Sei \(X_1\) die Zufallsvariable "Augensumme beim Wurf des ersten Würfels" und \(X_2\) die Zufallsvariable "Augensumme beim Wurf des zweiten Würfels". Beide können jeweils die Werte von 1 bis 6 annehmen mit der Wahrscheinlichkeit von jeweils 1/6, d.h. die Erwartungswerte sind \(E(X_1) = E(X_2) = \frac{1}{6} \cdot (1+2+3+4+5+6) = \frac{21}{6} = 3,5\). Die Summe der Erwartungswerte von \(X_1\) und \(X_2\) entspricht dem gesuchten Erwartungswert der Summe der beiden Zufallsvariablen, d.h. es gilt: \(E(X) = E(X_1) + E(X_2) = 3,5 + 3,5 = 7\)

Alternativer Lösungsweg 1:
Wir betrachten die Wahrscheinlichkeitsverteilung von X (siehe Bild); diese ist symmetrisch um den Wert \(x_i = 7\): Es gibt 1 Möglichkeit für die Augensumme 2 bzw. 12, nämlich 1-1 bzw. 6-6; es gibt 2 Möglichkeiten für die Augensumme 3 bzw. 11, nämlich 1-2 und 2-1 bzw. 5-6 und 6-5, usw. Somit gilt E(X) = 7.

Alternativer Lösungsweg 2:
Wir betrachten die Wahrscheinlichkeitsverteilung von X (siehe Bild) und berechnen daraus den Erwartungswert:
\(E(X) = \frac{1}{36} \cdot (2 \cdot 1 + 3 \cdot 2 + 4 \cdot 3 + 5 \cdot 4 + 6 \cdot 5 + 7 \cdot 6 + 8 \cdot 5 + 9 \cdot 4 + 10 \cdot 3 + 11 \cdot 2 + 12 \cdot 1) = \frac{1}{36} \cdot 252 = 7 \)

\(P(X \leq 3)=P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) = \frac{1}{6} + \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6} + (\frac{5}{6})^2 \cdot \frac{1}{6} \approx 0,421 = 42,1%\)

Sei X die Zufallsvariable "Gewinn beim Glücksspiel = ausbezahlter Betrag minus Einsatz". Die Wahrscheinlichkeit für die Augensumme 3 beträgt, ebenso wie die Wahrscheinlichket für die Augensumme 18, 1/216; bei allen anderen 214 Wurffolgen verliert man den Einsatz:
P(X=99) = 2/216 und P(X=-1) = 214/216.

Damit gilt für den Erwartungswert von X:

\(E(X) = \frac{2}{216} \cdot 99 + \frac{214}{216} \cdot (-1) = - \frac{16}{216} \approx -0,074\)
Man verliert also langfristig; im Mittel 7,4 Cent pro Spiel.

Sei X die Zufallsvariable "ausbezahlter Betrag" (ohne Berücksichtigung des Einsatzes). Die Wahrscheinlichkeit für die Augensumme 3 beträgt, ebenso wie die Wahrscheinlichket für die Augensumme 18, 1/216; bei allen anderen 214 Wurffolgen verliert man den Einsatz:
P(X=100) = 2/216 und P(X=0) = 214/216.

Damit gilt für den Erwartungswert von X:

\(E(X) = \frac{2}{216} \cdot 100 = \frac{200}{216} \approx 0,926 = 1-0,074\)
Der Erwartungswert für den ausbezahlten Betrag liegt also unter dem Einsatz, d.h. man zahlt langfristig mehr, als man bekommt.

Bei einer stetigen Zufallsvariablen X entspricht die Fläche unter dem Graphen der Dichtefunktion gerade der Verteilungsfunktion. Die Verteilungsfunktion erhält man folglich durch Integration der Dichtefunktion; umgekehrt ist die Dichtefunktion die Ableitung der Verteilungsfunktion.

Genauer: Bei einer stetigen Zufallsvariablen X entspricht die Fläche unter dem Graphen der Dichtefunktion über dem Bereich \((-\infty;\, x)\) gerade der Wahrscheinlichkeit, dass X in diesem Bereich liegt (d.h. dass X < x gilt), und damit dem Wert der Verteilungsfunktion F(x) = P(X < x). Folglich gilt: \(F(x) = \int_{-\infty}^{x} f(t) \,dt\)

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

\(P(X=20) = 0\), 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.

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).

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.