\(P(X=20) = 0\), denn die Augensumme 20 kann bei drei Würfeln nicht auftreten.

\(F(20) = P(X \leq 20) = 1\), denn alle möglichen Augensummen liegen unter dem Wert von 20.

Standardabweichung.

\(P(rot)=\frac{18}{37} \\ P(\overline{rot})=\frac{19}{37} \\ \mu = E(X)= \sum x_i P_i = 500\cdot \frac{18}{37} + (-500)\cdot \frac{19}{37} \approx -13,5 \\\)

\(\sigma^2 = Var(X) = \sum (x_i - \mu)^2 \cdot p_i = (500 + 13,5)^2 \cdot \frac{18}{37} + (-500 + 13,5)^2 \cdot \frac{19}{37} \approx 249 817,38 \Rightarrow \\ \sigma = \sqrt(Var(X))\approx 500\)

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

\(F(1) = 1-e^{-3} = 0,95\)

Erwartungswert für diskrete Zufallsvariablen:

\(E(X)=\sum g(x_i)p_i = \frac{1}{3}(5+25+30) =20\)

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.

Je größer der Stichprobenumfang wird, umso größer ist die Wahrscheinlichkeit, dass der Mittelwert der Stichprobe in ein beliebig kleines Intervall um den Erwartungswert fällt: Der Mittelwert konvergiert stochastisch gegen den Erwartungswert. Werfen wir beispielsweise sehr oft einen fairen Würfel (Erwartungswert 3,5) und notieren die Augenzahl nach jedem Wurf, so wird das arithmetische Mittel der bisher geworfenen Augenzahlen sich immer stärker um 3,5 konzentrieren. Es kann trotzdem immer wieder Ausreißer geben (z.B. fünfmal hintereinander eine Eins), wir können also nicht sicher sein, dass der Mittelwert ab einer genügend großen Wurfanzahl beliebig nahe an den Erwartungswert herankommt (daher sind Aussage 1 und 5 falsch).

X ist gleichverteilt im Intervall (0;15); die Verteilungsfunktion lautet somit F(x) = x/15 für 0 < x < 15, F(x) = 0 für x <= 0 und F(x) = 1 für x >= 15. Es gilt \(F(x) = P(X \leq x)\). Damit ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit \(P(X \leq 5) = F(5) = \frac{5}{15} = \frac{1}{3}\).