Die Wahrscheinlichkeit für einen Treffer (also hier, dass eine "6" gewürfelt wird) beträgt p = $\frac{1}{6}$, für einen Nicht-Treffer (also hier, dass keine "6" gewürfelt wird) beträgt sie q = 1 - $\frac{1}{6}$ = $\frac{5}{6}$. Da ja der Treffer genau im dritten Durchgang kommen soll, ist auch hier nur ein Pfad im Baumdiagramm möglich. Dessen Wahrscheinlichkeit lässt sich dann wie folgt berechnen:

P = $\frac{5}{6}$⋅$\frac{5}{6}$⋅$\frac{1}{6}$⋅$\frac{5}{6}$ = $\frac{1}{6}·{\left(\frac{5}{6}\right)}^3$ ≈ 0.0965 .

Wenn man von der allgememeinen Formel für den Binomialkoeffizient
$\left(\begin{array}{c}9\\ 5\end{array}\right)$ = $\frac{\mathrm{9!}}{\mathrm{5!\; \cdot \; (9\; -\; 5)!}}$ = $\frac{\mathrm{9!}}{\mathrm{5!\; \cdot \; 4!}}$ = $\frac{\mathrm{9\cdot 8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}{\mathrm{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1\; \cdot \; 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}$
ausgeht, sieht man schnell, dass man mit der
5! = 5⋅4⋅3⋅2⋅1
rechts im Zähler und links im Nenner kürzen kann, so dass gilt:

$\left(\begin{array}{c}9\\ 5\end{array}\right)$ = $\frac{\mathrm{9\cdot 8\cdot 7\cdot 6}}{\mathrm{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}$

= $\frac{\mathrm{9\cdot 2\cdot 7\cdot 6}}{\mathrm{3\cdot 2\cdot 1}}$ (gekürzt mit 4)

= $\frac{\mathrm{3\cdot 2\cdot 7\cdot 6}}{\mathrm{2\cdot 1}}$ (gekürzt mit 3)

= $\frac{\mathrm{3\cdot 7\cdot 6}}{1}$ (gekürzt mit 2)

= 126

Für die erste Stelle ist jede Schülerin möglich. Es gibt also 21 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle ist die bereits als erstes gewählte Schülerin nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 20 Möglichkeiten. Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 19 möglich sind, usw.

Da ja jede Möglichkeit der ersten Stelle mit den Möglichkeiten der zweiten, dritten, ... Stelle kombinierbar sind, müssen wir die verschiedenen Möglichkeiten an den verschiedenen Stellen multiplizieren:

Es gibt also 21⋅20⋅19⋅18⋅17 = 2441880 Möglichkeiten, die 21 Möglichkeiten (Schülerinnen) auf die 5 "Ziehungen" (geloste) zu verteilen.

Wir haben jetzt dabei aber genau unterschieden an welcher Stelle was gezogen bzw. gewählt wurde. Also wären zum Beispiel Antonia - Bea - Carla und Bea - Carla - Antonia zwei unterschiedliche Ergebnisse. In unserem Fall hier soll diese Reihenfolge aber keine Rolle spielen. Es interessiert nur, wer in der 5er-Gruppe drin ist, nicht an welcher Stelle.

Wir berechnen jetzt also, wie viele mögliche Reihenfolgen pro 5er-Gruppe möglich sind.

• Für die erste Stelle ist jede(r) aus der 5er-Gruppe möglich. Es gibt also 5 Möglichkeiten.
• Für die zweite Stelle ist der/die an erster Stelle stehende nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 4 Möglichkeiten.
• Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 3 möglich sind, usw.

Da ja jede Möglichkeit der ersten Stelle mit den Möglichkeiten der zweiten, dritten, ... Stelle kombinierbar sind, müssen wir die verschiedenen Möglichkeiten an den verschiedenen Stellen multiplizieren und erhalten 5⋅4⋅3⋅2⋅1 = 120 Möglichkeiten für die verschiedenen Reihenfolgen innerhalb einer 5er-Gruppe.

Wir müssen deswegen die 2441880 Möglichkeiten für nach Reihenfolge sortierte 5er-Gruppen durch die 120 Möglichkeiten, die 5er-Gruppe anzuordnen, teilen.

Hieraus ergeben sich $\frac{\mathrm{2441880}}{\mathrm{120}}$ = 20349 Möglichkeiten für 5er-Gruppen, die aus 21 Elementen (Schülerinnen) gebildet werden.

Die hier durchgeführte Berechnung $\frac{\mathrm{<mn>21</mn><mo>\cdot </mo><mn>20</mn><mo>\cdot </mo><mn>19</mn><mo>\cdot </mo><mn>18</mn><mo>\cdot </mo><mn>17</mn>}}{\mathrm{<mn>5</mn><mo>\cdot </mo><mn>4</mn><mo>\cdot </mo><mn>3</mn><mo>\cdot </mo><mn>2</mn><mo>\cdot </mo><mn>1</mn>}}$ könnte man mit 16! erweitern würde so auf die Formel für den Binomialkoeffizient kommen:

20349 = $\frac{\mathrm{<mn>21</mn><mo>\cdot </mo><mn>20</mn><mo>\cdot </mo><mn>19</mn><mo>\cdot </mo><mn>18</mn><mo>\cdot </mo><mn>17</mn>}}{\mathrm{<mn>5</mn><mo>\cdot </mo><mn>4</mn><mo>\cdot </mo><mn>3</mn><mo>\cdot </mo><mn>2</mn><mo>\cdot </mo><mn>1</mn>}}$ = $\frac{21\cdot 20\cdot 19\cdot 18\cdot 17\cdot 16\cdot 15\cdot 14\cdot 13\cdot 12\cdot 11\cdot 10\cdot 9\cdot 8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1\cdot 16\cdot 15\cdot 14\cdot 13\cdot 12\cdot 11\cdot 10\cdot 9\cdot 8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}$ = $\frac{\mathrm{21!}}{\mathrm{5!\; \cdot \; 16!}}$ = $\left(\begin{array}{c}21\\ 5\end{array}\right)$

Es gibt insgesamt $\left(\begin{array}{c}30\\ 5\end{array}\right)$ = $\frac{\mathrm{30!}}{\mathrm{5!\; \cdot \; 25!}}$ = $\frac{\mathrm{30\cdot 29\cdot 28\cdot 27\cdot 26}}{\mathrm{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}$ = 142506 verschiedene Möglichkeiten, die 5 Kugeln aus den 30 zu ziehen, bzw. von 30 Zahlen 5 anzukreuzen.

Wenn man jetzt die Möglichkeiten zählen will, wie viele Möglichkeiten es gibt, wenn eine der gezogenen Zahlen die 23 ist, bzw. wie viele Möglichkeiten es gibt, 5 von 30 Zahlen anzukreuzen, wobei ein Kreuz sicher auf der der 23 sein muss, dann ist das doch genau das gleiche, wie wenn man die Möglichkeiten zählt, 4 Kreuze auf 29 Zahlen (alle außer der 23) zu setzen, also $\left(\begin{array}{c}29\\ 4\end{array}\right)$ = $\frac{\mathrm{29!}}{\mathrm{4!\; \cdot \; 25!}}$ = $\frac{\mathrm{29\cdot 28\cdot 27\cdot 26}}{\mathrm{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}$ = 23751.

Die Wahrscheinlichkeit lässt sich somit mit der Laplace-Formel berechnen:

P = $\frac{\mathrm{Anzahl\; der\; gewünschten\; Ereignisse}}{\mathrm{Anzahl\; der\; möglichen\; Ereignisse}}$ = $\frac{\mathrm{23751}}{\mathrm{142506}}$ ≈ 0.1667, also ca. 16.67%.

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=53 und p=$\frac{1}{4}$.

$P_{\frac{1}{4}}^{53}(X=11)$ = $\left(\begin{array}{c}53\\ 11\end{array}\right)\cdot {\left(\frac{1}{4}\right)}^{11}\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^{42}$=0.10280245506596≈ 0.1028
(TI-Befehl: binompdf(53,1/4,11))

Wenn P(X ≥ k) ≥ 0.75 sein soll, bedeutet das doch, dass sie Summe der Säulenhöhen von k bis zum rechten Rand mindestens 0.75 sein muss. Das ist dann aber doch gleichbedeutend, wie dass für die restlichen Säulenhöhen links von 0 bis k-1 höchstens 1-0.75=0.25 als Wahrscheinlichkeit übrig bleiben darf.

Wir lesen einfach die Säulenhöhen aus dem Histogramm ab und addieren diese Werte:

k	P(X = k)	P(X ≤ k)
0	≈ 0	≈ 0 + 0 = 0
1	≈ 0.01	≈ 0 + 0.01 = 0.01
2	≈ 0.05	≈ 0.01 + 0.05 = 0.06
3	≈ 0.13	≈ 0.06 + 0.13 = 0.19
4	≈ 0.21	≈ 0.19 + 0.21 = 0.4

Während P(X ≤ 3) = 0.19 also noch klar unter der geforderten Wahrscheinlichkeit von 0.25 liegt, ist P(X ≤ 4) = 0.4 klar darüber.

Oder andersrum: P(X ≥ 4) = 1 - P(X ≤ 3) = 0.81 (die Summe der blauen Säulenhöhen von 4 bis 11) ist klar über der geforderten Wahrscheinlichkeit von 0.75, während P(X ≥ 5) = 1 - P(X ≤ 4) = 0.6 (die Summe der Säulenhöhen von 5 bis 11) klar darunter liegt.

Somit ist das gesuchte k = 4.

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=92 und p=$\frac{1}{6}$.

$P_{\frac{1}{6}}^{92}(X\le 16)$ = $P_{\frac{1}{6}}^{92}(X=0)$ + $P_{\frac{1}{6}}^{92}(X=1)$ + $P_{\frac{1}{6}}^{92}(X=2)$ +... + $P_{\frac{1}{6}}^{92}(X=16)$ = 0.63829880980685 ≈ 0.6383
(TI-Befehl: binomcdf(92,1/6,16))

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der gewürfelten Sechser an. X ist binomialverteilt mit n=21 und p=$\frac{1}{6}$.

...

$P_{\frac{1}{6}}^{21}(X>5)$ = $P_{\frac{1}{6}}^{21}(X\ge 6)$ = 1 - $P_{\frac{1}{6}}^{21}(X\le 5)$ = 0.1234
(TI-Befehl: 1-binomcdf(21,$\frac{1}{6}$,5))

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=41 und p=0.125.

$P_{0.125}^{41}(1\le X\le 5)$ =

...

$P_{0.125}^{41}(X\le 5)$ - $P_{0.125}^{41}(X\le 0)$ ≈ 0.5928 - 0.0042 ≈ 0.5886
(TI-Befehl: binomcdf(41,0.125,5) - binomcdf(41,0.125,0))