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 ≤ 2.6) ≈ 0.6659

Der WTR kann leider kein k berechnen mit P(X ≥ k) = 0.05, weil er immer nur ein k bei P(X ≤ k) = p berechnen kann.

Also nutzen wir aus, dass P(X ≤ k) = 0.95 (im Schaubild die blaue Fläche) gelten muss, wenn P(X ≥ k) = 0.05 (im Schaubild die rote Fläche) gilt.

Für P(X ≤ k) = 0.95 liefert der WTR k ≈ 62.336.

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

Die Zufallsgröße X beschreibt die Schraubenlänge in mm, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 30 und der Standardabweichung σ = 0.3.

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 rechte Intervallgrenze wäre hier jedoch + ∞. Stattdessen kann man einfach einen sehr großen Wert eingeben, z.B.: 10000000.

Jetzt lässt sich das Ergebnis ablesen: P(X ≥ 29.8) ≈ 0.7475

Die Zufallsgröße X beschreibt die Schraubenlänge in mm, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 80 und der Standardabweichung σ = 0.5.

Gesucht ist somit das k, so dass P(X ≥ k) = 0.6 gilt.

Der WTR kann leider kein k berechnen mit P(X ≥ k) = 0.6, weil er immer nur ein k bei P(X ≤ k) = p berechnen kann.

Also nutzen wir aus, dass P(X ≤ k) = 0.4 (im Schaubild die blaue Fläche) gelten muss, wenn P(X ≥ k) = 0.6 (im Schaubild die rote Fläche) gilt.

Für P(X ≤ k) = 0.4 liefert der WTR k ≈ 79.873.

(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= -3 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(-8 ≤ X ≤ -2) ≈ 0.5828

Wir wissen, dass das Schaubild einer normalverteilten Zufallsgröße achsenssymmetrisch zur senkrechten Gerade durch den Hochpunkt ist, hier also zu x = -2.

Somit gilt: P( X ≥ -2) = 0,5.

Aus dem Schaubild können wir lesen, dass P(-2 ≤ X ≤ -1) = 0.298 (Flächeninhalt der blauen Fläche). Somit gilt für die gesuchte Wahrscheinlichkeit P( X ≥ -1), die dem Flächeninhalt der roten Fläche entspricht:

P( X ≥ -1) = 0,5 - 0.298 = 0.202

Gegeben ist ja der Hochpunkt der Gauß' schen Glockenkurve, weil ja der gegebene x-Wert gerade dem Erwartungswert μ = 8 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 $\frac{\mathrm{0.5}}{\mathrm{0.0307}}$ ≈ 16.287 und runden diesen auf σ₁ = 16.

Damit berechnen wir nun den y-Wert der Glockenkurve (mit μ = 8 und σ₁=16) an der gegebenen Stelle x = 8 und erhalten f₁(8) = 0.0249
(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=16 (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 = 8 berechnen:

μ = 8	σ = 15	f(8) = 0.0266
μ = 8	σ = 14	f(8) = 0.0285
μ = 8	σ = 13	f(8) = 0.0307

Somit muss die gesuchte Standardabweichung σ = 13 sein.

Die Zufallsgröße X beschreibt die Abfüllmenge in ml.

Zunächst untersuchen wir die Wahrscheinlichkeit, wenn der Erwartungswert μ = 500 gewählt würde. Aus Symmetriegründen wäre dann aber P(X ≥ 500) = 0,5.

Deswegen wird nun der Erwartungswert schrittweise immer um eine Einheit erhöht, bis die gesuchte Wahrscheinlichkeit P(X ≥ 500) mindestens 0.9 ist:

μ = 500: P(X ≥ 500) = 0.5

μ = 501: P(X ≥ 500) = 0.6554

μ = 502: P(X ≥ 500) = 0.7881

μ = 503: P(X ≥ 500) = 0.8849

μ = 504: P(X ≥ 500) = 0.9452

Man muss also den Erwartungswert auf mindestens μ = 504 einstellen.

Die Zufallsgröße X beschreibt die Abfüllmenge in ml.

Gesucht ist die Standardabweichung σ, so dass P(X ≤ 698.5) + P(X ≥ 701.5) < 5% oder eben, dass P(698.5 ≤ X ≤ 701.5) ≥ 0.95 gilt.

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

Aufgrund der Sigmaregel (P(μ-2σ ≤ X ≤ μ+2σ) ≈ 95,4% ) wissen wir, dass die 1.5 ml eine kleinere Wahrscheinlichkeit auf sich vereinen als eine Abweichung um 2 σ, folglich muss die Abweichung 1.5 weniger als 2 σ entsprechen.

1.5 < 2⋅σ |:2
0.75 < σ

Wir starten also mal bei σ = 0.75 und erhöhen dieses so lange, bis P(698.5 ≤X ≤ 701.5) unter die 0.95 sinkt:

σ = 0.7: P(698.5 ≤ X ≤ 701.5) ≈ 0.9679

σ = 0.8: P(698.5 ≤ X ≤ 701.5) ≈ 0.9392

Die Standardabweichung darf also höchstens σ = 0.7 einstellen.

Die Zufallsgröße X beschreibt die Körperlänge des Insekts im cm, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 6 und der Standardabweichung σ = 0.9.

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 ≤ 5.6) ≈ 0.3284

Es gilt: P(125 ≤ X ≤ 140) ≈ 0,3415
oder anders ausgedrückt:
P(μ - 15 ≤ X ≤ μ) ≈ 0

Wegen der Symmetrie der Gauß'schen Glockenkurve gilt dann:
P(μ - 15 ≤ X ≤ μ + 15) ≈ 0,683

Aufgrund der Sigma-Regel P(μ - 1⋅σ ≤ X ≤ μ - 1⋅σ) ≈ 0.683
muss also 1⋅σ = 15 sein.

Für die Standardabweichung gilt somit: σ = 15 .

Den Mittelwert μ= -5 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.

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) = $\frac{1}{2\sqrt{2\pi }}·e^{-\frac{1}{2}{\left(\frac{x+5}{2}\right)}^2}$

Zuerst berechnen wir die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein Insekt die geforderte Größe hat. Die Zufallsgröße Y beschreibt dabei die Körperlänge des Insekts, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 55 und der Standardabweichung σ = 4.

Mit derm WTR lässt sich so P(Y ≥ 59) ≈ 0.1587 berechnen.

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

Und weil dies für jedes der 50 Exemplare gilt, können wir die Zufallsgröße X (, die die Anzahl der Insekten mit der geforderten Mindestgröße zählt) als binomialverteilt mit n = 50 und p = 0.159 annehmen.

Für die gesuchte Wahrscheinlichkeit gilt somit:
$P_{0.159}^{50}(2\le X\le 8)$ =

...

$P_{0.159}^{50}(X\le 8)$ - $P_{0.159}^{50}(X\le 1)$ ≈ 0.6031 - 0.0018 = 0.6013

(TI-Befehl: binomcdf(50,0.159,8) - binomcdf(50,0.159,1))

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit beträgt somit ca. 60,1%.

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 80% 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) = 0.8.

Wegen der Symmetrie bedeutet das dann ja aber P(µ-d ≤ X ≤ µ) = 0.4 ("Hälfte des roten Bereichs").

Und da immer P(X ≤ µ) = 0.5 gilt, muss also P(X ≤ µ-d) = 0.1 sein ("blauer Bereich").

Der WTR liefert für P(X ≤ µ-d) = 0.1 den Wert µ-d ≈ 80.777.

Dieser hat also von µ = 100 den Abstand d = 100-80.777 = 19.223, somit ist der rechte Rand µ+d bei 100+19.223 = 119.223.

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

Zuerst berechnen wir die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein zufällig gewählter Apfel im geforderten Größenbereich liegt. Die Zufallsgröße Y beschreibt dabei den maximalen Durchmessers eines Apfels, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 9.1 und der Standardabweichung σ = 2.5.

Mit derm WTR lässt sich so P(8 ≤ Y ≤ 11) ≈ 0.446404 berechnen.

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

Und weil dies für jedes Exemplar gilt, können wir die Zufallsgröße X (, die die Anzahl der Äpfel im geforderten Größenbereich zählt) als binomialverteilt mit unbekanntem n und p = 0.446404 annehmen.

Die Füllmenge einer Flasche im ml soll als normalverteilte Zufallsgröße X mit variablem Erwartungswert µ und σ=4 bezeichnet werden.

Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Flasche die Vorgabe (Mindestfüllmenge) erfüllt, bezeichnen wir p.

Damit diese Vorgabe nun auch wirklich bei allen 6 zufällig gewählten Flaschen erfüllt wird, muss somit gelten:

p⁶ ≥ 0.7 (Die 6 zufällig gewählten Flasche 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 eine Flasche die Vorgabe (Mindestfüllmenge) erfüllt:

Einzelwahrscheinlichkeit: p ≥ 0,9423

Wir suchen jetzt also nach einer Normalverteilung mit einem bestimmten Erwartungswert µ, für den die Mindestfüllmenge von 500 ml mit der Wahrscheinlichkeit 0,9423 eingehalten wird;

also dass P(X ≥ 500) ≥ 0,9423

Wir starten mit der Mindestvorgabe µ = 500 als Erwartungswert und erhöhen dann schrittweise immer um eine Einheit, bis die gesuchte Wahrscheinlichkeit P(X ≥ 500) mindestens 0,9423 ist:

μ = 501: P(X ≥ 500) = 0.5987

μ = 502: P(X ≥ 500) = 0.6915

μ = 503: P(X ≥ 500) = 0.7734

μ = 504: P(X ≥ 500) = 0.8413

μ = 505: P(X ≥ 500) = 0.8944

μ = 506: P(X ≥ 500) = 0.9332

μ = 507: P(X ≥ 500) = 0.9599

Man muss also den Erwartungswert auf mindestens μ = 507 einstellen.

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

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

$A$: mit Abitur

$\bar{A}$: nicht mit Abitur, also ohne Abitur

$B$: schlau

$\bar{B}$: nicht schlau, also normal

Hiermit ergibt sich folgende Vierfeldertafel:

	$B$ (schlau)	$\bar{B}$ (normal)
$A$ (mit Abitur)	0,09		0,3
$\bar{A}$ (ohne Abitur)

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.

	$B$ (schlau)	$\bar{B}$ (normal)
$A$ (mit Abitur)	0,09	0,21	0,3
$\bar{A}$ (ohne Abitur)			0,7
			1

Aus der Information von der Teilgruppe mit "ohne Abitur" sind es 75% kann man die Wahrscheinlichkeit
= 0,7 ⋅ 0,75 = 0,525 berechnen.

	$B$ (schlau)	$\bar{B}$ (normal)
$A$ (mit Abitur)	0,09	0,21	0,3
$\bar{A}$ (ohne Abitur)		0,525	0,7
			1

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

	$B$ (schlau)	$\bar{B}$ (normal)
$A$ (mit Abitur)	0,09	0,21	0,3
$\bar{A}$ (ohne Abitur)	0,175	0,525	0,7
	0,265	0,735	1

Wir wissen jetzt also, dass die Wahrscheinlichkeit für "schlau" ungefähr 0,265 beträgt.

Jetzt suchen wie in der Normalverteilung nach einem -Wert k, für den gilt P(X ≥ k) ≈ 0,265

Der WTR kann leider kein k berechnen mit P(X ≥ k) = 0,265, weil er immer nur ein k bei P(X ≤ k) = p berechnen kann.

Also nutzen wir aus, dass P(X ≤ k) = 0,735 (im Schaubild die blaue Fläche) gelten muss, wenn P(X ≥ k) = 0,265 (im Schaubild die rote Fläche) gilt.

Für P(X ≤ k) = 0,735 liefert der WTR k ≈ 111,164.

Als "schlau" gilt also ab 111,164 .

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