Histogramm der Binomialverteilung einfach erklärt

Aus dem Text entnehmen wir:

• Anzahl der Würfe: $n=5$
• Trefferwahrscheinlichkeit: $p=0{,}7$

Wir berechnen die Wahrscheinlichkeit für genau $k=0$ Treffer. Das bedeutet, Sophia trifft kein einziges Mal.

$P(X=0) = \binom{5}{0} \cdot 0{,}7^{0} \cdot (1-0{,}7)^{5-0}$

$P(X=0) = 1 \cdot 1 \cdot 0{,}3^5$

$P(X=0) = 0{,}00243$

Die Wahrscheinlichkeit für 0 Treffer ist also sehr gering, nur ca. 0,24 %.

Wir schauen uns den Balken bei $k=0$ in jedem Diagramm an:

• Blau: Die Höhe ist sehr klein, ca. 0,01.
• Rot: Die Höhe ist ca. 0,03.
• Grün: Die Höhe ist ca. 0,17.

Unser berechneter Wert ist $0{,}00243$. Der abgelesene Wert des blauen Histogramms ($\approx 0{,}01$) ist diesem Wert am nächsten. Die anderen sind deutlich zu hoch.

• Anzahl der Fragen (Versuche): $n=4$
• Wahrscheinlichkeit, richtig zu raten (1 aus 4): $p=1/4 = 0{,}25$

Wir berechnen die Wahrscheinlichkeit für genau $k=0$ richtige Antworten.

$P(X=0) = \binom{4}{0} \cdot 0{,}25^{0} \cdot (1-0{,}25)^{4-0}$

$P(X=0) = 1 \cdot 1 \cdot 0{,}75^4$

$P(X=0) = 0{,}3164$

Die Wahrscheinlichkeit für 0 Treffer liegt bei ca. 31,6 %.

Wir lesen die Höhe des Balkens bei $k=0$ ab:

• Histogramm A: Höhe $\approx 0{,}32$
• Histogramm B: Höhe $\approx 0{,}01$
• Histogramm C: Höhe $\approx 0{,}06$

Der berechnete Wert ($0{,}3164$) passt fast perfekt zum abgelesenen Wert von Histogramm A.

• Anzahl der Würfe: $n=6$
• Wahrscheinlichkeit für eine 6: $p=1/6 \approx 0{,}167$

Wir berechnen die Wahrscheinlichkeit, genau $k=0$ Sechsen zu werfen.

$P(X=0) = \binom{6}{0} \cdot \left(\frac{1}{6}\right)^{0} \cdot \left(1-\frac{1}{6}\right)^{6-0}$

$P(X=0) = 1 \cdot 1 \cdot \left(\frac{5}{6}\right)^6$

$P(X=0) \approx 0{,}3349$

Die Wahrscheinlichkeit für keine einzige 6 liegt bei ca. 33,5 %.

Wir lesen die Höhe des Balkens bei $k=0$ ab:

• Histogramm X: Höhe $\approx 0{,}33$
• Histogramm Y: Höhe $\approx 0{,}02$
• Histogramm Z: Höhe $\approx 0{,}03$

Der berechnete Wert ($0{,}3349$) passt sehr gut zum abgelesenen Wert von Histogramm X.

• Anzahl der Teile (Stichprobengröße): $n=5$
• Wahrscheinlichkeit für ein fehlerfreies Teil: $p=0{,}5$

Wir berechnen die Wahrscheinlichkeit für genau $k=0$ fehlerfreie Teile.

$P(X=0) = \binom{5}{0} \cdot 0{,}5^{0} \cdot (1-0{,}5)^{5-0}$

$P(X=0) = 1 \cdot 1 \cdot 0{,}5^5$

$P(X=0) = 0{,}03125$

Die Wahrscheinlichkeit für 0 fehlerfreie Teile liegt bei ca. 3,1 %.

Wir lesen die Höhe des Balkens bei $k=0$ ab:

• Histogramm I: Höhe $\approx 0{,}03$
• Histogramm II: Höhe $\approx 0{,}00$
• Histogramm III: Höhe $\approx 0{,}41$

Der berechnete Wert ($0{,}03125$) passt perfekt zum abgelesenen Wert von Histogramm I. Man hätte auch argumentieren können, dass bei $p=0{,}5$ das Histogramm symmetrisch sein muss, was nur bei I der Fall ist.

• Anzahl der Drehungen: $n=3$
• Wahrscheinlichkeit für ein blaues Feld (2 von 10): $p=2/10 = 0{,}2$

Wir berechnen die Wahrscheinlichkeit für genau $k=0$ blaue Felder.

$P(X=0) = \binom{3}{0} \cdot 0{,}2^{0} \cdot (1-0{,}2)^{3-0}$

$P(X=0) = 1 \cdot 1 \cdot 0{,}8^3$

$P(X=0) = 0{,}512$

Die Wahrscheinlichkeit für keinen blauen Treffer liegt bei 51,2 %.

Wir lesen die Höhe des Balkens bei $k=0$ ab:

• Histogramm A: Höhe $\approx 0{,}01$
• Histogramm B: Höhe $\approx 0{,}51$
• Histogramm C: Höhe $\approx 0{,}13$

Der berechnete Wert ($0{,}512$) passt perfekt zum abgelesenen Wert von Histogramm B.

Wir suchen zwei Werte:

1. Die Wahrscheinlichkeit für genau 2 Treffer: $P(X=2)$.
2. Die Wahrscheinlichkeit für 1, 2 oder 3 Treffer: $P(1 \le X \le 3)$.

• Für $P(X=2)$: Wir suchen den Balken bei $k=2$. Wir gehen von seiner Spitze nach links zur y-Achse und lesen ab: $P(X=2) \approx 0{,}31$.

• Für $P(1 \le X \le 3)$ müssen wir drei Werte ablesen:

  • $P(X=1) \approx 0{,}35$
  • $P(X=2) \approx 0{,}31$
  • $P(X=3) \approx 0{,}13$

Nun addieren wir die drei abgelesenen Werte:

$P(1 \le X \le 3) = P(X=1) + P(X=2) + P(X=3)$

$\approx 0{,}35 + 0{,}31 + 0{,}13$

$= 0{,}79$

1. Die Wahrscheinlichkeit für kein defektes Teil: $P(X=0)$.
2. Die Wahrscheinlichkeit für mindestens 3 defekte Teile: $P(X \ge 3)$. Dies bedeutet $P(X=3) + P(X=4)$.

• Für $P(X=0)$: Wir lesen die Höhe des Balkens bei $k=0$ ab: $P(X=0) \approx 0{,}41$.

• Für $P(X \ge 3)$ lesen wir die Werte für $k=3$ und $k=4$ ab:

  • $P(X=3) \approx 0{,}08$
  • $P(X=4) \approx 0{,}02$

Wir addieren die Wahrscheinlichkeiten für $k=3$ und $k=4$:

$P(X \ge 3) = P(X=3) + P(X=4)$

$\approx 0{,}08 + 0{,}02$

$= 0{,}10$

1. Die wahrscheinlichste Anzahl an Sonnenstunden: Das ist der $k$-Wert mit dem höchsten Balken.
2. Die Wahrscheinlichkeit für weniger als 2 Sonnenstunden: $P(X < 2)$. Das bedeutet $P(X=0) + P(X=1)$.

• Für die wahrscheinlichste Anzahl: Der höchste Balken ist bei $k=3$. Seine Höhe ist ca. 0,31.

• Für $P(X < 2)$ lesen wir die Werte für $k=0$ und $k=1$ ab:

  • $P(X=0) \approx 0{,}01$
  • $P(X=1) \approx 0{,}09$

Wir addieren die Wahrscheinlichkeiten für $k=0$ und $k=1$:

$P(X < 2) = P(X=0) + P(X=1)$

$\approx 0{,}01 + 0{,}09$

$= 0{,}10$

Wir suchen die Wahrscheinlichkeit, mindestens 4 Fragen richtig zu haben. Das ist $P(X \ge 4)$, was sich zusammensetzt aus $P(X=4) + P(X=5)$.

Wir lesen die Höhen der Balken für $k=4$ und $k=5$ ab:

• $P(X=4) \approx 0{,}26$
• $P(X=5) \approx 0{,}10$

Wir addieren die beiden Wahrscheinlichkeiten:

$P(X \ge 4) = P(X=4) + P(X=5)$

$\approx 0{,}26 + 0{,}10$

$= 0{,}36$

Wir suchen die Wahrscheinlichkeit für höchstens ein fehlerhaftes Teil. Das bedeutet 0 oder 1 fehlerhaftes Teil. Mathematisch: $P(X \le 1) = P(X=0) + P(X=1)$.

Wir lesen die Höhen der Balken für $k=0$ und $k=1$ ab:

• $P(X=0) \approx 0{,}33$
• $P(X=1) \approx 0{,}40$

Wir addieren die beiden Wahrscheinlichkeiten:

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

$\approx 0{,}33 + 0{,}40$

$= 0{,}73$