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.

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

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

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}\)

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

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

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

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.

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: