Erwartungswert für diskrete Zufallsvariablen:

\(E(X)=\sum g(x_i)p_i = \frac{1}{3}(0+1+99)=33\frac{1}{3} \approx 33,3\)

Erwartungswert für diskrete Zufallsvariablen:

\(E(X)=\sum g(x_i)p_i = \frac{1}{3}(25+30+45)=33\frac{1}{3} \approx 33,3\)

Varianz für disktrete Zufallsvariablen.

\(Var(X)= \sum(x_i- \mu)^2p_i = \\ \frac{1}{3}((0-33,3)^2+(1-33,3)^2+(99-33,3)^2) \approx 2156,2\)

Varianz für disktrete Zufallsvariablen.

\(Var(X)= \sum(x_i- \mu)^2p_i = \\ \frac{1}{3} ((25-33,3)^2+(30-33,3)^2+(45-33,3)^2) \approx 72,2\)

\(P(X \leq 3)=P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) = \frac{1}{6} + \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6} + (\frac{5}{6})^2 \cdot \frac{1}{6} \approx 0,421 = 42,1%\)

Erwartungswert.

\(P(rot)=\frac{18}{37} \\ P(\overline{rot})=\frac{19}{37} \\ E(X)= \sum x_i P_i = 10\cdot \frac{18}{37} + (-10)\cdot \frac{19}{37} \approx -0,27 \)

Standardabweichung.

\(P(rot)=\frac{18}{37} \\ P(\overline{rot})=\frac{19}{37} \\ \mu = E(X)= \sum x_i P_i = 500\cdot \frac{18}{37} + (-500)\cdot \frac{19}{37} \approx -13,5 \\\)

\(\sigma^2 = Var(X) = \sum (x_i - \mu)^2 \cdot p_i = (500 + 13,5)^2 \cdot \frac{18}{37} + (-500 + 13,5)^2 \cdot \frac{19}{37} \approx 249 817,38 \Rightarrow \\ \sigma = \sqrt(Var(X))\approx 500\)

Erwartungswert.

\(P(rot)=\frac{18}{37} \\ P(\overline{rot})=\frac{19}{37} \\ E(X)= 100 \cdot \sum x_i P_i = 100 \cdot (1 \cdot \frac{18}{37} + (-1)\cdot \frac{19}{37}) \approx -2,7 \)

Das geht, weil der Erwartungswert linear ist.

Erwartungswert für diskrete Zufallsvariablen:

\(E(X)=\sum g(x_i)p_i = \frac{1}{3}(5+25+30) =20\)

Varianz für disktrete Zufallsvariablen.

\(\mu= (10+20+80)/3=36,67\\ Var(X)= \sum(x_i- \mu)^2p_i = \\ \frac{1}{3} ((10-36,7)^2+(20-36,7)^2+(80-36,7)^2) \approx 955,6\)

Varianz für disktrete Zufallsvariablen.

\(Var(X)= \sum(x_i- \mu)^2p_i = \\ \frac{1}{3} ((31-33,3)^2+(33-33,3)^2+(36-33,3)^2) \approx 4,2\)

Erwartungswert für diskrete Zufallsvariablen:

\(E(X)=\sum g(x_i)p_i = \frac{1}{3}(31+33+36)=33\frac{1}{3} \approx 33,3\)

Erwartungswert.

\(P(rot)=\frac{18}{37} \\ P(\overline{rot})=\frac{19}{37} \\ E(X)= \sum x_i P_i = 500\cdot \frac{18}{37} + (-500)\cdot \frac{19}{37} \approx -13,5\)

Standardabweichung.

\(P(rot)=\frac{18}{37} \\ P(\overline{rot})=\frac{19}{37} \\ \mu = E(X)= \sum x_i P_i = 10\cdot \frac{18}{37} + (-10)\cdot \frac{19}{37} \approx -0,27 \\\)

\(\sigma^2 = Var(X) = \sum (x_i - \mu)^2 \cdot p_i = (10 + 0,27)^2 \cdot \frac{18}{37} + (-10 + 0,27)^2 \cdot \frac{19}{37} \approx 99,93 \Rightarrow \sigma \approx 10\)

schritt 1

schritt 2

Die Summe der Wahrscheinlichkeiten ist 7/8 und nicht 1, daher sind die angegebenen Werte nicht alle, die X annehmen kann.

Falsch. X kann nur endlich viele Werte annehmen (nämlich die ganzen Zahlen zwischen 3 und 18) und ist somit eine diskrete Zufallsvariable.

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 \(p_i\).

X kann den Wert jeder natürlichen Zahl annehmen, also 1, 2, 3, usw. Eine obere Grenze können wir nicht festlegen, da es theoretisch 10, 100 oder auch 1000 Würfe dauern kann, bis zum ersten Mal eine Sechs fällt (auch wenn die Wahrscheinlichkeit für sehr hohe X sehr klein ist).

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\)

Eine auf dem Intervall [a;b] gleichverteilte stetige Zufallsvariable hat die Dichtefunktion f(x) = 1/(b-a) für \(0 \leq x \leq 6\) und f(x) = 0 sonst (das folgt daraus, dass die Gesamtfläche unter dem Graphen von f gleich 1 sein muss). Wegen a=0 und b=6 gilt hier f(x) = 1/6 für \(0 \leq x \leq 6\) und f(x) = 0 sonst.

Eine auf dem Intervall [a;b] gleichverteilte stetige Zufallsvariable hat die Verteilungsfunktion \(F(x) = \frac{x-a}{b-a}\) für a < x < b und F(x)=0 für \(x \leq a\) bzw. F(x) = 1 für \(x \geq b\). Wegen a=0 und b=6 gilt hier \(F(x) = \frac{x}{6}\) für 0<x<6.

Die Verteilungsfunktion von X ist \(F(x) = \frac{x}{6}\) für 0 < x < 6 . Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist damit: \(P(0,2 \leq X \leq 0,5) = F(0,5)-F(0,2) = \frac{0,5}{6} - \frac{0,2}{6} = 0,05\)

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.

X ist eine stetige Zufallsvariable. Als Wartezeit in Minuten kommt jede reelle Zahl zwischen 0 und 15 infrage.

Jede Wartezeit zwischen 0 und 15 Minuten ist gleich wahrscheinlich. Folglich ist X gleichverteilt im Intervall (0;15) und die Dichtefunktion hat in diesem Bereich einen konstanten Wert >0 ("Rechteckverteilung"). Da die Fläche unter dem Graphen von f gleich 1 sein muss (denn irgendeinen Wert zwischen 0 und 15 nimmt f(x) auf jeden Fall an), gilt f(x) = 1/15 für 0 < x < 15 und f(x) = 0 sonst.

X ist gleichverteilt im Intervall (0;15); die Verteilungsfunktion lautet somit F(x) = x/15 für 0 < x < 15, F(x) = 0 für x <= 0 und F(x) = 1 für x >= 15. Es gilt \(F(x) = P(X \leq x)\). Damit ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit \(P(X \leq 5) = F(5) = \frac{5}{15} = \frac{1}{3}\).

X ist gleichverteilt im Intervall (0;15); die Verteilungsfunktion lautet F(x) = x/15 für 0 < x < 15, F(x) = 0 für x <= 0 und F(x) = 1 für x >= 15. Es gilt \(F(x) = P(X \leq x)\) und \(P(X \geq x) = 1-P(X < x) = 1-F(x)\) (*). Damit ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit \(P(X \geq 10) = 1-F(10) = 1-\frac{10}{15} = \frac{5}{15} = \frac{1}{3}\).

(*) Anmerkung: Bei einer stetigen Zufallsvariable ist die Wahrscheinlichkeit, exakt einen vorgegebenen Wert x anzunehmen,
gleich Null; daraus folgt \(P(X \leq x) = P(X < x)\) und \(P(X \geq x) = P(X > x)\).

X ist gleichverteilt im Intervall (0;15), denn alle Wartezeiten zwischen 0 und 15 Minuten sind gleich wahrscheinlich. Für den Erwartungswert einer gleichverteilten Zufallsvariable gilt: \(\mu = \frac{a+b}{2} \)
Mit a=0 und b=15 folgt: \(\mu = \frac{15}{2} = 7,5\)

Bei einer stetigen Zufallsvariablen X entspricht die Fläche unter dem Graphen der Dichtefunktion gerade der Verteilungsfunktion. Die Verteilungsfunktion erhält man folglich durch Integration der Dichtefunktion; umgekehrt ist die Dichtefunktion die Ableitung der Verteilungsfunktion.

Genauer: Bei einer stetigen Zufallsvariablen X entspricht die Fläche unter dem Graphen der Dichtefunktion über dem Bereich \((-\infty;\, x)\) gerade der Wahrscheinlichkeit, dass X in diesem Bereich liegt (d.h. dass X < x gilt), und damit dem Wert der Verteilungsfunktion F(x) = P(X < x). Folglich gilt: \(F(x) = \int_{-\infty}^{x} f(t) \,dt\)

\(F(1) = 1-e^{-3} = 0,95\)

\(F\left\( \frac{1}{2} \right\) - F\left\( \frac{1}{4} \right\) = 1-e^{-1,5} - \left\( 1-e^{-0,75} \right\) = e^{-0,75} - e^{-1,5} = 0,4724 - 0,2231 = 0,25\)

\(P(X > 2) = 1-P(X \leq 2) = 1-F(2) = 1-(1-e^{-6}) = e^{-6} = 0,0025\)

Wir suchen das 0,5-Quantil, also den Median: Für welches x nimmt F(x) den Wert 0,5 an?

Aus \(F(x) = 1-e^{-3x} = 0,5\) folgt \(x = -\frac{1}{3} \cdot ln (0,5) = 0,23\), d.h. nach knapp 3 Monaten ist das Bauteil mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,5 ausgefallen.

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 Aussage ist falsch. Um den Erwartungswert zu ermitteln, werden die Werte der Zufallsvariablen mit ihren Wahrscheinlichkeiten (bzw. der Dichtefunktion) multipliziert. Dadurch werden Werte, die eine höhere Wahrscheinlichkeit haben, stärker gewichtet als solche mit einer geringen Wahrscheinlichkeit.

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.

Sei \(X_1\) die Zufallsvariable "Augensumme beim Wurf des ersten Würfels" und \(X_2\) die Zufallsvariable "Augensumme beim Wurf des zweiten Würfels". Beide können jeweils die Werte von 1 bis 6 annehmen mit der Wahrscheinlichkeit von jeweils 1/6, d.h. die Erwartungswerte sind \(E(X_1) = E(X_2) = \frac{1}{6} \cdot (1+2+3+4+5+6) = \frac{21}{6} = 3,5\). Die Summe der Erwartungswerte von \(X_1\) und \(X_2\) entspricht dem gesuchten Erwartungswert der Summe der beiden Zufallsvariablen, d.h. es gilt: \(E(X) = E(X_1) + E(X_2) = 3,5 + 3,5 = 7\)

Alternativer Lösungsweg 1:
Wir betrachten die Wahrscheinlichkeitsverteilung von X (siehe Bild); diese ist symmetrisch um den Wert \(x_i = 7\): Es gibt 1 Möglichkeit für die Augensumme 2 bzw. 12, nämlich 1-1 bzw. 6-6; es gibt 2 Möglichkeiten für die Augensumme 3 bzw. 11, nämlich 1-2 und 2-1 bzw. 5-6 und 6-5, usw. Somit gilt E(X) = 7.

Alternativer Lösungsweg 2:
Wir betrachten die Wahrscheinlichkeitsverteilung von X (siehe Bild) und berechnen daraus den Erwartungswert:
\(E(X) = \frac{1}{36} \cdot (2 \cdot 1 + 3 \cdot 2 + 4 \cdot 3 + 5 \cdot 4 + 6 \cdot 5 + 7 \cdot 6 + 8 \cdot 5 + 9 \cdot 4 + 10 \cdot 3 + 11 \cdot 2 + 12 \cdot 1) = \frac{1}{36} \cdot 252 = 7 \)

Sei \(X_1\) die Zufallsvariable "Anzahl der Köpfe beim Wurf der ersten Münze", \(X_2\) die Zufallsvariable "Anzahl der Köpfe beim Wurf der zweiten Münze" und \(X_3\) die Zufallsvariable "Anzahl der Köpfe beim Wurf der dritten Münze". Dann gilt \(E(X_1) = E(X_2) = E(X_3) = 0,5\) und somit \(E(Y) = E(X_1 + X_2 + X_3) = E(X_1) + E(X_2) + E(X_3) = 1,5\).

Sei \(X_1\) die Zufallsvariable "Anzahl der Köpfe beim Wurf der ersten Münze", \(X_2\) die Zufallsvariable "Anzahl der Köpfe beim Wurf der zweiten Münze" und \(X_3\) die Zufallsvariable "Anzahl der Köpfe beim Wurf der dritten Münze". Dann gilt \(Var(X_1) = Var(X_2) = Var(X_3) = 0,25\) . Da diese drei Zufallsvariablen unabhängig sind, ist \(Var(Y) = Var(X_1 + X_2 + X_3) = Var(X_1) + Var(X_2) + Var(X_3) = 0,75\).

Alternativer Lösungsweg:

Es handelt sich hier um eine Binomialverteilung, die Formel für die Varianz lautet daher: \(Var(X) = n \cdot p \cdot (1-p) = 3 \cdot 0,5 \cdot 0,5 = 0,75 \)

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.

Der Zusammenhang \(E(X \cdot Y)= E(X) \cdot E(Y)\) gilt nur dann, wenn X und Y unabhängig sind!

Der Zusammenhang E(X + Y)= E(X) + E(Y) gilt immer!

Alle Aussagen bis auf die zweite sind korrekt: Aus Cov(X;Y) = 0 folgt nicht, dass X und Y unabhängig sind, sondern nur, dass sie unkorreliert sind. Es kann also durchaus sein, dass Cov(X;Y) = 0 gilt und somit X, Y unkorreliert sind, aber dennoch abhängig. Die Kovarianz erfasst (ähnlich wie bei der beschreibenden Statistik) lediglich die lineare Komponente des Zusammenhangs zwischen X und Y.

Die Gleichung von Tschebyscheff lautet: \(P(|X - \mu| < c) \geq 1 - \frac{\sigma^2}{c^2}\)

Mit \(\mu = 1,5; \; \; \sigma^2 = 0,75\) und c=1 folgt: \(P(|X - 1,5| < 1) \geq 1 - 0,75 = 0,25\)
Die Wahrscheinlichkeit, dass X weniger als 1 vom Erwartungswert abweicht, beträgt also mindestens 0,25.

Wie groß ist diese Wahrscheinlichkeit exakt? X kann nur die Werte 0, 1, 2 oder 3 annehmen; die Bedingung |X - 1,5| < 1 ist erfüllt, wenn X=1 oder X=2 gilt, wenn also ein- oder zweimal Kopf fällt. Die Möglichkeiten hierfür sind KZZ, ZKZ, ZZK bzw. KKZ, KZK, ZKK. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist somit P(X=1) + P(X=2) = 3/8 + 3/8 = 3/4 = 0,75.

Je größer der Stichprobenumfang wird, umso größer ist die Wahrscheinlichkeit, dass der Mittelwert der Stichprobe in ein beliebig kleines Intervall um den Erwartungswert fällt: Der Mittelwert konvergiert stochastisch gegen den Erwartungswert. Werfen wir beispielsweise sehr oft einen fairen Würfel (Erwartungswert 3,5) und notieren die Augenzahl nach jedem Wurf, so wird das arithmetische Mittel der bisher geworfenen Augenzahlen sich immer stärker um 3,5 konzentrieren. Es kann trotzdem immer wieder Ausreißer geben (z.B. fünfmal hintereinander eine Eins), wir können also nicht sicher sein, dass der Mittelwert ab einer genügend großen Wurfanzahl beliebig nahe an den Erwartungswert herankommt (daher sind Aussage 1 und 5 falsch).

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

Wenn 90% der Abfüllgewichte innerhalb des Intervalls [200-c; 200+c] liegen sollen, dann liegen links von 200-c und rechts von 200+c jeweils 5% aller Abfüllgewichte. Wir suchen also die Quantile \(x_{0,05}\) und \(x_{0,95}\), welche wir mittels der Quantile \(z_{0,05}\) bzw. \(z_{0,95}\) der Standardnormalverteilung berechnen (bzw. der Tabelle entnehmen). Wegen der Symmetrieeigenschaft der Standardnormalverteilung gilt außerdem \(z_p = -z_{1-p}\):

\(x_{0,05} = \sigma \cdot z_{0,05} + \mu = \sigma \cdot (- z_{0,95}) + \mu = 5 \cdot (-1,645) + 200 = 191,775 \\ x_{0,95} = \sigma \cdot z_{0,95} + \mu = 5 \cdot 1,645 + 200 = 208,225\)
90% aller Abfüllgewichte liegen also im Bereich zwischen 191,78 und 208,22 Gramm (c = 8,225).

Alternativer Lösungsweg:

Wir suchen den Wert c, für den die Verteilungsfunktion an der Stelle 200+c den Wert 0,95 annimmt (denn das heißt, dass 95% der Abfüllgewichte kleiner oder gleich 200 + c sind): F(200+c) = 0,95

Auch hier nutzen wir wieder die Umrechnung auf die Standardnormalverteilung, damit wir die Tabelle verwenden können: \(F(x) = \Phi( \frac{x-\mu}{\sigma} ) = \Phi( \frac{x-200}{5} ) = 0,95\)

Setzt man x=200+c ein, so folgt \(\Phi(\frac{c}{5}) = 0,95\). Der Tabelle entnehmen wir c/5 = 1,645, somit ist c = 8,225 und das gesuchte Intervall lautet [191,78; 208,22].

Die Summe zweier unabhängiger Normalverteilungen ist wieder normalverteilt; Erwartungswert und Varianz addieren sich ebenso
(Letzteres gilt sogar für beliebig verteilte unabhängige Zufallsvariable).

Die Summe X von n unabhängigen, identisch verteilten Zufallsvariablen \(X_i\) ist für große n annäherend normalverteilt, das arithmetische Mittel der Summe ebenso. Dafür brauchen die \(X_i\) nicht normalverteilt zu sein!

Der zentrale Grenzwertsatz ist somit der Grund dafür, dass eine Zufallsvariable X annähernd normalverteilt ist, wenn sie als Summe von vielen kleinen zufälligen Einflüssen entsteht (z.B. Messfehler, kleine Schwankungen bei der Produktion oder Abfüllung, etc.).

Eine Zufallsstichprobe vom Umfang n ist eine Folge \(X_1, ..., X_n\) von unabhängigen, identisch verteilten Zufallsvariablen, die man Stichprobenvariablen nennt. \(X_i\) ist die Merkmalsausprägung des i-ten Stichprobenelements.