Hypergeometrische Verteilung:
N ... Grundgesamtheit = 12
M ... Anzahl d. Mädchen =7
n ... Auswahl aus der Grundgesamtheit = die Gruppe = 4
k ... Anzahl der Mädchen in der Auswahl = 4

\(P(X=4)=\frac{{7 \choose 4}{5 \choose 0}}{{12 \choose 4}}=\frac{7}{99}\approx 0,07\)

Hypergeometrische Verteilung:
N ... Grundgesamtheit = 12
M ... Anzahl d. Jungen =5
n ... Auswahl aus der Grundgesamtheit = die Gruppe = 4
k ... Anzahl der Jungen in der Auswahl = 4

\(P(X=4)=\frac{{5 \choose 4}\cdot{7 \choose 0}}{{12 \choose 4}}=\frac{1}{99}\approx 0,01\)

Hypergeometrische Verteilung:
N ... Grundgesamtheit = 12
M ... Anzahl d. Mädchen = 7
n ... Auswahl aus der Grundgesamtheit = die Gruppe = 4
k ... Anzahl der Mädchen in der Auswahl = 2

\(P(X=2)=\frac{{7 \choose 2}\cdot{5 \choose 2}}{{12 \choose 4}}=\frac{14}{33}\approx 0,42\)

Hypergeometrische Verteilung.
N ... Grundgesamtheit = 1000
n ... Stichprobe = 100
k ... fehlerhafte Stücke aus der Stichprobe <= 3
M ... fehlerhafte Stücke aus der Grundgesamtheit = 10

\(P(X \leq 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) = \)

\(\frac{{10 \choose 0}{990 \choose 100}}{1000 \choose 100} + \frac{{10 \choose 1}{990 \choose 99}}{1000 \choose 100} + \)\( \frac{{10 \choose 2}{990 \choose 98}}{1000 \choose 100} + \frac{{10 \choose 3}{990 \choose 97}}{1000 \choose 100} = \)

\(34,7% + 38,9% + 19,4% + 5,7% \approx 98,7%\)

Hypergeometrische Verteilung.
N ... Grundgesamtheit = 1000
n ... Stichprobe = 100
k ... fehlerhafte Stücke aus der Stichprobe <= 3
M ... fehlerhafte Stücke aus der Grundgesamtheit = 20

\(P(X \leq 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) = \)

\(\frac{{20 \choose 0}{980 \choose 100}}{1000 \choose 100} + \frac{{20 \choose 1}{980 \choose 99}}{1000 \choose 100} + \)\( \frac{{20 \choose 2}{980 \choose 98}}{1000 \choose 100} + \frac{{20 \choose 3}{980 \choose 97}}{1000 \choose 100} = \)

\(11,9% + 27% + 28,8% + 19,2% \approx 86,9%\)

Hypergeometrische Verteilung.
N ... Grundgesamtheit = 1000
n ... Stichprobe = 100
k ... fehlerhafte Stücke aus der Stichprobe <= 3
M ... fehlerhafte Stücke aus der Grundgesamtheit = 100

\(P(X \leq 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) = \)

\(\frac{{100 \choose 0}{900 \choose 100}}{1000 \choose 100} + \frac{{100 \choose 1}{900 \choose 99}}{1000 \choose 100} + \)\( \frac{{100 \choose 2}{900 \choose 98}}{1000 \choose 100} + \frac{{100 \choose 3}{900 \choose 97}}{1000 \choose 100} = \)

\(0,0015% + 0,018% + 0,112% + 0,447% \approx 0,58%\)

Binomialverteilung.
X ... Anzahl d. Fehler in einer Bitfolge d. Länge 4
p ... Wahrscheinlichkeit für ein falsches Bit = 0,001

\(P(X \geq 1) = 1 - P(X < 1) = 1 - P(X=0)\)

\(1 - P(X=0) = 1 - (1-0,001)^4 \approx 1 - 0,996 = 0,004 = 0,4%\)

Binomialverteilung.
X ... Anzahl d. Stornierungen der Tickets (100 Plätze, 105 Tickets)
p ... Wahrscheinlichkeit f. eine Stornierung = 0,1
Werden weniger als 5 Tickets storniert, so ist die Maschine überbucht, daher suchen wir P(X<5).

\(P(X<5)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4).\)

\(P(X=x)={105 \choose x}\cdot 0,1^x\cdot 0,9^{105-x}\)

Binomialverteilung.
X ... Anzahl d. fehlerhaften Stück
p ... Ausschuss = 0,03

\(P(X=1)={50 \choose 1} \cdot 0,03^1 \cdot 0,97^{49} \approx 0,3372 = 33,72%\)

Hypergeometrische Verteilung.
N ... Grundgesamtheit = Anzahl aller Felder = 64
n ... Stichprobe = 5
M ... Anzahl d. Randfelder = 28
k ... Anzahl d. Randfelder in der Stichprobe = 3

\(P(X=3)=\frac{{28 \choose 3}{36 \choose 2}}{{64 \choose 5}} \approx 0,2706 = 27,06%\)

Hypergeometrische Verteilung.
N ... Grundgesamtheit = 50
n ... Stichprobe = 2
M ... Anzahl d. schwarzen Kugeln in der Grundgesamtheit = 5
k ... Anzahl d. schwarzen Kugeln aus der Stichprobe = 0

\(P(X=0)=\frac{{5 \choose 0}{45 \choose 2}}{{50 \choose 2}}=0,8=80%\)

Hypergeometrische Verteilung.
N ... Grundgesamtheit = 50
n ... Stichprobe = 2
M ... Anzahl d. schwarzen Kugeln in der Grundgesamtheit = 5
k ... Anzahl d. schwarzen Kugeln aus der Stichprobe = 1

\(P(X=1)=\frac{{5 \choose 1}{45 \choose 1}}{{50 \choose 2}}=0,18=18%\)

Hypergeometrische Verteilung.
N ... Grundgesamtheit = 50
n ... Stichprobe = 2
M ... Anzahl d. schwarzen Kugeln in der Grundgesamtheit = 5
k ... Anzahl d. schwarzen Kugeln aus der Stichprobe = 2

\(P(X=2)=\frac{{5 \choose 2}{45 \choose 0}}{{50 \choose 2}}=0,008=0,8%\)

Die Verteilungsfunktion einer Zufallsvariablen X ist definiert als: \(F(x) = P(X \leq x); x \in \mathbb{R}\)

Damit drei Würfel eine Augensumme von 4 haben, müssen zwei Würfel eine Eins anzeigen und der dritte eine Zwei. Dafür gibt es \({3 \choose 1} = 3\) Möglichkeiten: 112, 121 und 211. Weiterhin gibt es \(6 \cdot 6 \cdot 6 = 216\) mögliche Wurffolgen. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist also:\(P(X=4) = \frac{3}{216} = \frac{1}{72}\)

Wir summieren die Wahrscheinlichkeiten, dass die Augensumme 3, 4, 5 oder 6 ist:\(P(X \leq 6) = F(6) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = \frac{1+3+6+10}{216} = \frac{20}{216}\)

Es gibt 1 Möglichkeit für Augensumme 3: 1-1-1
Es gibt 3 Möglichkeiten für Augensumme 4: 1-1-2, 1-2-1, 2-1-1
Es gibt 6 Möglichkeiten für Augensumme 5: 1-1-3, 1-3-1, 3-1-1; 1-2-2, 2-1-2, 2-2-1
Es gibt 10 Möglichkeiten für Augensumme 6: 1-1-4, 1-4-1, 4-1-1; 1-2-3, 1-3-2, 2-1-3, 2-3-1, 3-1-2, 3-2-1; 2-2-2

Wir summieren die Wahrscheinlichkeiten, dass die Augensumme 17 oder 18 ist:\(P(X > 16) = P(X=17) + P(X=18) = \frac{3+1}{216} = \frac{4}{216}\)

Es gibt 3 Möglichkeiten für Augensumme 17: 5-5-6, 5-6-5, 6-5-5
Es gibt 1 Möglichkeit für Augensumme 18: 6-6-6

Wir summieren die Wahrscheinlichkeiten, dass die Augensumme 5 oder 6 ist:\(P(4

Es gibt 6 Möglichkeiten für Augensumme 5: 1-1-3, 1-3-1, 3-1-1; 1-2-2, 2-1-2, 2-2-1
Es gibt 10 Möglichkeiten für Augensumme 6: 1-1-4, 1-4-1, 4-1-1; 1-2-3, 1-3-2, 2-1-3, 2-3-1, 3-1-2, 3-2-1; 2-2-2

Die Verteilungsfunktion F(x) ist definiert als \(F(x) = P(X \leq x)\), somit gilt \(F(6) = P(X \leq 6) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6)\) und \(F(4) = P(X \leq 4) = P(X=3) + P(X=4)\). Damit ist \(P(4.

\(P(X=20) = 0\), denn die Augensumme 20 kann bei drei Würfeln nicht auftreten.

\(F(20) = P(X \leq 20) = 1\), denn alle möglichen Augensummen liegen unter dem Wert von 20.

\(P(Augensumme\ \ zweistellig) = P(X>9) = 1-P(X \leq 9) = 1-F(9)\)

Da X nur ganzzahlige Werte annehmen kann, gilt \(F(9) = P(X \leq 9) = P(X \leq 9,5) = F(9,5)\), somit ist \(1-F(9,5)\) ebenfalls korrekt.

Die Verteilungsfunktion F(x) gibt die Wahrscheinlichkeit an, dass die Zufallsvariable einen Wert kleiner oder gleich x annimmt, und ist damit monoton wachsend von 0 bis 1. Sie ist für alle reellen Zahlen x definiert. Für diskrete Zufallsvariablen hat die Verteilungsfunktion immer die Form einer ansteigenden Treppe. Die "Stufen" sind an der Stelle, wo x einen der möglichen Werte \(x_i\) der Zufallsvariablen annimmt, und sie haben jeweils die Höhe der zugehörigen Wahrscheinlichkeit \(p_i\).

Die Wahrscheinlichkeit, gleich beim ersten Wurf eine Sechs zu werfen, ist 1/6.
Die Wahrscheinlichkeit, erst beim zweiten Wurf eine Sechs zu werfen, ist 5/6 mal 1/6 (keine Sechs beim ersten Wurf, Sechs beim zweiten Wurf).
Die Wahrscheinlichkeit, erst beim dritten Wurf eine Sechs zu werfen, ist 5/6 mal 5/6 mal 1/6 (keine Sechs beim ersten und zweiten Wurf, Sechs beim dritten Wurf).
Die Wahrscheinlichkeit, erst beim x-ten Wurf eine Sechs zu werfen, ist \(\left\(\frac{5}{6}\right\)^{x-1} \cdot \frac{1}{6}\) (keine Sechs in den ersten x-1 Würfen, Sechs beim x-ten Wurf).

Folglich gilt:
\(p_i = P(X=i) = \left\(\frac{5}{6}\right\)^{i-1} \cdot \frac{1}{6}\)

Die Wahrscheinlichkeitsverteilung von X ist definiert durch \(p_i = \frac{1}{6} \cdot \left\( \frac{5}{6} \right\)^{i-1} \) . Damit gilt:\(P(X \leq 4) = F(4) = p_1 + p_2 + p_3 + p_4 = \frac{1}{6} \cdot \left\( 1 + \frac{5}{6} + \frac{25}{36} + \frac{125}{216} \right\) = \frac{1}{6} \cdot \frac{671}{216} = \frac{671}{1296} \approx 0,52\)

Sei X die Zufallsvariable "Gewinn beim Glücksspiel = ausbezahlter Betrag minus Einsatz". Die Wahrscheinlichkeit für die Augensumme 3 beträgt, ebenso wie die Wahrscheinlichket für die Augensumme 18, 1/216; bei allen anderen 214 Wurffolgen verliert man den Einsatz:
P(X=99) = 2/216 und P(X=-1) = 214/216.

Damit gilt für den Erwartungswert von X:

\(E(X) = \frac{2}{216} \cdot 99 + \frac{214}{216} \cdot (-1) = - \frac{16}{216} \approx -0,074 \)
Man verliert also langfristig; im Mittel 7,4 Cent pro Spiel.

Sei X die Zufallsvariable "ausbezahlter Betrag" (ohne Berücksichtigung des Einsatzes). Die Wahrscheinlichkeit für die Augensumme 3 beträgt, ebenso wie die Wahrscheinlichket für die Augensumme 18, 1/216; bei allen anderen 214 Wurffolgen verliert man den Einsatz:
P(X=100) = 2/216 und P(X=0) = 214/216.

Damit gilt für den Erwartungswert von X:

\(E(X) = \frac{2}{216} \cdot 100 = \frac{200}{216} \approx 0,926 = 1-0,074\)
Der Erwartungswert für den ausbezahlten Betrag liegt also unter dem Einsatz, d.h. man zahlt langfristig mehr, als man bekommt.

Die Augenzahl eines jeden Würfels ist unabhängig von der Augenzahl der beiden anderen Würfel, und sie kann nur endlich viele Werte annehmen. Die drei Zufallsvariablen sind also unabhängig und diskret.

Die möglichen Ausprägungen von X sind \(x_0 = 0,\; x_1 = 1,\; x_2 = 2,\; x_3 = 3\). Sie haben die Wahrscheinlichkeiten \(p_0 = p_3 = \frac{1}{8}\) (dreimal Zahl bzw. dreimal Kopf) und \(p_1 = p_2 = \frac{3}{8}\) (einmal bzw. zweimal Kopf). Als Erwartungswert erhalten wir somit:

\(E(X) = \sum_{i=0}^{3} x_i p_i = 0 \cdot \frac{1}{8} + 1 \cdot \frac{3}{8} + 2 \cdot \frac{3}{8} + 3 \cdot \frac{1}{8} = 1,5\)

Im Schnitt fällt bei drei Münzen also 1,5-mal Kopf.

Wir suchen den Erwartungswert für die Kosten der Störungsbehebung, diese betragen 1000 X. Es gilt:
\(E(1000 X) = 1000 E(X) = 1000 \cdot (0,3 \cdot 0 + 0,4 \cdot 1 + 0,2 \cdot 2 + 0,1 \cdot 3) = 1000 \cdot 1,1 = 1100\)
Im Schnitt ist pro Tag also mit Kosten von 1100 Euro für die Behebung von Störungen zu rechnen.

Es handelt sich hier um eine hypergeometrische Verteilung mit den Parametern N=24, M=6 und n=4, also H(4;6;24). Folglich gilt \(P(X=x) = \frac{ {6 \choose x} \cdot {18 \choose 4-x}}{ {24 \choose 4} }\) und \(P(X=1) = \frac{ {6 \choose 1} \cdot {18 \choose 3}}{ {24 \choose 4} } = \frac{816}{1771} = 0,46076\).

Für den Erwartungswert gilt bei einer hypergeometrischen Verteilung \(E(X) = n \cdot \frac{M}{N}\), in diesem Fall also \(E(X) = 4 \cdot \frac{6}{24} = 1\).

Alternativer Lösungsweg zur Berechnung von P(X=1):

Es gibt \({4 \choose 1} = 4\) Möglichkeiten für die Position der roten Kugel innerhalb der Stichprobe. Beim ersten Ziehen ist die Wahrscheinlichkeit, eine rote Kugel zu erwischen, 6/24 (denn 6 von 24 Kugeln sind rot). Beim zweiten Ziehen ist die Wahrscheinlichkeit, eine blaue Kugel zu erwischen, 18/23 (denn es sind noch 23 Kugeln in der Urne, davon 18 blaue). Beim dritten Ziehen ist die Wahrscheinlichkeit, eine blaue Kugel zu erwischen, 17/22 (denn es sind noch 22 Kugeln in der Urne, davon 17 blaue), usw. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist also: \(P(X=1) = {4 \choose 1} \cdot \frac{6}{24} \cdot \frac{18}{23} \cdot \frac{17}{22} \cdot \frac{16}{21} = \frac{816}{1771}\)

Es handelt sich hier um eine Binomialverteilung: Wir ziehen n-mal (ohne Zurücklegen) aus einer unendlichen Grundgesamtheit bei konstanter Warscheinlichkeit, dass ein bestimmtes Ereignis eintritt (Ziehen eines fehlerhaften Bauteils). Das Ziehen eines Elementes beeinflusst den Rest der Grundgesamtheit nicht, d.h. die Bedingungen bei jedem Ziehen sind gleich -- im Gegensatz zur hypergeometrischen Verteilung, bei der sich nach jedem Ziehen die Wahrscheinlichkeit ändert.

Bei einer Gleichverteilung haben alle möglichen Ausprägungen der Zufallsvariablen die gleiche Wahrscheinlichkeit, das ist hier nicht der Fall (die Wahrscheinlichkeit, dass ein fehlerhaftes Bauteil in der Stichprobe ist, entspricht in der Regel nicht der Wahrscheinlichkeit, dass alle n Bauteile der Stichprobe fehlerhaft sind).

Bei einer Poissonverteilung kann die Zufallsvariable unendlich viele verschiedene Werte annehmen, auch das ist hier nicht der Fall, denn X ist hier durch die (endliche) Stichprobengröße n beschränkt.

Es handelt sich hier um eine Binomialverteilung mit n=100 und p=0,005, es gilt also \(P(X = x) = {100 \choose x} \cdot 0,005^x \cdot 0,995^{100-x}\):
\(P(X=0) = {100 \choose 0} \cdot 0,005^0 \cdot 0,995^{100} = 0,995^{100} = 0,6058 \\ P(X=1) = {100 \choose 1} \cdot 0,005^1 \cdot 0,995^{99} = 0,3044 \)

Damit ist \(P(X \leq 1) = 0,9102\).

Für eine binomialverteilte Zufallsvariable kann man für "große n und kleine p" näherungsweise die Poisson-Verteilung mit Parameter \(\lambda = np = 0,5\) verwenden:
\(P(X=0) = e^{-0,5} = 0,6065 \\ P(X=1) = -0,5 e^{-0,5} = 0,3033\)
Damit ist näherungsweise \(P(X \leq 1) = 0,9098\).

Es handelt sich hier um eine Binomialverteilung mit n=4 und p=0,005, es gilt also: \(P(X=0) = 0,005^0 \cdot 0,995^4 \cdot {4 \choose 0} = 0,995^4 = 0,98015 \)

Dies ist die Gegenwahrscheinlichkeit zur gesuchten Wahrscheinlichkeit:

\(P(X \geq 1) = 1-P(X=0) = 1-0,98015 = 0,01985\)

Für den Erwartungswert einer Binomialverteilung gilt \(E(X) = n \cdot p\), mit n=4 und p=0,005 erhalten wir E(X) = 0,02. Im Schnitt sind bei jeder Übertragung also 0,02 Fehler pro Bitfolge zu erwarten.

Alternativer Lösungsweg:

Falls einem die Formel für den Erwartungswert nicht einfällt, kann man diesen auch "zu Fuß" berechnen:

\(P(X=1) = 0,005^1 \cdot 0,995^3 \cdot {4 \choose 1} = 0,01970\)

\(P(X=2) = 0,005^2 \cdot 0,995^2 \cdot {4 \choose 2} = 0,00014850375\)

\(P(X=3) = 0,005^3 \cdot 0,995^1 \cdot {4 \choose 3} = 0,0000004975\)

 \(P(X=4) = 0,005^4 \cdot 0,995^0 \cdot {4 \choose 4} = 0,000000000625\)

 Damit erhalten wir:

 \(E(X) = 0 \cdot P(X=0) + 1 \cdot P(X=1) + 2 \cdot P(X=2) + 3 \cdot P(X=3) + 4 \cdot P(X=4) \approx 0,02\)

Es handelt sich hier um eine Poissonverteilung mit \(\lambda = 4\) (denn im Schnitt treffen 4=240/60 Anrufe pro Minute ein). Es gilt also: \(P(X=x) = \frac{4^x}{x!}\; e^{-4}\)
Die Wahrscheinlichkeit, dass innerhalb von einer Minute kein Anruf eintrifft, beträgt \(P(X=0) = e^{-4} = 0,0183\).
Die Wahrscheinlichkeit, dass innerhalb von einer Minute mehr als fünf Anrufe eintreffen, berechnen wir über die Gegenwahrscheinlichkeit:\(P(X \leq 5) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = e^{-4}\cdot (1 + 4 + \frac{16}{2} + \frac{64}{6} + \frac{256}{24} + \frac{1024}{120}) = e^{-4}\cdot \frac{643}{15} = 0,7851\)

Damit ist \(P(X>5) = 1-P(X \leq 5) = 0,2149\).

Die Augensummen der einzelnen Würfel sind paarweise unabhängig und alle identisch verteilt (nämlich gleichverteilt). Die Summe von n unabhängigen und identisch verteilten Zufallsvariablen (also die Augensumme aller n Würfel) ist nach dem zentralen Grenzwertsatz normalverteilt. Die Normalverteilung kann für große n also auch als Näherung von diskreten Zufallsvariablen verwendet werden.

Die Anzahl X der fehlerhaft übertragenen Bit ist binomialverteilt mit \(n=10^6\) und \(p=10^{-4}\).
Wegen \(np(1-p) = 10^6 \cdot 10^{-4} \cdot 0,9999 = 99,99 > 9\) können wir die Normalverteilung als Näherung verwenden mit \(\mu = np = 100\) und \(\sigma = \sqrt{np(1-p)} = 9,9995\): 

\(F_{Binomial}(x) = F_{Normal}(x+0,5) = \Phi \left\( \frac{x+0,5-\mu}{\sigma} \right\) = \Phi \left\( \frac{x+0,5-np}{\sqrt{np(1-p)}} \right\)\)
Die Wahrscheinlichkeit, dass beim Übertragen von einer Million Bit mehr als 80 Bit kippen, ist also ungefähr: