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:

 \(E(X) = 0 \cdot P(X=0) + 1 \cdot P(X=1) + 2 \cdot P(X=2) + 3 \cdot P(X=3) + 4 \cdot P(X=4) \approx 0,02\)

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

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

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

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

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.

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

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

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 = Anzahl aller Felder = 64
n ... Stichprobe = 5
M ... Anzahl d. Randfelder = 28
k ... Anzahl d. Randfelder in der Stichprobe = 3

\(P(X=3)=\frac{{28 \choose 3}{36 \choose 2}}{{64 \choose 5}} \approx 0,2706 = 27,06%\)

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}\)

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.