Bei einer Stichprobe mit Zurücklegen und zwei Möglichkeiten (rote oder blaue Kugel, intakte (A) oder schadhafte Ware (B) ) kommt bei n gezogenen Stichroben die hypergeometrische Verteilung zum Zug ( Wahrscheinlichkeit, dass  j Stücke aus n gezogenen sind intakt sind)

h[A_,B_,n_,j_]:= Binomial[A,j] Binomial[B, n-j]

Für die Berechnung des Erwartungswerts braucht man

sum1=Sum[ j  h[A,B,n,j] ,{j,0,n}]

und das ist natürlich ein sehr merkwürdig aussehendes Ergebnis (was aber - mit einiger Mühe und Manipulationen der Fakultäten - das richtige Ergebnis A Binomial[ A + B - 1, n - 1] liefert)

Gibt man aber Zahlen ein geht es schief

sum1/.{A->17,B->6,n->4}

während doch

A Binomial[ A + B - 1, n - 1]/.{A->17,B->6,n->4}

herauskommen sollte. 

Überprüfung durch "brute force":

Table[ j Binomial[17,j] Binomial[6, 4-j],{j,0,4}]
Total[%]

Für die Varianz braucht man die Summe mit j^2, und hier gibt es ein ähnlich merkwürdiges Resultat

sum2=Sum[ (j^2) Binomial[A,j] Binomial[B, n-j],{j,0,n}]

sum2/.{A->17,B->6,n->4}

aber  (das exakte Ergebnis hier ist  A (A - 1 + (A + B - 1)/(n - 1)) Binomial[A + B - 2, n - 2])

Table[ (j^2) Binomial[17,j] Binomial[6, 4-j],{j,0,4}]
Total[%]

A (A - 1 + (A + B - 1)/(n - 1)) Binomial[A + B - 2, n - 2]/.{A->17,B->6,n->4}

Für Summen der oben genannten Art kann man allerdings eine Rekursionsformel finden. Sie lautet  (dabei ist m der Exponent am j )

s1[a_,b_,n_,0]:=Binomial[a+b,n]
s1[a_,b_,n_,m_]:=a Sum[Binomial[m-1,j]s1[a-1,b,n-1,j],{j,0,m-1}]

Also z.B.

s1[17,6,4,1]

s1[17,6,4,2]

oder auch symbolisch

sum3=s1[A,B,n,5]

sum3//TraditionalForm

Natürlich hätte man auch für das oben genannte Problem direkt die eingebauten Statistik-Funktionen nehmen können, aber ich persönlich finde, da weiß man nie genau, was abläuft.

hyp=HypergeometricDistribution[n,A,A+B]

Mean[hyp]

äquivalent zu

s1[A,B,n,1]/s1[A,B,n,0]//FullSimplify