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

P(1.3 ≤ X ≤ 2.3) ≈ 0.3189

Der WTR liefert für P(X ≤ k) = 0.35 den Wert k ≈ 8.844.

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

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

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 ≥ 94) ≈ 0.6554

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

Gesucht ist somit das k, so dass P(X ≥ k) = 0.5 gilt.

Der WTR kann leider kein k berechnen mit P(X ≥ k) = 0.5, weil er immer nur ein k bei P(X ≤ k) = p berechnen kann.

Also nutzen wir aus, dass P(X ≤ k) = 0.5 (im Schaubild die blaue Fläche) gelten muss, wenn P(X ≥ k) = 0.5 (im Schaubild die rote Fläche) gilt.

Für P(X ≤ k) = 0.5 liefert der WTR k ≈ 100.

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

Den Mittelwert μ= 1 kann man einfach am x-Wert des Hochpunkts der Glockenkurve ablesen.

Die Standardabweichung σ = 5 kann man am Abstand der x-Werte des Hochpunkts vom Wendepunkt ablesen.

Den Mittelwert μ= -1 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(-4 ≤ X ≤ 0) ≈ 0.4719

Wir wissen, dass das Schaubild einer normalverteilten Zufallsgröße achsenssymmetrisch zur senkrechten Gerade durch den Hochpunkt ist, hier also zu x = 1.

Somit gilt auch für den helleren blauen Flächeninhalt, der der Wahrscheinlichkeit P( X ≤ 0) entspricht: P( X ≤ 0) = 0.238.

Für die roten Fläche(n) ergibt sich dann die Restwahrscheinlichkeit:
1 - 0.238 - 0.238 = 0.524,

also P(0 ≤ X ≤ 2) = 0.524

Gegeben ist ja der Hochpunkt der Gauß' schen Glockenkurve, weil ja der gegebene x-Wert gerade dem Erwartungswert μ = -9 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 $\frac{\mathrm{0.5}}{\mathrm{0.0997}}$ ≈ 5.015 und runden diesen auf σ₁ = 5.

Damit berechnen wir nun den y-Wert der Glockenkurve (mit μ = -9 und σ₁=5) an der gegebenen Stelle x = -9 und erhalten f₁(-9) = 0.0798
(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=5 (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 = -9 berechnen:

μ = -9

σ = 4

f(-9) = 0.0997

Somit muss die gesuchte Standardabweichung σ = 4 sein.

Die Zufallsgröße X beschreibt die Schraubenlänge in mm.

Zunächst untersuchen wir die Wahrscheinlichkeit, wenn der Erwartungswert μ = 80 gewählt würde. Aus Symmetriegründen wäre dann aber P(X ≥ 80) = 0,5.

Deswegen wird nun der Erwartungswert schrittweise immer um eine Einheit erhöht, bis die gesuchte Wahrscheinlichkeit P(X ≥ 80) mindestens 0.9 ist:

μ = 80: P(X ≥ 80) = 0.5

μ = 81: P(X ≥ 80) = 0.7625

μ = 82: P(X ≥ 80) = 0.9234

Man muss also den Erwartungswert auf mindestens μ = 82 einstellen.

Die Zufallsgröße X beschreibt die Schraubenlänge in mm.

Gesucht ist die Standardabweichung σ, so dass P(X ≤ 11.5) + P(X ≥ 12.5) < 5% oder eben, dass P(11.5 ≤ X ≤ 12.5) ≥ 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 0.5 mm eine kleinere Wahrscheinlichkeit auf sich vereinen als eine Abweichung um 2 σ, folglich muss die Abweichung 0.5 weniger als 2 σ entsprechen.

0.5 < 2⋅σ |:2
0.25 < σ

Wir starten also mal bei σ = 0.25 und erhöhen dieses so lange, bis P(11.5 ≤X ≤ 12.5) unter die 0.95 sinkt:

σ = 0.2: P(11.5 ≤ X ≤ 12.5) ≈ 0.9876

σ = 0.3: P(11.5 ≤ X ≤ 12.5) ≈ 0.9044

Die Standardabweichung darf also höchstens σ = 0.2 einstellen.

Die Zufallsgröße X beschreibt die Abfüllmenge in ml.

Zunächst untersuchen wir die Wahrscheinlichkeit, wenn der Erwartungswert μ = 700 gewählt würde. Aus Symmetriegründen wäre dann aber P(X ≥ 700) = 0,5.

Deswegen wird nun der Erwartungswert schrittweise immer um eine Einheit erhöht, bis die gesuchte Wahrscheinlichkeit P(X ≥ 700) mindestens 0.9 ist:

μ = 700: P(X ≥ 700) = 0.5

μ = 701: P(X ≥ 700) = 0.6125

μ = 702: P(X ≥ 700) = 0.7161

μ = 703: P(X ≥ 700) = 0.8043

μ = 704: P(X ≥ 700) = 0.8735

μ = 705: P(X ≥ 700) = 0.9234

Man muss also den Erwartungswert auf mindestens μ = 705 einstellen.

Es gilt: P(146 ≤ X ≤ 194) ≈ 0,997
oder anders ausgedrückt:
P(μ - 24 ≤ X ≤ μ + 24) ≈ 0,997

Aufgrund der Sigma-Regel P(μ - 3⋅σ ≤ X ≤ μ - 3⋅σ) ≈ 0.997
muss also 3⋅σ = 24 sein.

Für die Standardabweichung gilt somit: σ = 8 .

Den Mittelwert μ= 4 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) = $\frac{1}{4\sqrt{2\pi }}·e^{-\frac{1}{2}{\left(\frac{x-4}{4}\right)}^2}$

Zuerst berechnen wir die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Schraube als zu kurz gilt. Die Zufallsgröße Y beschreibt dabei die Schraubenlänge in mm, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 60 und der Standardabweichung σ = 0.3.

Mit derm WTR lässt sich so P(Y ≤ 59.9) ≈ 0.3694 berechnen.

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

Und weil dies für jedes der 36 Exemplare gilt, können wir die Zufallsgröße X (, die die Anzahl der zu kurzen Schrauben in einem Karton zählt) als binomialverteilt mit n = 36 und p = 0.369 annehmen.

Für die gesuchte Wahrscheinlichkeit gilt somit:
$P_{0.369}^{36}(X\le 13)$ =

$P_{0.369}^{36}(X\le 13)$ = 0.5335

(TI-Befehl: binomcdf(36,0.369,13) - binomcdf(36,0.369,-1))

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit beträgt somit ca. 53,4%.

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 60% 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) = 0.6.

Wegen der Symmetrie bedeutet das dann ja aber P(µ-d ≤ X ≤ µ) = 0.3 ("Hälfte des roten Bereichs").

Und da immer P(X ≤ µ) = 0.5 gilt, muss also P(X ≤ µ-d) = 0.2 sein ("blauer Bereich").

Der WTR liefert für P(X ≤ µ-d) = 0.2 den Wert µ-d ≈ 87.376.

Dieser hat also von µ = 100 den Abstand d = 100-87.376 = 12.624, somit ist der rechte Rand µ+d bei 100+12.624 = 112.624.

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

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) ≈ 0.02275 berechnen.

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

Und weil dies für jedes Exemplar gilt, können wir die Zufallsgröße X (, die die Anzahl der die hochbegabten Menschen mit einem IQ über 130 zählt) als binomialverteilt mit unbekanntem n und p = 0.02275 annehmen.

Die Füllmenge einer Flasche im ml soll als normalverteilte Zufallsgröße X mit variablem Erwartungswert µ und σ=5 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 ≥ 0.85 (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 ≥ 0,9733

Wir suchen jetzt also nach einer Normalverteilung mit einem bestimmten Erwartungswert µ, für den die Mindestfüllmenge von 500 ml mit der Wahrscheinlichkeit 0,9733 eingehalten wird;

also dass P(X ≥ 500) ≥ 0,9733

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 0,9733 ist:

μ = 501: P(X ≥ 500) = 0.5793

μ = 502: P(X ≥ 500) = 0.6554

μ = 503: P(X ≥ 500) = 0.7257

μ = 504: P(X ≥ 500) = 0.7881

μ = 505: P(X ≥ 500) = 0.8413

μ = 506: P(X ≥ 500) = 0.8849

μ = 507: P(X ≥ 500) = 0.9192

μ = 508: P(X ≥ 500) = 0.9452

μ = 509: P(X ≥ 500) = 0.9641

μ = 510: P(X ≥ 500) = 0.9773

Man muss also den Erwartungswert auf mindestens μ = 510 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)	0,18		0,45
$\bar{A}$ (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)	0,18	0,27	0,45
$\bar{A}$ (ohne Abitur)			0,55
			1

Aus der Information von der Teilgruppe mit "ohne Abitur" sind es 85% kann man die Wahrscheinlichkeit
= 0,55 ⋅ 0,85 = 0,4675 berechnen.

	$B$ (schlau)	$\bar{B}$ (normal)
$A$ (mit Abitur)	0,18	0,27	0,45
$\bar{A}$ (ohne Abitur)		0,4675	0,55
			1

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

	$B$ (schlau)	$\bar{B}$ (normal)
$A$ (mit Abitur)	0,18	0,27	0,45
$\bar{A}$ (ohne Abitur)	0,0825	0,4675	0,55
	0,2625	0,7375	1

Wir wissen jetzt also, dass die Wahrscheinlichkeit für "schlau" ungefähr 0,2625 beträgt.

Jetzt suchen wie in der Normalverteilung nach einem -Wert k, für den gilt P(X ≥ k) ≈ 0,2625

Der WTR kann leider kein k berechnen mit P(X ≥ k) = 0,2625, weil er immer nur ein k bei P(X ≤ k) = p berechnen kann.

Also nutzen wir aus, dass P(X ≤ k) = 0,7375 (im Schaubild die blaue Fläche) gelten muss, wenn P(X ≥ k) = 0,2625 (im Schaubild die rote Fläche) gilt.

Für P(X ≤ k) = 0,7375 liefert der WTR k ≈ 113,535.

Als "schlau" gilt also ab 113,535 .

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