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

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

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 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\)

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

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

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

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

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 \(P(X \leq 1) = 0,9098\).

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

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