n
→
∞
{\displaystyle n\to \infty }
n
{\displaystyle n}
Sigma^2 (Diskussion ) 22:34, 11. Okt. 2023 (CEST) Beantworten
Nachdem es nun innerhalb von vier Wochen keinen Widerspruch und keine Überarbeitung des Beweises gab, werde ich den Beweis aus dem Artikel hierher verlagern, damit er z. B. hier überarbeitet werden kann.
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Binomialverteilung hergeleitet werden, wenn die Differenz
k
−
n
p
{\displaystyle k-np}
k
{\displaystyle k}
n
p
{\displaystyle np}
Größenordnung
O
(
n
)
{\displaystyle {\mathcal {O}}({\sqrt {n}})}
k
{\displaystyle k}
n
−
k
{\displaystyle n-k}
O
(
n
)
{\displaystyle {\mathcal {O}}(n)}
Aus der Stirlingformel
n
!
=
n
n
e
−
n
2
π
n
(
1
+
O
(
1
n
)
)
{\displaystyle n!=n^{n}e^{-n}{\sqrt {2\pi n}}\left(1+{\mathcal {O}}\left({\frac {1}{n}}\right)\right)}
Näherung für die Binomialverteilung :
B
(
k
∣
p
,
n
)
=
n
!
k
!
(
n
−
k
)
!
p
k
(
1
−
p
)
n
−
k
=
n
n
e
−
n
2
π
n
k
k
e
−
k
2
π
k
(
n
−
k
)
n
−
k
e
−
(
n
−
k
)
2
π
(
n
−
k
)
p
k
(
1
−
p
)
n
−
k
(
1
+
O
(
1
n
)
)
=
n
n
(
p
k
)
k
(
1
−
p
n
−
k
)
n
−
k
n
2
π
k
(
n
−
k
)
(
1
+
O
(
1
n
)
)
=
(
n
p
k
)
k
(
n
(
1
−
p
)
n
−
k
)
n
−
k
n
2
π
k
(
n
−
k
)
(
1
+
O
(
1
n
)
)
{\displaystyle {\begin{aligned}B(k\mid p,n)&={\frac {n!}{k!(n-k)!}}p^{k}(1-p)^{n-k}\\&={\frac {n^{n}e^{-n}{\sqrt {2\pi n}}}{k^{k}e^{-k}{\sqrt {2\pi k}}(n-k)^{n-k}e^{-(n-k)}{\sqrt {2\pi (n-k)}}}}p^{k}(1-p)^{n-k}\left(1+{\mathcal {O}}\left({\frac {1}{n}}\right)\right)\\&=n^{n}\left({\frac {p}{k}}\right)^{k}\left({\frac {1-p}{n-k}}\right)^{n-k}{\sqrt {\frac {n}{2\pi k(n-k)}}}\left(1+{\mathcal {O}}\left({\frac {1}{n}}\right)\right)\\&=\left({\frac {np}{k}}\right)^{k}\left({\frac {n(1-p)}{n-k}}\right)^{n-k}{\sqrt {\frac {n}{2\pi k(n-k)}}}\left(1+{\mathcal {O}}\left({\frac {1}{n}}\right)\right)\\\end{aligned}}}
Um den Ausdruck
(
n
p
k
)
k
(
n
(
1
−
p
)
n
−
k
)
n
−
k
{\displaystyle \left({\tfrac {np}{k}}\right)^{k}\left({\tfrac {n(1-p)}{n-k}}\right)^{n-k}}
e
{\displaystyle e}
natürliche Logarithmus dieses Ausdrucks approximiert . Definiert man
d
:=
k
−
n
p
{\displaystyle d:=k-np}
ln
(
n
p
k
)
=
ln
(
n
p
n
p
+
d
)
=
−
ln
(
n
p
+
d
n
p
)
=
−
ln
(
1
+
d
n
p
)
ln
(
n
(
1
−
p
)
n
−
k
)
=
ln
(
n
(
1
−
p
)
n
(
1
−
p
)
−
d
)
=
−
ln
(
n
(
1
−
p
)
−
d
n
(
1
−
p
)
)
=
−
ln
(
1
−
d
n
(
1
−
p
)
)
{\displaystyle {\begin{aligned}\ln \left({\frac {np}{k}}\right)&=\ln \left({\frac {np}{np+d}}\right)=-\ln \left({\frac {np+d}{np}}\right)=-\ln \left(1+{\frac {d}{np}}\right)\\\ln \left({\frac {n(1-p)}{n-k}}\right)&=\ln \left({\frac {n(1-p)}{n(1-p)-d}}\right)=-\ln \left({\frac {n(1-p)-d}{n(1-p)}}\right)=-\ln \left(1-{\frac {d}{n(1-p)}}\right)\\\end{aligned}}}
Aus der Potenzreihe
ln
(
1
+
x
)
=
x
−
x
2
2
+
O
(
x
3
)
{\displaystyle \ln(1+x)=x-{\tfrac {x^{2}}{2}}+{\mathcal {O}}(x^{3})}
natürlichen Logarithmus folgt
ln
(
(
n
p
k
)
k
(
n
(
1
−
p
)
n
−
k
)
n
−
k
)
=
k
ln
(
n
p
k
)
+
(
n
−
k
)
ln
(
n
(
1
−
p
)
n
−
k
)
=
k
ln
(
1
+
d
n
p
)
−
(
n
−
k
)
ln
(
1
−
d
n
(
1
−
p
)
)
=
−
(
n
p
+
d
)
(
d
n
p
−
d
2
2
n
2
p
2
+
O
(
d
3
n
3
)
)
−
(
n
(
1
−
p
)
−
d
)
(
−
d
n
(
1
−
p
)
−
d
2
2
n
2
(
1
−
p
)
2
+
O
(
d
3
n
3
)
)
=
−
d
−
d
2
n
p
+
d
2
2
n
p
+
d
3
2
n
2
p
2
−
(
n
p
+
d
)
O
(
d
3
n
3
)
+
d
−
d
2
n
(
1
−
p
)
+
d
2
2
n
(
1
−
p
)
−
d
3
2
n
2
(
1
−
p
)
2
−
(
n
(
1
−
p
)
−
d
)
O
(
d
3
n
3
)
=
−
d
2
2
n
p
(
1
−
p
)
+
O
(
d
3
n
2
)
{\displaystyle {\begin{aligned}\ln \left(\left({\frac {np}{k}}\right)^{k}\left({\frac {n(1-p)}{n-k}}\right)^{n-k}\right)&=k\ln \left({\frac {np}{k}}\right)+(n-k)\ln \left({\frac {n(1-p)}{n-k}}\right)\\&=k\ln \left(1+{\frac {d}{np}}\right)-(n-k)\ln \left(1-{\frac {d}{n(1-p)}}\right)\\&=-(np+d)\left({\frac {d}{np}}-{\frac {d^{2}}{2n^{2}p^{2}}}+{\mathcal {O}}\left({\frac {d^{3}}{n^{3}}}\right)\right)-(n(1-p)-d)\left(-{\frac {d}{n(1-p)}}-{\frac {d^{2}}{2n^{2}(1-p)^{2}}}+{\mathcal {O}}\left({\frac {d^{3}}{n^{3}}}\right)\right)\\&=-d-{\frac {d^{2}}{np}}+{\frac {d^{2}}{2np}}+{\frac {d^{3}}{2n^{2}p^{2}}}-(np+d){\mathcal {O}}\left({\frac {d^{3}}{n^{3}}}\right)+d-{\frac {d^{2}}{n(1-p)}}+{\frac {d^{2}}{2n(1-p)}}-{\frac {d^{3}}{2n^{2}(1-p)^{2}}}-(n(1-p)-d){\mathcal {O}}\left({\frac {d^{3}}{n^{3}}}\right)\\&=-{\frac {d^{2}}{2np(1-p)}}+{\mathcal {O}}\left({\frac {d^{3}}{n^{2}}}\right)\\\end{aligned}}}
Wendet man die Exponentialfunktion auf diese Gleichung an, dann erhält man
(
n
p
k
)
k
(
n
(
1
−
p
)
n
−
k
)
n
−
k
=
e
−
d
2
2
n
p
(
1
−
p
)
(
1
+
O
(
d
3
n
2
)
)
{\displaystyle \left({\frac {np}{k}}\right)^{k}\left({\frac {n(1-p)}{n-k}}\right)^{n-k}=e^{-{\frac {d^{2}}{2np(1-p)}}}\left(1+{\mathcal {O}}\left({\frac {d^{3}}{n^{2}}}\right)\right)}
Außerdem gilt die Näherung
n
2
π
k
(
n
−
k
)
=
n
2
π
(
n
p
+
d
)
(
n
(
1
−
p
)
−
d
)
=
1
2
π
n
p
(
1
−
p
)
(
1
+
O
(
d
n
)
)
{\displaystyle {\sqrt {\frac {n}{2\pi k(n-k)}}}={\sqrt {\frac {n}{2\pi (np+d)(n(1-p)-d)}}}={\frac {1}{\sqrt {2\pi np(1-p)}}}\left(1+{\mathcal {O}}\left({\frac {d}{n}}\right)\right)}
Weil
d
:=
k
−
n
p
{\displaystyle d:=k-np}
Größenordnung
O
(
n
)
{\displaystyle {\mathcal {O}}({\sqrt {n}})}
O
(
d
3
n
2
)
=
O
(
d
n
)
=
O
(
1
n
)
{\displaystyle {\mathcal {O}}\left({\frac {d^{3}}{n^{2}}}\right)={\mathcal {O}}\left({\frac {d}{n}}\right)={\mathcal {O}}\left({\frac {1}{\sqrt {n}}}\right)}
Binomialverteilung folgendermaßen dargestellt werden kann:
B
(
k
∣
p
,
n
)
=
1
2
π
n
p
(
1
−
p
)
e
−
(
k
−
n
p
)
2
2
n
p
(
1
−
p
)
(
1
+
O
(
1
n
)
)
{\displaystyle B(k\mid p,n)={\frac {1}{\sqrt {2\pi np(1-p)}}}e^{-{\frac {(k-np)^{2}}{2np(1-p)}}}\left(1+{\mathcal {O}}\left({\frac {1}{\sqrt {n}}}\right)\right)}
Dieser Wert nähert sich für große
n
{\displaystyle n}
μ
=
n
p
{\displaystyle \mu =np}
Varianz
σ
2
=
n
p
(
1
−
p
)
{\displaystyle \sigma ^{2}=np(1-p)}
[1]
Einzelnachweis
↑ Santa Cruz Institute for Particle Physics: The Normal Approximation to the Binomial Distribution
--Sigma^2 (Diskussion ) 00:09, 8. Nov. 2023 (CET) Beantworten
