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

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

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

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

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

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

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

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.

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 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

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 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: