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

Jetzt kann man das Ergebnis ablesen: P(X ≥ 5) ≈ 0.5

Der WTR kann leider kein k berechnen mit P(X ≥ k) = 0.45, weil er immer nur ein k bei P(X ≤ k) = p berechnen kann.

Also nutzen wir aus, dass P(X ≤ k) = 0.55 (im Schaubild die blaue Fläche) gelten muss, wenn P(X ≥ k) = 0.45 (im Schaubild die rote Fläche) gilt.

Für P(X ≤ k) = 0.55 liefert der WTR k ≈ 51.194.

(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. Und schon kann man das Ergebnis ablesen:

P(70 ≤ X ≤ 76) ≈ 0.032

Die Zufallsgröße X beschreibt die Körperlänge des Insekts im cm, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 5 und der Standardabweichung σ = 0.8.

Gesucht ist somit das k, so dass P(X ≤ k) = 0.75 gilt.

Der WTR liefert für P(X ≤ k) = 0.75 den Wert k ≈ 5.54.

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

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.

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

Die Standardabweichung σ = 1 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 ≤ 0) ≈ 0.6827

Wir wissen, dass das Schaubild einer normalverteilten Zufallsgröße achsenssymmetrisch zur senkrechten Gerade durch den Hochpunkt ist, hier also zu x = 5.

Somit gilt auch für den helleren blauen Flächeninhalt, der der Wahrscheinlichkeit P(3 ≤ X ≤ 5) entspricht: P(3 ≤ X ≤ 5) = 0.423.

Die beiden roten Flächen teilen sich dann die Restwahrscheinlichkeit:
1 - 0.423 - 0.423 = 0.154

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 ≤ 3) = $\frac{\mathrm{0.154}}{2}$= 0.077

Gegeben ist ja der Hochpunkt der Gauß' schen Glockenkurve, weil ja der gegebene x-Wert gerade dem Erwartungswert μ = -6 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 $\frac{\mathrm{0.5}}{\mathrm{0.021}}$ ≈ 23.81 und runden diesen auf σ₁ = 24.

Damit berechnen wir nun den y-Wert der Glockenkurve (mit μ = -6 und σ₁=24) an der gegebenen Stelle x = -6 und erhalten f₁(-6) = 0.0166
(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=24 (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 = -6 berechnen:

μ = -6	σ = 23	f(-6) = 0.0173
μ = -6	σ = 22	f(-6) = 0.0181
μ = -6	σ = 21	f(-6) = 0.019
μ = -6	σ = 20	f(-6) = 0.0199
μ = -6	σ = 19	f(-6) = 0.021

Somit muss die gesuchte Standardabweichung σ = 19 sein.

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 0.75 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

Man muss also den Erwartungswert auf mindestens μ = 703 einstellen.

Die Zufallsgröße X beschreibt die Schraubenlänge in mm.

Gesucht ist die Standardabweichung σ, so dass P(X ≤ 6.2) + P(X ≥ 7.8) < 20% oder eben, dass P(6.2 ≤ X ≤ 7.8) ≥ 0.8 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 0.8 mm eine kleinere Wahrscheinlichkeit auf sich vereinen als eine Abweichung um 2 σ, folglich muss die Abweichung 0.8 weniger als 2 σ entsprechen.

0.8 < 2⋅σ |:2
0.4 < σ

Wir starten also mal bei σ = 0.4 und erhöhen dieses so lange, bis P(6.2 ≤X ≤ 7.8) unter die 0.8 sinkt:

σ = 0.4: P(6.2 ≤ X ≤ 7.8) ≈ 0.9545

σ = 0.5: P(6.2 ≤ X ≤ 7.8) ≈ 0.8904

σ = 0.6: P(6.2 ≤ X ≤ 7.8) ≈ 0.8176

σ = 0.7: P(6.2 ≤ X ≤ 7.8) ≈ 0.7469

Die Standardabweichung darf also höchstens σ = 0.6 einstellen.

Die Zufallsgröße X beschreibt die Schraubenlänge in mm, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 90 und der Standardabweichung σ = 0.5.

Gesucht ist somit das k, so dass P(X ≥ k) = 0.75 gilt.

Der WTR kann leider kein k berechnen mit P(X ≥ k) = 0.75, weil er immer nur ein k bei P(X ≤ k) = p berechnen kann.

Also nutzen wir aus, dass P(X ≤ k) = 0.25 (im Schaubild die blaue Fläche) gelten muss, wenn P(X ≥ k) = 0.75 (im Schaubild die rote Fläche) gilt.

Für P(X ≤ k) = 0.25 liefert der WTR k ≈ 89.663.

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

Es gilt: P(110 ≤ X ≤ 120) ≈ 0,477
oder anders ausgedrückt:
P(μ - 10 ≤ X ≤ μ) ≈ 0

Wegen der Symmetrie der Gauß'schen Glockenkurve gilt dann:
P(μ - 10 ≤ X ≤ μ + 10) ≈ 0,954

Aufgrund der Sigma-Regel P(μ - 2⋅σ ≤ X ≤ μ - 2⋅σ) ≈ 0.954
muss also 2⋅σ = 10 sein.

Für die Standardabweichung gilt somit: σ = 5 .

Den Mittelwert μ= 5 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.

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) = $\frac{1}{3\sqrt{2\pi }}·e^{-\frac{1}{2}{\left(\frac{x-5}{3}\right)}^2}$

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 = 50 und der Standardabweichung σ = 0.5.

Mit derm WTR lässt sich so P(Y ≤ 49.8) ≈ 0.3446 berechnen.

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

Und weil dies für jedes der 48 Exemplare gilt, können wir die Zufallsgröße X (, die die Anzahl der zu kurzen Schrauben in einem Karton zählt) als binomialverteilt mit n = 48 und p = 0.345 annehmen.

Für die gesuchte Wahrscheinlichkeit gilt somit:
$P_{0.345}^{48}(X\le 15)$ =

$P_{0.345}^{48}(X\le 15)$ = 0.3818

(TI-Befehl: binomcdf(48,0.345,15) - binomcdf(48,0.345,-1))

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit beträgt somit ca. 38,2%.

Die Zufallsgröße X beschreibt die Schraubenlänge in mm, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 40 und der Standardabweichung σ = 0.6.

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

Weil ja die Gauß'sche Glockenkurve symmetrisch zu x = 40 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 ≈ 39.925.

Dieser hat also von µ = 40 den Abstand d = 40-39.925 = 0.075, somit ist der rechte Rand µ+d bei 40+0.075 = 40.075.

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

Zuerst berechnen wir die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein Insekt die problematische Größe hat. Die Zufallsgröße Y beschreibt dabei die Körperlänge des Insekts, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 40 und der Standardabweichung σ = 6.

Mit derm WTR lässt sich so P(Y ≥ 50.2) ≈ 0.044565 berechnen.

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

Und weil dies für jedes Exemplar gilt, können wir die Zufallsgröße X (, die die Anzahl der die Insekten mit der problematischen Mindestgröße zählt) als binomialverteilt mit unbekanntem n und p = 0.044565 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 ≥ 0.75 (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 ≥ 0,9532

Wir suchen jetzt also nach einer Normalverteilung mit einem bestimmten Erwartungswert µ, für den die Mindestfüllmenge von 500 ml mit der Wahrscheinlichkeit 0,9532 eingehalten wird;

also dass P(X ≥ 500) ≥ 0,9532

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 0,9532 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:

$A$: weiß

$\bar{A}$: nicht weiß, also bräunlich

$B$: groß

$\bar{B}$: nicht groß, also klein

Hiermit ergibt sich folgende Vierfeldertafel:

	$B$ (groß)	$\bar{B}$ (klein)
$A$ (weiß)			0,25
$\bar{A}$ (bräunlich)

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.

	$B$ (groß)	$\bar{B}$ (klein)
$A$ (weiß)			0,25
$\bar{A}$ (bräunlich)			0,75
			1

Aus der Information von der Teilgruppe mit "weiß" sind es 40% kann man die Wahrscheinlichkeit
= 0,25 ⋅ 0,4 = 0,1 berechnen.

	$B$ (groß)	$\bar{B}$ (klein)
$A$ (weiß)	0,1		0,25
$\bar{A}$ (bräunlich)			0,75
			1

Aus der Information von der Teilgruppe mit "groß" sind es 34.78% kann man die Wahrscheinlichkeit
= ⋅ 0,3478 = 0,1 herauslesen.
Daraus ergibt sich = $\frac{\mathrm{0,1}}{\mathrm{0,3478}}$ ≈ 0,2875.

	$B$ (groß)	$\bar{B}$ (klein)
$A$ (weiß)	0,1		0,25
$\bar{A}$ (bräunlich)			0,75
	0,2875		1

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

	$B$ (groß)	$\bar{B}$ (klein)
$A$ (weiß)	0,1	0,15	0,25
$\bar{A}$ (bräunlich)	0,1875	0,5625	0,75
	0,2875	0,7125	1

Wir wissen jetzt also, dass die Wahrscheinlichkeit für "großes Ei" ungefähr 0,2875 beträgt.

Jetzt suchen wie in der Normalverteilung nach einem g-Wert k, für den gilt P(X ≥ k) ≈ 0,2875

Der WTR kann leider kein k berechnen mit P(X ≥ k) = 0,2875, weil er immer nur ein k bei P(X ≤ k) = p berechnen kann.

Also nutzen wir aus, dass P(X ≤ k) = 0,7125 (im Schaubild die blaue Fläche) gelten muss, wenn P(X ≥ k) = 0,2875 (im Schaubild die rote Fläche) gilt.

Für P(X ≤ k) = 0,7125 liefert der WTR k ≈ 48,364.

Als "großes Ei" gilt also ab 48,364 g.

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