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: \(P(X=1) = {4 \choose 1} \cdot \frac{6}{24} \cdot \frac{18}{23} \cdot \frac{17}{22} \cdot \frac{16}{21} = \frac{816}{1771}\)

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

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

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:\(P(X=4) = \frac{3}{216} = \frac{1}{72}\)

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:

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 = 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 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 \(p_i\).