Die Binomialverteilung: von der Urne zum Histogramm

Mit Zurücklegen

Eine Urne enthält vier Kugeln mit den Nummern 1 bis 4, wir ziehen zweimal. Legt man die erste Kugel zurück, ist die Urne vor dem zweiten Zug wieder wie vorher: vier Möglichkeiten im ersten Zug, vier im zweiten, zusammen $4\cdot 4=4^2=16$ geordnete Ergebnisse: Jedes der vier Ergebnisse des ersten Zugs verzweigt sich wieder in vier. Bei $k$ Zügen sind es $4^k$, aus $n$ Kugeln allgemein $n^k$: Die Möglichkeiten werden multipliziert, nicht addiert.

Jeder Punkt im Gitter ist ein Ergebnis $(i\mid j)$ mit erster Kugel $i$ und zweiter Kugel $j$. Die vier orangefarbenen Punkte auf der Diagonalen sind „dieselbe Kugel nochmals“, die zwölf blauen Punkte zeigen zwei verschiedene Kugeln.

Ohne Zurücklegen

Bleibt die gezogene Kugel draußen, wird die Urne kleiner: vier Möglichkeiten im ersten Zug, nur noch drei im zweiten, zusammen $4\cdot 3=12$ Ergebnisse. Es fehlen genau die orangefarbenen Punkte, denn dieselbe Kugel kann nicht zweimal kommen.

Der Baum zeigt es für drei Kugeln und drei Züge: erst drei Äste, dann zwei, dann einer, zusammen $3\cdot 2\cdot 1=6$ Pfade; ein Produkt aller Zahlen bis 1 schreibt man $3!$, gesprochen „3 Fakultät“. Bei $k$ Zügen aus $n$ Kugeln gibt es $n\cdot (n-1)\cdot \dots \cdot (n-k+1)$ geordnete Ergebnisse.

Ob man mit oder ohne Zurücklegen zählt, entscheidet eine Frage: Darf sich das Gezogene wiederholen? Zweimal würfeln darf dieselbe Augenzahl liefern ($6\cdot 6=36$). Zwei Namen aus einem Lostopf mit 8 Namen müssen verschieden sein ($8\cdot 7=56$).

Reihenfolge egal

Ein Trainer wählt zwei von vier Spielern aus; wen er zuerst nennt, ist egal. Wir ziehen also zwei von vier Kugeln ohne Zurücklegen, aber die Reihenfolge zählt nicht. Von den 12 geordneten Paaren gehören je zwei zur selben Auswahl: $(1\mid 2)$ und $(2\mid 1)$. Es bleiben $12:2=6$ ungeordnete Auswahlen.

Allgemein lassen sich $k$ Kugeln auf $k!=k\cdot (k-1)\cdot \dots \cdot 1$ Arten anordnen. Jede Auswahl steckt daher $k!$-mal in den geordneten Ergebnissen, und man teilt durch $k!$.

Der Binomialkoeffizient

Die Zahl der ungeordneten Auswahlen von $k$ aus $n$ heißt Binomialkoeffizient, gelesen „$n$ über $k$“. In Aufgabentexten steht dafür auch C(n, k):

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=\frac{n\cdot (n-1)\cdot \dots \cdot (n-k+1)}{k!},\text{zum Beispiel }\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)=\frac{4\cdot 3}{2\cdot 1}=6.$$

Wer $k$ Kugeln auswählt, lässt $n-k$ liegen, darum gilt $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-k}\right)$: In den Säulen sind die Säule k und ihr Partner 5 − k gleich hoch. Zwei Randfälle: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n}\right)=1$, denn nichts oder alles auszuwählen geht nur auf eine Art. Im Zähler stehen genau $k$ Faktoren, bei $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{3}\right)$ also $7\cdot 6\cdot 5$ und nicht alle Zahlen bis 1. Sind alle Auswahlen gleich wahrscheinlich, teilt man die Zahl der günstigen durch $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$: Dass von vier Kugeln genau die Kugeln 1 und 2 gezogen werden, hat die Wahrscheinlichkeit $\frac{1}{6}$.

Zwei Ausgänge, gleiches p

Ein Ratetest hat 10 Fragen mit je vier Antworten, genau eine ist richtig. Wer zufällig ankreuzt, hat pro Frage die Chance $p=\frac{1}{4}=0,25$, nicht $\frac{1}{2}$: „richtig“ und „falsch“ sind nicht gleich wahrscheinlich. Jede Frage ist ein Versuch mit nur zwei Ausgängen, Treffer (richtig) und Niete (falsch).

Wiederholt man einen solchen Versuch $n$-mal, unabhängig und immer mit demselben $p$, entsteht eine Bernoulli-Kette der Länge $n$; hier ist $n=10$ und $p=0,25$. Auch mehr als zwei Ausgänge passen, wenn man sie zusammenfasst: Bei einem Glücksrad mit fünf gleich großen Feldern und einem Gewinnfeld ist „Gewinn“ der Treffer, $p=\frac{1}{5}$, die vier übrigen Felder sind zusammen die Niete.

Nur mit Zurücklegen bleibt $p$ gleich und sind die Züge unabhängig. Ohne Zurücklegen hängt die Chance im nächsten Zug davon ab, was schon gezogen wurde; dann ist es keine Bernoulli-Kette.

Pfade und ihre Wahrscheinlichkeit

Im Baum trägt jeder Ast eine Wahrscheinlichkeit: T (Treffer) hat $p$, N (Niete) hat $1-p=0,75$. Ein Pfad ist eine Trefferfolge, hier zum Beispiel T, N, N. Seine Wahrscheinlichkeit ist das Produkt der Astwahrscheinlichkeiten (Pfadregel):

$$0,25\cdot 0,75\cdot 0,75\approx 0,1406,\text{allgemein bei }k\text{ Treffern }{p}^k\cdot (1-p{)}^{n-k}.$$

Die Niete geht mit $1-p$ ein, nicht mit $p$: Wer nur die Treffer multipliziert, vergisst die Nieten. Die Reihenfolge ändert nichts: T, N, N und N, T, N und N, N, T haben dieselben Faktoren, also denselben Wert.

Pfade zählen

Wie wahrscheinlich ist genau ein Treffer bei drei Fragen mit $p=0,25$? Drei Pfade haben einen Treffer und zwei Nieten: T, N, N und N, T, N und N, N, T. Jeder hat die Wahrscheinlichkeit $0,25\cdot 0,75^2\approx 0,1406$, zusammen also $3\cdot 0,140625\approx 0,4219$.

Die Drei zählt die Pfade: Man wählt aus den $n$ Stellen die $k$ der Treffer aus, ungeordnet und ohne Zurücklegen, das sind $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ Möglichkeiten (hier $n=3$, $k=1$). Die Zufallsgröße $X$ zählt die Treffer. Sie heißt binomialverteilt mit den Parametern $n$ und $p$, kurz $X\sim B(n;p)$, und es gilt:

$$P(X=k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)\cdot p^k\cdot (1-p{)}^{n-k}$$

Das ist die Zahl der Pfade, mal die Wahrscheinlichkeit der k Treffer, mal die der n − k Nieten. Für das Beispiel: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right)\cdot 0,25^1\cdot 0,75^2\approx 0,4219$. Ohne die Pfadzahl käme nur $0,1406$ heraus, ein falscher Wert.

Die Verteilung lesen

Im Ratetest ist $X\sim B(10;0,25)$. Für genau vier richtige Antworten gilt $P(X=4)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{4}\right)\cdot 0,25^4\cdot 0,75^6=210\cdot 0,00390625\cdot 0,178\approx 0,146$.

Rechnet man $P(X=k)$ für alle $k=0,1,\dots ,10$ aus, entsteht das Histogramm der Verteilung: Die Säule bei $k$ hat die Breite 1 und die Höhe $P(X=k)$. Weil $X$ einen der Werte 0 bis 10 annimmt, ergeben alle Säulenhöhen zusammen 1. Das ist eine Kontrolle für jede Rechnung: Eine Tabelle, die sich nicht zu 1 summiert, enthält einen Fehler.

Höchstens und mindestens

Wie wahrscheinlich sind im Ratetest höchstens drei richtige Antworten? Man addiert die Säulen 0 bis 3: $P(X\le 3)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)\approx 0,7759$. Solche Summen heißen kumulierte Wahrscheinlichkeiten. Die Grenze gehört dazu, das sagt das Zeichen $\le$.

„Mindestens vier“ ist das Gegenereignis zu „höchstens drei“, also $P(X\ge 4)=1-P(X\le 3)\approx 1-0,7759=0,2241$. Achtung an der Grenze: Das Gegenereignis beginnt bei 4, nicht bei 3. Auch „weniger als vier“ heißt nichts anderes als „höchstens drei“: Bei ganzen Zahlen entscheidet das Zeichen $<$ oder $\le$ über eine ganze Säule.

Zwischen zwei Werten

Für $P(2\le X\le 5)$ nimmt man den Bereich bis 5 und zieht alles unterhalb von 2 ab, also den Bereich bis 1: $P(2\le X\le 5)=P(X\le 5)-P(X\le 1)\approx 0,98027-0,24403\approx 0,7362$. Beide Randwerte 2 und 5 gehören zum Bereich.

Dieselbe Summe schreibt das Summenzeichen kurz auf: Der Laufindex $i$ läuft von der unteren Grenze $a$ bis zur oberen Grenze $b$; die Summe hat $b-a+1$ Summanden. Tabellen und Software liefern $P(X\le k)$ fertig, wir müssen nur die Grenzen richtig übersetzen.

$$P(a\le X\le b)=\sum _{i=a}^b\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)p^i(1-p{)}^{n-i}$$

Der Erwartungswert n · p

Wer im Ratetest zufällig ankreuzt, trifft im Mittel ein Viertel der 10 Fragen: $$\mu =E(X)=n\cdot p=10\cdot 0,25=2,5$$

Der Erwartungswert ist kein möglicher Ausgang, niemand hat 2,5 Fragen richtig. Er ist der Mittelwert auf lange Sicht: Schreiben sehr viele Personen den Test, liegt der Durchschnitt ihrer Trefferzahlen nahe bei 2,5. Im Histogramm ist er der Schwerpunkt. Für eine einzelne Serie sagt er nichts voraus: Bei 20 Münzwürfen erwartet man 10 Köpfe, genau 10 treten aber nur mit etwa 18 % ein. Warum $n\cdot p$? Jeder der $n$ Versuche trägt im Mittel $p$ Treffer bei.

Die Streuung σ

Wie weit weicht die Trefferzahl typischerweise von $\mu$ ab? Das misst die Standardabweichung. Sie ist die Wurzel der Varianz, der mittleren quadratischen Abweichung von $\mu$. Für $X\sim B(n;p)$ gilt

$$\text{Var}(X)=n\cdot p\cdot (1-p),\sigma =\sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}.$$

Im Ratetest ist $\text{Var}(X)=10\cdot 0,25\cdot 0,75=1,875$ und $\sigma \approx 1,37$. Die orangefarbenen Marken zeigen $\mu \pm \sigma$, also 1,13 bis 3,87. Meist liegt $X$ im Bereich $\mu \pm 2\sigma$; Ergebnisse weit außerhalb sind selten. Am größten ist $\sigma$ bei $p=0,5$, denn dort ist $p\cdot (1-p)$ am größten; bei sehr kleinem oder großem $p$ gehen fast alle Versuche gleich aus.

Die Wirkung von p

Wir halten $n=10$ fest und ändern $p$. Der Gipfel des Histogramms folgt dem Erwartungswert $n\cdot p$: Für $p<0,5$ liegt er links und der lange Ausläufer rechts, für $p=0,5$ in der Mitte, und das Histogramm ist symmetrisch, für $p>0,5$ liegt er rechts. Bei $p=0,1$ steht er bei $k=1$, bei $p=0,9$ bei $k=9$.

Schalte das Spiegelbild ein: Die orangefarbenen Säulen gehören zu $1-p$. Treffer und Niete tauschen die Rollen, deshalb ist $P(X=k)$ bei $p$ gleich $P(X=n-k)$ bei $1-p$: Das Histogramm wird an $k=n/2$ gespiegelt.

Die Wirkung von n

Nun bleibt $p=0,5$, und $n$ wächst. Der Gipfel bei $n/2$ wandert nach rechts, das Histogramm wird breiter und die höchste Säule niedriger: $\sigma =\sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}$ wächst mit $n$, aber nur wie $\sqrt{n}$: Vervierfacht man $n$ von 25 auf 100, verdoppelt sich $\sigma$ von 2,5 auf 5.

„Mehr Versuche, also schmaler“ stimmt nur für den Anteil $k/n$: Er streut mit $\sigma /n$ immer weniger. In Trefferzahlen $k$ gilt das Gegenteil. Zwei Verteilungen mit verschiedenem $p$ überlappen sich bei gleichem $n$ nur teilweise; genau diesen Überlapp braucht später der Signifikanztest.