Hier kann man einfach die WTR-Befehle ("Normalcdf" beim TI, bzw. "Kumul. Normal-V" beim Casio) verwenden: Erst μ und σ, dann die Intervallgrenzen eingeben. Die linke Intervallgrenze wäre hier jedoch - ∞. Stattdessen kann man einfach einen sehr kleinen Wert eingeben, z.B.: -10000000.

Jetzt kann man das Ergebnis ablesen: P(X ≤ 4.5) ≈ 0.5825

Der WTR kann leider kein k berechnen mit P(X ≥ k) = 0.2, weil er immer nur ein k bei P(X ≤ k) = p berechnen kann.

Also nutzen wir aus, dass P(X ≤ k) = 0.8 (im Schaubild die blaue Fläche) gelten muss, wenn P(X ≥ k) = 0.2 (im Schaubild die rote Fläche) gilt.

Für P(X ≤ k) = 0.8 liefert der WTR k ≈ 27.575.

(TI: invNormal, Casio: Inv. Normal-V. )

Die Zufallsgröße X beschreibt die Schraubenlänge in mm, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 90 und der Standardabweichung σ = 0.4.

Somit kann man einfach die WTR-Befehle ("Normalcdf" beim TI, bzw. "Kumul. Normal-V" beim Casio) verwenden: Erst μ und σ, dann die Intervallgrenzen eingeben. Die linke Intervallgrenze wäre hier jedoch - ∞. Stattdessen kann man einfach einen sehr kleinen Wert eingeben, z.B.: -10000000.

Jetzt lässt sich das Ergebnis ablesen: P(X ≤ 89.5) ≈ 0.1056

Die Zufallsgröße X beschreibt die Körperlänge des Insekts im cm, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 2 und der Standardabweichung σ = 0.9.

Gesucht ist somit das k, so dass P(X ≤ k) = 0.85 gilt.

Der WTR liefert für P(X ≤ k) = 0.85 den Wert k ≈ 2.933.

(TI: invNormal, Casio: Inv. Normal-V. )

Den Mittelwert μ= 3 kann man einfach am x-Wert des Hochpunkts der Glockenkurve ablesen.

Die Standardabweichung σ = 2 kann man am Abstand der x-Werte des Hochpunkts vom Wendepunkt ablesen.

Den Mittelwert μ= 2 kann man einfach am x-Wert des Hochpunkts der Glockenkurve ablesen.

Die Standardabweichung σ = 3 kann man am Abstand der x-Werte des Hochpunkts vom Wendepunkt ablesen.

Jetzt kann man einfach einfach die WTR-Befehle ("Normalcdf" beim TI, bzw. "Kumul. Normal-V" beim Casio) verwenden: μ und σ, dann die Intervallgrenzen eingeben - und schließlich das Ergebnis ablesen:

P(-2 ≤ X ≤ 4) ≈ 0.6563

Wir wissen, dass das Schaubild einer normalverteilten Zufallsgröße achsenssymmetrisch zur senkrechten Gerade durch den Hochpunkt ist, hier also zu x = -4.

Somit gilt auch für den helleren blauen Flächeninhalt, der der Wahrscheinlichkeit P(-5 ≤ X ≤ -4) entspricht: P(-5 ≤ X ≤ -4) = 0.262.

Die beiden roten Flächen teilen sich dann die Restwahrscheinlichkeit:
1 - 0.262 - 0.262 = 0.476

Aus den bereits oben genannten Symmetriegründen sind aber auch die beiden roten Flächen gleich groß, so dass für die gesuchte (dunklere) Fläche gilt:

P(X ≤ -5) = $\frac{\mathrm{0.476}}{2}$= 0.238

Gegeben ist ja der Hochpunkt der Gauß' schen Glockenkurve, weil ja der gegebene x-Wert gerade dem Erwartungswert μ = -1 entspricht.

Um einen ersten möglichen Wert für eine Standardabweichung σ zu bekommen, berechen wir am besten den Quotient von 0,5 und dem y-Wert der gegebenen Hochpunkts, also $\frac{\mathrm{0.5}}{\mathrm{0.1995}}$ ≈ 2.506 und runden diesen auf σ₁ = 3.

Damit berechnen wir nun den y-Wert der Glockenkurve (mit μ = -1 und σ₁=3) an der gegebenen Stelle x = -1 und erhalten f₁(-1) = 0.133
(TI: DISTR -> 1: Normalpdf; Casio: Dichte ..).

Wir wissen ja: Je größer das σ ist, desto breiter wird die Glockenkurve. Da ja aber die ganze Fläche unter der Glockenkurve (die ja der Gesamt-Wahrscheinlichkeit für alles entspricht) immer genau 1 ist, muss die breitere Glockenkurve dementsprechend auch flacher und damit mit einem niedrigeren Hochpunkt ausfallen. Somit gilt:

Je höher das σ, desto niedriger der y-Wert des Hochpunkts.

Und das der y-Wert unserer ersten Kurve mit σ₁=3 (in der Abbilung in grün) zu tief war, muss also σ₁ zu groß sein und wir müssen jetzt eben schrittweise kleinere Standardabweichungen σ durchprobieren und die zugehörigen y-Werte an der Stelle x = -1 berechnen:

μ = -1

σ = 2

f(-1) = 0.1995

Somit muss die gesuchte Standardabweichung σ = 2 sein.

Die Zufallsgröße X beschreibt die Schraubenlänge in mm.

Zunächst untersuchen wir die Wahrscheinlichkeit, wenn der Erwartungswert μ = 40 gewählt würde. Aus Symmetriegründen wäre dann aber P(X ≥ 40) = 0,5.

Deswegen wird nun der Erwartungswert schrittweise immer um eine Einheit erhöht, bis die gesuchte Wahrscheinlichkeit P(X ≥ 40) mindestens 0.75 ist:

μ = 40: P(X ≥ 40) = 0.5

μ = 41: P(X ≥ 40) = 0.7475

μ = 42: P(X ≥ 40) = 0.9088

Man muss also den Erwartungswert auf mindestens μ = 42 einstellen.

Die Zufallsgröße X beschreibt die Fahrtzeit in Minuten.

Gesucht ist die Standardabweichung σ, so dass P(X ≥ 309) < 5% gilt.

Je kleiner das σ ist, desto enger und höher ist die Glockenkurve der Dichtefunktion.

Wegen der Symmetrie der Glockenkurve folgt aus P(X ≥ 309) < 5% , dass P(291 ≤ X ≤ 309) > 90 % gelten muss.

Aufgrund der Sigmaregel (P(μ-2σ ≤ X ≤ μ+2σ) ≈ 95,4% ) wissen wir, dass die 9 min eine kleinere Wahrscheinlichkeit auf sich vereinen als eine Abweichung um 2 σ, folglich muss die Abweichung 9 weniger als 2 σ entsprechen.

9 < 2⋅σ |:2
4.5 < σ

Wir starten also mal bei σ = 4.5 und erhöhen dieses so lange, bis P(X ≥ 309) über die 0.05;0.1] steigt:

σ = 4.5: P( X ≥ 309) ≈ 0.0227

σ = 4.6: P( X ≥ 309) ≈ 0.0252

...

σ = 5.2: P( X ≥ 309) ≈ 0.0417

σ = 5.3: P( X ≥ 309) ≈ 0.0447

σ = 5.4: P( X ≥ 309) ≈ 0.0478

σ = 5.5: P( X ≥ 309) ≈ 0.0509

Die Standardabweichung darf also höchstens σ = 5.4 einstellen.

Die Zufallsgröße X beschreibt die Abfüllmenge in ml.

Zunächst untersuchen wir die Wahrscheinlichkeit, wenn der Erwartungswert μ = 800 gewählt würde. Aus Symmetriegründen wäre dann aber P(X ≥ 800) = 0,5.

Deswegen wird nun der Erwartungswert schrittweise immer um eine Einheit erhöht, bis die gesuchte Wahrscheinlichkeit P(X ≥ 800) mindestens 0.75 ist:

μ = 800: P(X ≥ 800) = 0.5

μ = 801: P(X ≥ 800) = 0.6306

μ = 802: P(X ≥ 800) = 0.7475

μ = 803: P(X ≥ 800) = 0.8413

Man muss also den Erwartungswert auf mindestens μ = 803 einstellen.

Es gilt: P(244 ≤ X ≤ ∞) ≈ 0,1585
oder anders ausgedrückt:
P(μ + 4 ≤ X ≤ ∞) ≈ 0

wegen P(μ ≤ X ≤ ∞) = 0,5 gilt somit:
P(μ ≤ X ≤ μ + 4) ≈ 0

Wegen der Symmetrie der Gauß'schen Glockenkurve gilt dann:
P(μ - 4 ≤ X ≤ μ + 4) ≈ 0,683

Aufgrund der Sigma-Regel P(μ - 1⋅σ ≤ X ≤ μ - 1⋅σ) ≈ 0.683
muss also 1⋅σ = 4 sein.

Für die Standardabweichung gilt somit: σ = 4 .

Den Mittelwert μ= 0 kann man einfach am x-Wert des Hochpunkts der Glockenkurve ablesen.

Die Standardabweichung σ = 4 kann man am Abstand der x-Werte des Hochpunkts vom Wendepunkt ablesen.

Eingesetzt in die allgemeine Dichtefunktion: φ(x) = $\frac{1}{\sigma ·\sqrt{2\pi }}·e^{-\frac{1}{2}{\left(\frac{x-\mu }{\sigma }\right)}^2}$ ergibt:

φ(x) = $\frac{1}{4\sqrt{2\pi }}·e^{-\frac{1}{2}{\left(\frac{x+0}{4}\right)}^2}$

Zuerst berechnen wir die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein zufällig gewählter Mensch hochbegabt ist. Die Zufallsgröße Y beschreibt dabei den Intelligenzquotient IQ, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 100 und der Standardabweichung σ = 15.

Mit derm WTR lässt sich so P(Y ≥ 130) ≈ 0.0228 berechnen.

(TI: Normalcdf, Casio: Kumul. Normal-V. )

Und weil dies für jedes der 145 Exemplare gilt, können wir die Zufallsgröße X (, die die Anzahl der hochbegabten Menschen mit einem IQ über 130 zählt) als binomialverteilt mit n = 145 und p = 0.023 annehmen.

Für die gesuchte Wahrscheinlichkeit gilt somit:
$P_{0.023}^{145}(X\ge 4)$ =

1 - $P_{0.023}^{145}(X\le 3)$ ≈ 1 - 0.5799 = 0.4201

(TI-Befehl: binomcdf(145,0.023,145) - binomcdf(145,0.023,3))

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit beträgt somit ca. 42%.

Die Zufallsgröße X beschreibt den Intelligenzquotient IQ, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 100 und der Standardabweichung σ = 15.

Gesucht ist ja das kleinste Intervall, dessen Wahrscheinlichkeit 10% auf sich vereint.

Weil ja die Gauß'sche Glockenkurve symmetrisch zu x = 100 ist, und um den Erwartungswert die höchsten Werte und damit auch die größten Flächen möglich sind, muss dieses kleinste Intervall symmetrisch um den Erwartungswert herum liegen (siehe rote Fläche unter dem Graph).

Folglich muss gelten: P(µ-d ≤ X ≤ µ+d) = 0.1.

Wegen der Symmetrie bedeutet das dann ja aber P(µ-d ≤ X ≤ µ) = 0.05 ("Hälfte des roten Bereichs").

Und da immer P(X ≤ µ) = 0.5 gilt, muss also P(X ≤ µ-d) = 0.45 sein ("blauer Bereich").

Der WTR liefert für P(X ≤ µ-d) = 0.45 den Wert µ-d ≈ 98.115.

Dieser hat also von µ = 100 den Abstand d = 100-98.115 = 1.885, somit ist der rechte Rand µ+d bei 100+1.885 = 101.885.

(TI: invNormal, Casio: Inv. Normal-V. )

Zuerst berechnen wir die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Schraube als lang genug gilt. Die Zufallsgröße Y beschreibt dabei die Schraubenlänge in mm, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 90 und der Standardabweichung σ = 0.6.

Mit derm WTR lässt sich so P(Y ≥ 89.6) ≈ 0.747508 berechnen.

(TI: Normalcdf, Casio: Kumul. Normal-V. )

Und weil dies für jedes Exemplar gilt, können wir die Zufallsgröße X (, die die Anzahl der die ausreichend langen Schrauben in einem Karton zählt) als binomialverteilt mit unbekanntem n und p = 0.747508 annehmen.

Die Masse eines Hühnereis in g soll als normalverteilte Zufallsgröße X mit µ=50 und σ=5 bezeichnet werden.

Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Ei die Vorgabe (Mindestgewicht) erfüllt, bezeichnen wir p.

Damit diese Vorgabe nun auch wirklich bei allen 6 kontrollierten Eiern erfüllt wird, muss somit gelten:

p⁶ ≥ 0.75 (Die 6 kontrollierten Eier kann man als mehrstufiges Zufallsexperiment mit gleichbleibender Einzelwahrscheinlichkeit p interpretieren.)

Wenn wir jetzt hier die 6-te Wurzel ziehen, erhalten wir die notwendige Einzelwahrscheinlichkeit p, dass ein Ei die Vorgabe (Mindestgewicht) erfüllt:

Einzelwahrscheinlichkeit: p ≥ 0,9532

Wir suchen jetzt also in der Normalverteilung nach einem Mindestgewicht, das mit der Wahrscheinlichkeit 0,9532 eingehalten wird;

also nach einem k mit P(X ≥ k) ≥ 0,9532

Der WTR kann leider kein k berechnen mit P(X ≥ k) = 0,9532, weil er immer nur ein k bei P(X ≤ k) = p berechnen kann.

Also nutzen wir aus, dass P(X ≤ k) = 0,0468 (im Schaubild die blaue Fläche) gelten muss, wenn P(X ≥ k) = 0,9532 (im Schaubild die rote Fläche) gilt.

Für P(X ≤ k) = 0,0468 liefert der WTR k ≈ 41.617.

(TI: invNormal, Casio: Inv. Normal-V. )

Um die Aufgabe mit einer Vierfeldertafel lösen zu können, müssen wir erst unsere Ergebnisse A und B definieren:

$A$: Stahl

$\bar{A}$: nicht Stahl, also Messing

$B$: zu kurz

$\bar{B}$: nicht zu kurz, also Länge ok

Hiermit ergibt sich folgende Vierfeldertafel:

	$B$ (zu kurz)	$\bar{B}$ (Länge ok)
$A$ (Stahl)			0,4
$\bar{A}$ (Messing)

Diese müssen wir nun vollends ausfüllen:

Als erstes tragen wir rechts unten die Summe $P\left(A\right)$+ $P\left(\bar{A}\right)$ = $P\left(B\right)$+ $P\left(\bar{B}\right)$ = 1 ein, schließlich ist die Wahrscheinlichkeit, dass $A$ gilt oder dass $\bar{A}$ gilt 100%.

Dann tragen wir alle direkt aus dem Text entnehmbaren und die dadurch berechenbaren Wahrscheinlichkeiten in die Vierfeldertafel ein.

	$B$ (zu kurz)	$\bar{B}$ (Länge ok)
$A$ (Stahl)			0,4
$\bar{A}$ (Messing)			0,6
			1

Aus der Information von der Teilgruppe mit "Messing" sind es 7% kann man die Wahrscheinlichkeit
= 0,6 ⋅ 0,07 = 0,042 berechnen.

	$B$ (zu kurz)	$\bar{B}$ (Länge ok)
$A$ (Stahl)			0,4
$\bar{A}$ (Messing)	0,042		0,6
			1

Aus der Information von der Teilgruppe mit "zu kurz" sind es 72.41% kann man die Wahrscheinlichkeit
= ⋅ 0,7241 = 0,042 herauslesen.
Daraus ergibt sich = $\frac{\mathrm{0,042}}{\mathrm{0,7241}}$ ≈ 0,058.

	$B$ (zu kurz)	$\bar{B}$ (Länge ok)
$A$ (Stahl)			0,4
$\bar{A}$ (Messing)	0,042		0,6
	0,058		1

Jetzt können wir wieder die restlichen Wahrscheinlichkeiten einfach mit der Vierfeldertafel berechnen:

	$B$ (zu kurz)	$\bar{B}$ (Länge ok)
$A$ (Stahl)	0,016	0,384	0,4
$\bar{A}$ (Messing)	0,042	0,558	0,6
	0,058	0,942	1

Wir wissen jetzt also, dass die Wahrscheinlichkeit für "zu kurz" ungefähr 0,058 beträgt.

Jetzt suchen wie in der Normalverteilung nach einem mm-Wert k, für den gilt P(X ≤ k) ≈ 0,058

Der WTR liefert für P(X ≤ k) = 0,058 den Wert k ≈ 134.371.

(TI: invNormal, Casio: Inv. Normal-V. )