, σ=np(1−p)\sigma = \sqrt{np(1-p)}.

Lösung anzeigen

μ=50⋅0,2=10\mu = 50 \cdot 0{,}2 = 10

σ=50⋅0,2⋅0,8=8≈2,83\sigma = \sqrt{50 \cdot 0{,}2 \cdot 0{,}8} = \sqrt{8} \approx 2{,}83

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

    Erwartungswert μ = n·p

    μ=n⋅p=50⋅0,2=10\mu = n \cdot p = 50 \cdot 0{,}2 = 10.

  2. 2

    Standardabweichung σ = √(n·p·q)

    σ=n⋅p⋅(1−p)=50⋅0,2⋅0,8=8≈2,83\sigma = \sqrt{n \cdot p \cdot (1 - p)} = \sqrt{50 \cdot 0{,}2 \cdot 0{,}8} = \sqrt{8} \approx 2{,}83.

    50⋅0,2⋅0,8=8\sqrt{50 \cdot 0{,}2 \cdot 0{,}8} = \sqrt{8}

  3. 3

    Beide Kenngrößen deuten

    Typische Ergebnisse liegen im Bereich μ±σ≈10±2,83\mu \pm \sigma \approx 10 \pm 2{,}83, also grob zwischen 7 und 13 Treffern.

Übung 2

mittel

Eine Fluggesellschaft: 4 %4\,\% der gebuchten Passagiere erscheinen nicht. Bei 300 Buchungen: a) Wie viele No-Shows erwartet man? b) Wie groß ist die Standardabweichung?

Tipp anzeigen

n=300n = 300, p=0,04p = 0{,}04.

Lösung anzeigen

a) μ=300⋅0,04=12\mu = 300 \cdot 0{,}04 = 12 No-Shows im Mittel.

b) σ=300⋅0,04⋅0,96=11,52≈3,39\sigma = \sqrt{300 \cdot 0{,}04 \cdot 0{,}96} = \sqrt{11{,}52} \approx 3{,}39

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) Modell und Erwartungswert

    No-Shows als : n=300n = 300, p=0,04p = 0{,}04. Erwartung: μ=300⋅0,04=12\mu = 300 \cdot 0{,}04 = 12 No-Shows.

  2. 2

    b) Standardabweichung

    σ=300⋅0,04⋅0,96=11,52≈3,39\sigma = \sqrt{300 \cdot 0{,}04 \cdot 0{,}96} = \sqrt{11{,}52} \approx 3{,}39.

    300⋅0,04⋅0,96≈3,39\sqrt{300 \cdot 0{,}04 \cdot 0{,}96} \approx 3{,}39

    Zwischenergebnis

    σ≈3,39\sigma \approx 3{,}39

  3. 3

    Die Zahlen im Geschäftsmodell

    Typischer Bereich: 12±3,412 \pm 3{,}4, also etwa 9 bis 15 No-Shows. Wer z. B. 8 Plätze überbucht, riskiert nur in seltenen Fällen (No-Shows unter 8) einen überfüllten Flieger.

Übung 3

schwer

Eine Zufallsgröße ist mit n=400n = 400. Der beträgt μ=100\mu = 100. a) Bestimme pp. b) Berechne σ\sigma. c) In welchem Bereich μ±σ\mu \pm \sigma liegen die „typischen" Ergebnisse?

Tipp anzeigen

a) μ=np\mu = np nach pp auflösen.

Lösung anzeigen

a) 100=400⋅p⇒p=0,25100 = 400 \cdot p \Rightarrow p = 0{,}25.

b) σ=400⋅0,25⋅0,75=75≈8,66\sigma = \sqrt{400 \cdot 0{,}25 \cdot 0{,}75} = \sqrt{75} \approx 8{,}66.

c) μ±σ≈100±8,66\mu \pm \sigma \approx 100 \pm 8{,}66, also etwa von 91 bis 109 liegen die typischen Ergebnisse.

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) p aus dem Erwartungswert

    μ=n⋅p\mu = n \cdot p: 100=400⋅p⇒p=100400=0,25100 = 400 \cdot p \Rightarrow p = \frac{100}{400} = 0{,}25.

  2. 2

    b) σ berechnen

    σ=400⋅0,25⋅0,75=75≈8,66\sigma = \sqrt{400 \cdot 0{,}25 \cdot 0{,}75} = \sqrt{75} \approx 8{,}66.

    400⋅0,25⋅0,75=75\sqrt{400 \cdot 0{,}25 \cdot 0{,}75} = \sqrt{75}

  3. 3

    c) Den typischen Bereich angeben

    μ±σ≈100±8,66\mu \pm \sigma \approx 100 \pm 8{,}66: Die typischen Ergebnisse liegen etwa zwischen 91 und 109.

Zusammenfassung

Die hat zwei einfache Kenngrößen: μ=n⋅p\mu = n \cdot p (die typische Trefferzahl) und Standardabweichung σ=np(1−p)\sigma = \sqrt{n p (1-p)} (die typische Streuung). Die Varianz σ2=np(1−p)\sigma^2 = np(1-p) ist ihr , die nie vergessen! Diese Größen zentrieren und „vermessen" die glockenförmige Verteilung und bilden die Grundlage der beurteilenden Statistik.