Binomialverteilungs-Explorer

diskrete Erfolgsanzahl-Wahrscheinlichkeiten bei festem n und p

Startwerte — Binomialverteilungs-Explorer

Versuche (n)	20
Erfolgswahrscheinlichkeit (p)	0
Ziel-Erfolge (k)	7

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Die Unabhängigkeit ist die Annahme, die zuerst bricht 🖖

Für eine Binomialverteilung müssen drei Voraussetzungen erfüllt sein: Die Zahl der Versuche ist fest, die Erfolgswahrscheinlichkeit p bleibt bei jedem Versuch gleich und die Ergebnisse beeinflussen einander nicht. Die ersten beiden Bedingungen lassen sich leicht prüfen. Die dritte ist in der Praxis oft unbemerkt verletzt.

Ziehst du 5 Karten aus einem Kartenspiel und fragst nach der Wahrscheinlichkeit für 2 Asse, sinkt p schon nach dem ersten gezogenen Ass für alle folgenden Karten. Die Versuche sind also nicht unabhängig, und statt der Binomialverteilung brauchst du die hypergeometrische Verteilung. Entscheidend ist meist, ob du mit oder ohne Zurücklegen ziehst. Legst du jede Karte zurück, liefert die Binomialverteilung ein exaktes Ergebnis. Behältst du sie, ist sie nur eine Näherung: gut, wenn das Kartenspiel gegenüber der gezogenen Hand groß ist, sonst schlecht.

Erfolge in wiederholten Versuchen zählen 🖖

Stell dir vor, du wirfst dieselbe gezinkte Münze n-mal und zählst einfach, wie oft Kopf fällt. Diese Anzahl ist eine binomialverteilte Zufallsgröße: Jeder Wurf ist unabhängig, und jeder hat dieselbe Erfolgswahrscheinlichkeit p. Mit dem Tool verschiebst du n und p und siehst, wo sich die Wahrscheinlichkeit häuft. Dein bester Einzeltipp für die Zahl der Erfolge ist der Erwartungswert np — 20 Würfe einer fairen Münze zentrieren sich also auf 10-mal Kopf.

Woher der Name wirklich kommt 🖖

Das „binomial" in Binomialverteilung ist dasselbe wie im binomischen Lehrsatz der Algebra. Entwickelt man (p + q)ⁿ mit q = 1 − p, entstehen genau die Terme nCk · p^k · q^n−k — die Wahrscheinlichkeiten für jedes k. Da (p + q) = 1 gilt, ist die Entwicklung gleich 1ⁿ = 1, weshalb sich die Wahrscheinlichkeiten zu eins summieren müssen. Die Koeffizienten nCk sind buchstäblich die Zeilen des Pascalschen Dreiecks.

BINOMIALVERTEILUNG — WELCHE FRAGE STELLST DU EIGENTLICH?

In welchem Binomialfall bist du?

Die Binomialverteilung braucht genau drei Dinge: eine feste Anzahl unabhängiger Versuche n, dieselbe Erfolgswahrscheinlichkeit p in jedem einzelnen davon und eine Anzahl k. Von Aufgabe zu Aufgabe ändert sich nur die Frage — genau k oder höchstens k — und die Form, die p der Verteilung gibt. Sind diese beiden geklärt, ist der Rest reine Rechnung.

Genau k bei p = ½ — der symmetrische Fall P(X = k) = C(n,k) p^k(1−p)^n−k

Höchstens k — Balken summieren, nicht einen ablesen P(X ≤ k) = ∑_i≤k P(X = i)

p weit von ½ entfernt — die Verteilung kippt μ = np, argmax P = ⌊(n+1)p⌋

Viele Versuche, winziges p — der Poisson-Grenzfall λ = np, P(X = k) ≈ e^−λλ^k/k!

Genau k bei p = ½ — der symmetrische Fall

Was du weißt: Festes n, dasselbe p in jedem Versuch und eine Frage nach einer ganz bestimmten Anzahl. Bei p = ½ liegen die Balken symmetrisch um n/2.

Formel: P(X = k) = C(n,k) p^k(1−p)^n−k

Rechenbeispiel: n = 10, p = 0,5, k = 5 → C(10,5)·0,5¹⁰ = 252/1024 = 0,2461

Diesen Fall öffnen: 10 faire Münzwürfe

Genau k bei p = ½ — der symmetrische Fall. Bei p = ½ liegen die Balken symmetrisch um n/2, und selbst der höchste trägt weniger als ein Viertel der Wahrscheinlichkeit. Festes n, dasselbe p in jedem Versuch und eine Frage nach einer ganz bestimmten Anzahl. Bei p = ½ liegen die Balken symmetrisch um n/2. — Bei p = ½ liegen die Balken symmetrisch um n/2, und selbst der höchste trägt weniger als ein Viertel der Wahrscheinlichkeit.

Höchstens k — Balken summieren, nicht einen ablesen

Was du weißt: Gefragt ist eine Schwelle, nicht eine einzelne Anzahl. Addiere jeden Balken von 0 bis k; ein einzelnes P(X = k) beantwortet eine völlig andere Frage.

Formel: P(X ≤ k) = ∑_i≤k P(X = i)

Rechenbeispiel: n = 40, p = 0,08, k ≤ 2 → P(X ≤ 2) = 0,3694, während der einzelne Balken P(X = 2) nur 0,2100 beträgt

Diesen Fall öffnen: Qualitätskontrolle Ausschuss

Höchstens k — Balken summieren, nicht einen ablesen. Die Antwort ist der schattierte Block von 0 bis k, nicht die Höhe des k-ten Balkens. Gefragt ist eine Schwelle, nicht eine einzelne Anzahl. Addiere jeden Balken von 0 bis k; ein einzelnes P(X = k) beantwortet eine völlig andere Frage. — Die Antwort ist der schattierte Block von 0 bis k, nicht die Höhe des k-ten Balkens.

p weit von ½ entfernt — die Verteilung kippt

Was du weißt: Eine einseitige Erfolgswahrscheinlichkeit. Das Maximum liegt nahe np, und der Rand auf der gedrängten Seite wird gegen die Grenze bei n gepresst.

Formel: μ = np, argmax P = ⌊(n+1)p⌋

Rechenbeispiel: n = 25, p = 0,78, k = 20 → 0,1903; der Erwartungswert ist np = 19,5, der Modus ⌊(n+1)p⌋ = 20

Diesen Fall öffnen: Basketball-Freiwürfe

p weit von ½ entfernt — die Verteilung kippt. Ein hohes p schiebt das Maximum Richtung n und drückt den rechten Rand gegen die Grenze. Eine einseitige Erfolgswahrscheinlichkeit. Das Maximum liegt nahe np, und der Rand auf der gedrängten Seite wird gegen die Grenze bei n gepresst. — Ein hohes p schiebt das Maximum Richtung n und drückt den rechten Rand gegen die Grenze.

Viele Versuche, winziges p — der Poisson-Grenzfall

Was du weißt: n ist groß, p ist klein, und ihr Produkt bleibt bescheiden. Binomialverteilung und Poisson-Verteilung mit λ = np stimmen auf etwa zwei Nachkommastellen überein.

Formel: λ = np, P(X = k) ≈ e^−λλ^k/k!

Rechenbeispiel: n = 60, p = 0,03 → λ = 1,8; P(X ≤ 1) = 0,4592 exakt, gegenüber 0,4628 nach Poisson

Diesen Fall öffnen: seltener Ereignisprozess

Viele Versuche, winziges p — der Poisson-Grenzfall. Die Binomialbalken und die Poisson-Verteilung mit λ = np liegen fast exakt übereinander. n ist groß, p ist klein, und ihr Produkt bleibt bescheiden. Binomialverteilung und Poisson-Verteilung mit λ = np stimmen auf etwa zwei Nachkommastellen überein. — Die Binomialbalken und die Poisson-Verteilung mit λ = np liegen fast exakt übereinander.

Aufgaben vollständig gelöst

Genau 7 Erfolge in 20 Versuchen bei p = 0,35 5 Schritte
Genau 7 Erfolge in 20 Versuchen bei p = 0,35. Dies ist die PMF-Ansicht mit n = 20, p = 0,35 und k = 7. Konstruieren Sie den Balken von Grund auf und berechnen Sie seine Höhe anschließend ein zweites Mal allein aus der Standardabweichung.
1. Der Koeffizient zählt, welche 7 der 20 Versuche die erfolgreichen sind, ohne Rücksicht auf die Reihenfolge ihres Auftretens. Sieben Faktoren im Zähler, 7! im Nenner – das Kürzen einmal von Hand durchzuführen lohnt sich.
  
  $(7 20) = \frac{20 \times 19 \times 18 \times 17 \times 16 \times 15 \times 14}{7 !} = \frac{390 700 800}{5040} = 77520$
2. Jede spezifische Anordnung von 7 Erfolgen und 13 Misserfolgen besitzt dieselbe Wahrscheinlichkeit, da die Versuche unabhängig sind und p unverändert bleibt. Dies sind ihre beiden Hälften.
  
  $p^{k} = 0.3 5^{7} = 0.00064339, (1 - p)^{n - k} = 0.6 5^{13} = 0.00369721$
3. Multiplizieren Sie die Anzahl der Anordnungen mit der Wahrscheinlichkeit einer einzelnen Anordnung. Die beiden Wahrscheinlichkeitsfaktoren ergeben zusammen etwa 2,4 × 10⁻⁶, sodass alle 77.520 Anordnungen erforderlich sind, um das Ergebnis wieder auf 18% anzuheben.
  
  $P (X = 7) = 77520 \times 0.00064339 \times 0.00369721 = 0.18440119$
4. Der obere Verteilungsendbereich ist nicht das Komplement des kumulativen Werts: 1 − 0,6010266 würde k = 7 verwerfen, was jedoch zu beiden Endbereichen gehört. Das Werkzeug gibt P(X ≤ 7) und P(X ≥ 7) aus, aber nie P(X ≤ 6), sodass diese Subtraktion vom Leser durchzuführen ist.
  
  $P (X \geq 7) = 1 - P (X \leq 6) = 1 - (0.6010266 - 0.1844012) = 1 - 0.4166254 = 0.5833746$
5. Verzichten Sie nun auf die Fakultäten. Eine Binomialverteilung, deren Mittelwert deutlich von 0 und n entfernt liegt, hat die Form einer Normalverteilungskurve mit derselben Standardabweichung – und die Spitzenhöhe einer Normalverteilungskurve hängt von nichts anderem ab.
  
  $σ = n p (1 - p) = 4.55 = 2.133073, \frac{1}{σ 2 π} = \frac{1}{5.34682} = 0.18703$
Antwort

Das Werkzeug gibt den Koeffizienten 77.520, P(X = 7) = 0,18440119, P(X ≤ 7) = 0,6010266, P(X ≥ 7) = 0,58337458 und σ = 2,133073 aus. Schritt 5 erreicht allein aus σ den Wert 0,18703 – 1,4% zu hoch, aus einem Ausdruck, der weder n noch p noch eine Fakultät enthält. Erhöht man n bei unverändertem p = 0,35, verhält sich dieser Fehler proportional zu 1/n: 0,71% bei n = 40, 0,28% bei n = 100, 0,07% bei n = 400. Somit genügen μ und σ, um jeden Balken nahe der Mitte zu skizzieren, und die exakte Formel bewährt sich erst weiter außen in den Verteilungsendbereichen – bei k = 0 ist dieselbe Normalverteilungskurve um das 4,7-Fache zu hoch, und bei k = 17 ist sie um 43% zu niedrig. Prozentuale Fehler in der Mitte, Faktorfehler an den Rändern: Das ist die Gestalt jeder Normalapproximierung, der Sie begegnen werden.

$P (X = k) = (k n) p^{k} (1 - p)^{n - k} = 0.18440119 \approx \frac{1}{σ 2 π} = 0.18703$
60 Versuche bei 3% mit np von nur 1,8 6 Schritte
Diese Voreinstellung sind 60 Versuche zu 3 %, und die Tafel gibt P(X = 1) = 0,29840413. Die Normalnäherung aus der ersten Aufgabe nützt hier nichts — np ist nur 1,8. Es gibt einen anderen Grenzfall, der beinahe exakt ist, und er wirft einen der beiden Parameter vollständig weg.
1. Zuerst die exakte Antwort, direkt von der Tafel: sechzig Möglichkeiten für den einen Treffer, mal den Treffer, mal neunundfünfzig Fehlschläge.
  
  $(1 60) (0.03)^{1} (0.97)^{59} = 60 \times 0.03 \times 0.16578007 = 0.29840413$
2. Halte das Produkt np fest und nenne es λ. Das ist die einzige Größe, die den Grenzübergang überleben wird.
  
  $λ = n p = 60 \times 0.03 = 1.8$
3. Nimm den Binomialkoeffizienten. Schreibe p als λ/n; die fallende Fakultät geteilt durch nᵏ strebt gegen 1, denn jeder Faktor ist n minus etwas Kleines, geteilt durch n. Übrig bleibt λᵏ durch k Fakultät.
  
  $(k n) p^{k} = \frac{n ( n - 1 ) \dots ( n - k + 1 )}{k !} (\frac{λ}{n})^{k} n \to \infty \frac{λ ^{k}}{k !}$
4. Der Fehlschlagterm ist die Definition von e in Verkleidung: (1 − λ/n) hoch n strebt gegen e^(−λ), und das zusätzliche k im Exponenten fällt nicht mehr ins Gewicht.
  
  $(1 - p)^{n - k} = (1 - \frac{λ}{n})^{n - k} n \to \infty e^{- λ}$
5. Setze die beiden Hälften bei k = 1 wieder zusammen.
  
  $P (X = 1) \approx λ e^{- λ} = 1.8 e^{- 1.8} = 0.29753800$
6. Nun miss den Fehler, statt zu behaupten, er sei klein.
  
  $\frac{0.29753800 - 0.29840413}{0.29840413} = - 0.0029$
Antwort

0,29754 gegen die exakten 0,29840 — 0,29 % zu niedrig, und das bei nur sechzig Versuchen. Der Poisson-Grenzfall behält λ = np und vergisst n und p einzeln, und genau deshalb beschreibt er Situationen, in denen man n nie kannte: Anrufe an einer Vermittlung, Mutationen pro Genom, Tippfehler pro Seite. In keiner davon gibt es eine Versuchszahl, nur eine Rate. Und der Fehler fällt wie 1/n — bei 600 Versuchen zu 0,3 % sind es 0,030 %, bei 6000 zu 0,03 % noch 0,003 %. Zehnmal so viele Versuche, ein Zehntel des Fehlers, ohne dass λ sich bewegt.

$P (k) \to \frac{λ ^{k}}{k !} e^{- λ} : 0.29754 ⟷ 0.29840, - 0.29%$

Lernpfad

Von Zählwerten zu Kurven

Führt zu Poisson-Verteilung die exakte Verteilung einer Anzahl: n unabhängige Versuche mit jeweils derselben Wahrscheinlichkeit p.

Quellen (2)

Three centuries of the result this distribution was invented in order to prove: E. Seneta, "A Tricentenary history of the Law of Large Numbers." Bernoulli 19(4), 1088–1121, 2013 — on Jakob Bernoulli’s Ars Conjectandi of 1713.
And a shorter account of the book itself: I. Schneider, "Jakob Bernoulli, Ars conjectandi (1713)", in Landmark Writings in Western Mathematics 1640–1940, 88–104. Elsevier, 2005.

Vom 42Math-Team · Aktualisiert 2026-08-17

Anhand veröffentlichter Quellen geprüft. Korrekturen willkommen. Redaktionsrichtlinie · Korrekturen

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Beispielaufgaben

10 faire Münzwürfe - Fünfmal Kopf bei zehn Würfen ist das wahrscheinlichste Einzelergebnis und tritt dennoch in weniger als einem Viertel aller Fälle auf: 0,2461. Selbst der wahrscheinlichste Wert einer Binomialverteilung ist meist für sich genommen nicht besonders wahrscheinlich.
Qualitätskontrolle Ausschuss - Bei vierzig Einheiten und einer Fehlerquote von 8 % sind im Mittel 3,2 fehlerhaft. Nimmst du eine Charge nur bei höchstens zwei fehlerhaften Einheiten an, lehnst du daher die meisten Chargen ab, obwohl sie sich genau wie erwartet verhalten. Die kumulierte Wahrscheinlichkeit beträgt 0,3694.
Basketball-Freiwürfe - Ein Spieler mit einer Trefferquote von 78 % erzielt bei 25 Versuchen im Mittel 19,5 Treffer. Genau 20 Treffer liegen diesem Mittelwert am nächsten, kommen aber trotzdem nur in 19 % der Fälle vor. So breit ist die Verteilung bei diesem n.
seltener Ereignisprozess - Bei sechzig Versuchen mit einer Erfolgswahrscheinlichkeit von 3 % sind im Mittel 1,8 Erfolge zu erwarten. „Höchstens ein Erfolg“ ist daher keineswegs so selbstverständlich, wie es klingt: Die Wahrscheinlichkeit dafür beträgt 46 %, die für gar keinen Erfolg 16 %.