Der Mittelwert von Binomialexperimenten

Gegen sei ein Binomialexperiment bestehend aus 55 Repetitionen und mit Erfolgswahrscheinlichkeit 0.30.3. Wir interssieren uns für die Anzahl Erfolge (zum Beipiel "Kopf"), die wir nach Ausführen des Binomialexperiment sehen. Definieren wir wie immer

N=Anzahl ErfolgeN=\text{Anzahl Erfolge}

so können wir die Wahrscheinlichkeit 0,1,2,3,40, 1, 2, 3, 4 oder 55 Erfolge zu sehen wiefolgt berechnen (ebenfalls nichts neues):

p(N=0)=(50)0.30⋅0.75=0.168p(N=1)=(51)0.31⋅0.74=0.360p(N=2)=(52)0.32⋅0.73=0.309p(N=3)=(53)0.33⋅0.72=0.132p(N=4)=(54)0.34⋅0.71=0.029p(N=5)=(55)0.35⋅0.70=0.002\begin{array}{llll} p(N=0)&=&\left(\begin{array}{lll} 5 \\ 0\end{array}\right) 0.3^0\cdot 0.7^5 &=& 0.168\\ p(N=1)&=&\left(\begin{array}{lll} 5 \\ 1\end{array}\right) 0.3^1\cdot 0.7^4 &=& 0.360\\ p(N=2)&=&\left(\begin{array}{lll} 5 \\ 2\end{array}\right) 0.3^2\cdot 0.7^3 &=& 0.309\\ p(N=3)&=&\left(\begin{array}{lll} 5 \\ 3\end{array}\right) 0.3^3\cdot 0.7^2 &=& 0.132\\ p(N=4)&=&\left(\begin{array}{lll} 5 \\ 4\end{array}\right) 0.3^4\cdot 0.7^1 &=& 0.029\\ p(N=5)&=&\left(\begin{array}{lll} 5 \\ 5\end{array}\right) 0.3^5\cdot 0.7^0 &=& 0.002 \end{array}

Wir wollen nun das folgende Wissen: Was ist die durchschnittliche Anzahl an Erfolgen, die wir pro Experiment sehen werden? Und was ist die Standardabweichung von diesem Durchschnitt? Was wir genau damit meinen ist folgendes: Nimm an, wir führen das Binomialexperiment viele Male durch, zum Beispiel 10000001000000. Je öfter, deso besser. Jesesmal, wenn wir das Experiment durchführen, beobachten wir eine Anzal Erfolge. Insgesamt bekommen wir so 10000001000000 Zahlen, zum Beispiel

3,2,2,0,1,0,5,4,…,53,2,2,0,1,0,5,4,\dots,5

Der Mittelwert dieser Zahlen (Anzahl Erfolge) ist also

m=3+2+2+0+1+5+4+⋯+51000000m = \frac{3+2+2+0+1+5+4+\dots +5}{1000000}

und die Standardabweichung ist

s=(3−m)2+(2−m)2+(2−m)2+(0−m)2+(1−m)2+(5−m)2+(4−m)2+…(5−m)21000000s=\sqrt{\frac{(3-m)^2+(2-m)^2+(2-m)^2+(0-m)^2+(1-m)^2+(5-m)^2+(4-m)^2+\dots (5-m)^2}{1000000}}

Jedesmal, wenn wir diese 10000001000000 Experimnte durchführen, ist die Liste der 10000001000000 beobachteten Anzahl Erfolge etwas anders, und somit auch die daraus resultierenden Werte mm und ss. Aber es stellt sich heraus, dass je grösser die Anzahl Wiederholungen ist, also zum Beispiel 10000000001000000000, desto weniger fluktuieren die verschiedenen mms und sss, und im idealfall von undendlich vielen Wiederholungen bekommen wir immer das gleiche mm und das gleiche ss. In dem Fall bezeichnen wir dann mm mit μ\mu ("Mü") und ss mit σ\sigma ("Sigma"). Für die Binomialverteilung lässt sich μ\mu und σ\sigma einfach berechnen:

Theorem 1

Gegeben sein ein Bionmialexperiment mit nn Repetition und Erfolgswahrscheinlichkeit pp (die Misserfolgswahrscheinlichkeit ist also 1−p1-p). Die durchschnittliche Anzahl Erfolge pro Experiment ist

μ=n⋅p\mu = n\cdot p

und die Standardabweichung von diesem Mittelwert ist

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

Überprüfen wir die Formel durch direktes ausrechnen. Wir wiederholen das Experiment (im Beispiel oben) 10000001000000, und beobachten eine Abfolge von beobachtenten Anzahl Erfolgen, wie oben illustriert, etwa

3,2,2,0,1,0,5,4,…,53,2,2,0,1,0,5,4,\dots,5

Wir wissen aber, wie gross die Wahrscheinlickeit ist, bei der Durchfühung eines Experiments 00 Erfolge zu beobachten, 11 Erfolg zu beobachten. Aus der Definition der Wahrscheinlichkeit als relative Häufigkeit oder Prozent der Wiederholungen der Experimente wissen wir somit, wie oft ungefähr wir 00 Erfolge, 11 Erfolg, 22 Erfolge und so weiter beobachten werden, wenn wir das Experiment 10000001000000 durchführen:

  • p(N=0)=0.168p(N=0)=0.168, also 16.8% der 10000001000000 Experimente hat 00 Köpfe\
  • p(N=1)=0.360p(N=1)=0.360, also 36.0%36.0\% der 10000001000000 Experimente hat 11 Kopf\
  • p(N=2)=0.309p(N=2)=0.309, also 30.9%30.9\% der 10000001000000 Experimente hat 22 Köpfe\
  • p(N=3)=0.132p(N=3)=0.132, also 13.2%13.2\% der 10000001000000 Experimente hat 33 Köpfe\
  • p(N=4)=0.029p(N=4)= 0.029, also 2.9%2.9\% der 10000001000000 Experimente hat 44 Köpfe \
  • p(N=5)=0.002p(N=5)= 0.002, also 0.2%0.2\% der 10000001000000 Experimente hat 55 Köpfe

Der Mittelwert ist also

m=1000000⋅(0.168⋅0+0.360⋅1+0.309⋅2+0.132⋅3+0.029⋅4+0.002⋅5)1000000=1.5m = \frac{1000000\cdot (0.168\cdot 0+ 0.360\cdot 1+ 0.309\cdot 2+ 0.132\cdot 3+0.029\cdot 4+0.002\cdot 5)}{1000000}=1.5

Die Standardabweichtung ist

s2=0.168⋅(0−1.5)2+0.360⋅(1−1.5)2+0.309⋅(2−1.5)2+0.132⋅(3−1.5)2+0.029⋅(4−1.5)2+0.002⋅(5−1.5)2=11.49\begin{array}{lll} s^2 &=& 0.168\cdot (0-1.5)^2\\ && + 0.360\cdot (1-1.5)^2\\ && + 0.309\cdot (2-1.5)^2\\ && + 0.132\cdot (3-1.5)^2\\ && +0.029\cdot (4-1.5)^2\\ && +0.002\cdot (5-1.5)^2\\ &=& 11.49\end{array}

Es ist also in der Tat s=3.39s=3.39.

Example 1

Für das Anfangsbeispiel haben wir also

μ=5⋅0.3=1.5\mu=5\cdot 0.3=1.5

und

σ=5⋅0.3⋅0.7=1.025\sigma=\sqrt{5\cdot 0.3\cdot 0.7}=1.025

Im Durchnitt sehen wir also 1.51.5 Erfolge pro Experiment, und die typische Abweichung von der Beobachtenten Anzahl Erfolge zu diesem Mittelwert 1.51.5 ist typischerweise 1.0251.025 Erfolge.

Example 2

Ein Spiel besteht darin, eine gezinkte Münze mit p(K)=0.65p(K)=0.65 und p(Z)=0.35p(Z)=0.35 2020-mal zu werfen. Was ist die durchschnittliche Anzahl Köpfe pro Spiel? Und was ist die Standarabweichung von diesem Durchschnitt?

Solution

Dies ist ein Binomialexperiment, wobei Erfolg "Kopf" ist, und die Erfolgswahrscheinlichkeit ist p=0.65p=0.65. Es ist also

μ=20⋅0.65=13\mu = 20\cdot 0.65=13

und

σ=20⋅0.65⋅0.35=2.133\sigma = \sqrt{20\cdot 0.65\cdot 0.35}=2.133

Im Mittel erscheint also 1313 Mal Kopf pro Experiment, und die typische Abweichung von diesem Wert pro Experiment ist 2.1332.133.

Exercise 1

  1. Was ist die durschnittliche Anzahl an Sechsen nach 30-mal würfeln? Und was ist die typische Abweichung der Anzahl Sechsen pro Experiment?

  2. Eine Blumensame kostet 50 Rappen. Die Wahrscheinlichkeit, dass der Samen zu einer Blume heranwächst ist p=0.23p=0.23. Die Blume kann dann für 1 Franken 20 Rappen verkauft werden. Auf einer Wiese werden jedes Jahr 12001200 Blumensamen gesetzt und die Blumen verkauft. Was ist der zu erwartende Profit pro Jahr? Und was ist die zu erwartende Abweichung von diesem Profit von Jahr zu Jahr?

Solution

  1. HH="eine Sechs", TT="keine Sechs", NN="Anzahl Sechsen/Köpfe nach 10 würfeln". Ausserdem ist p(H)=1/6p(H)=1/6, p(T)=5/6p(T)=5/6. Somit ist

    μ=30⋅16=5‾\mu = 30\cdot \frac{1}{6}=\underline{5}

    und

    σ=30⋅16⋅56=2.04‾\sigma = \sqrt{30\cdot\frac{1}{6}\cdot\frac{5}{6}}=\underline{2.04}

    Pro 30-mal würfeln kann man also im Mittel mit 55 Sechsen rechnen, wobei die typische Abweichung 2.042.04 beträgt.

  2. Mit n=1200,p=0.23n=1200, p=0.23 folgt, dass die durchschnittliche Anzahl an überlebenden Blumen pro Jahr

    μ=1200⋅0.23=276 Blumen\mu = 1200\cdot 0.23 = 276 \text{ Blumen}

    und die Standardabweichung ist

    σ=1200⋅0.23⋅0.77=14.578 Blumen\sigma = \sqrt{1200\cdot 0.23 \cdot 0.77}=14.578 \text{ Blumen}

    Da für einen Blumensamen 0.50.5 Franken bezahlt werden muss, verdient man pro Jahr

    276⋅1.2−1200⋅0.5=331.2−600=−268.8 Franken276\cdot 1.2-1200 \cdot 0.5=331.2-600=-268.8 \text{ Franken}

    also Verlust.

    Die Standardabweichung des Verdienstes ist 14.578⋅1.2=17.493614.578 \cdot 1.2=17.4936 Franken prop Jahr.

Exercise 2

Was ist richtig?

  1. Der Mittelwert der Anzahl beobachteten Köpfe ist proportional zu der Anzahl Würfen.

  2. Das gleiche gilt für die Standarabweichung.

  3. Werfen wir eine faire Münze 2020 Mal, so ist die durchschnittliche Anzahl Köpfe, wir wir beobachten, 1010.

  4. Werfen wir einen Würfel hundert Mal, so ist die durchschnittliche Anzahl "6", wir wir beobachten, 16.6‾16.\overline{6}.

  5. Für eine feste Anzahl an Würfen einer Münze ist die grösste Abweichung bei p(K)=p(Z)=0.5p(K)=p(Z)=0.5

Solution
  1. ja
  2. nein, wegen der Wurzel.
  3. Ja, μ=20⋅0.5=10\mu=20\cdot 0.5=10
  4. Ja, μ=100⋅16=16.6‾\mu=100\cdot \frac{1}{6}=16.\overline{6}
  5. Ja, da p(1−p)p(1-p) bei p=0.5p=0.5 am grössten ist (zeichne Graphen der Funktion f(p)=p(1−p)f(p)=p(1-p)).