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(2.1 ≤ X ≤ 2.3) ≈ 0.1747

Der WTR kann leider kein k berechnen mit P(X ≥ k) = 0.7, weil er immer nur ein k bei P(X ≤ k) = p berechnen kann.

Also nutzen wir aus, dass P(X ≤ k) = 0.3 (im Schaubild die blaue Fläche) gelten muss, wenn P(X ≥ k) = 0.7 (im Schaubild die rote Fläche) gilt.

Für P(X ≤ k) = 0.3 liefert der WTR k ≈ 5.543.

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

Die Zufallsgröße X beschreibt die Schraubenlänge in mm, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 50 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. Und schon kann man das Ergebnis ablesen:

P(50 ≤ X ≤ 50.1) ≈ 0.0987

Die Zufallsgröße X beschreibt die Schraubenlänge in mm, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 30 und der Standardabweichung σ = 0.6.

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

Der WTR kann leider kein k berechnen mit P(X ≥ k) = 0.85, weil er immer nur ein k bei P(X ≤ k) = p berechnen kann.

Also nutzen wir aus, dass P(X ≤ k) = 0.15 (im Schaubild die blaue Fläche) gelten muss, wenn P(X ≥ k) = 0.85 (im Schaubild die rote Fläche) gilt.

Für P(X ≤ k) = 0.15 liefert der WTR k ≈ 29.378.

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

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

Die Standardabweichung σ = 2 kann man am Abstand der x-Werte von Hochpunkt und 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(0 ≤ X ≤ 2) ≈ 0.3413

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(-5 ≤ X ≤ -2) = 0.414 (Flächeninhalt der blauen Fläche). Somit gilt für die gesuchte Wahrscheinlichkeit P(X ≤ -5), die dem Flächeninhalt der roten Fläche entspricht:

P(X ≤ -5) = 0,5 - 0.414 = 0.086

Der gegebene Punkt ist 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 da 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.

Es gilt: P(240 ≤ X ≤ 250) ≈ 0,477
oder anders ausgedrückt:
P(μ - 10 ≤ X ≤ μ) ≈ $\frac{\mathrm{0.954}}{2}$

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 .

Die Zufallsgröße X beschreibt die Schraubenlänge in mm.

Zunächst untersuchen wir die Wahrscheinlichkeit, wenn der Erwartungswert μ = 35 gewählt würde. Aus Symmetriegründen wäre dann aber P(X ≥ 35) = 0,5.

Deswegen wird nun der Erwartungswert schrittweise immer um eine Einheit erhöht, bis die gesuchte Wahrscheinlichkeit P(X ≥ 35) mindestens 0.75 ist:

μ = 35: P(X ≥ 35) = 0.5

μ = 36: P(X ≥ 35) = 0.7625

Man muss also den Erwartungswert auf mindestens μ = 36 einstellen.

Die Zufallsgröße X beschreibt die Fahrtzeit in Minuten.

Gesucht ist die Standardabweichung σ, so dass P(X ≥ 126) < 10% gilt.

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

Wegen der Symmetrie der Glockenkurve folgt aus P(X ≥ 126) < 10% , dass P(114 ≤ X ≤ 126) > 80 % gelten muss.

Aufgrund der Sigmaregel (P(μ-2σ ≤ X ≤ μ+2σ) ≈ 95,4% ) wissen wir, dass die 6 min eine kleinere Wahrscheinlichkeit auf sich vereinen als eine Abweichung um 2 σ, folglich muss die Abweichung 6 weniger als 2 σ entsprechen.

6 < 2⋅σ |:2
3 < σ

Wir starten also mal bei σ = 3 und erhöhen dieses so lange, bis P(X ≥ 126) über die 0.1 steigt:

σ = 3: P( X ≥ 126) ≈ 0.0227

σ = 3.1: P( X ≥ 126) ≈ 0.0265

...

σ = 4.3: P( X ≥ 126) ≈ 0.0815

σ = 4.4: P( X ≥ 126) ≈ 0.0863

σ = 4.5: P( X ≥ 126) ≈ 0.0912

σ = 4.6: P( X ≥ 126) ≈ 0.0961

σ = 4.7: P( X ≥ 126) ≈ 0.1009

Die Standardabweichung darf also höchstens σ = 4.6 einstellen.

Die Zufallsgröße X beschreibt die Laufzeit des Riesenrads für eine Umdrehung in Sekunden.

Zunächst untersuchen wir die Wahrscheinlichkeit, wenn der Erwartungswert μ = 240 gewählt würde. Aus Symmetriegründen wäre dann aber P(X ≥ 240) = 0,5.

Deswegen wird nun der Erwartungswert schrittweise immer um eine Einheit erhöht, bis die gesuchte Wahrscheinlichkeit P(X ≥ 240) mindestens 0.9 ist:

μ = 240: P(X ≥ 240) = 0.5

μ = 241: P(X ≥ 240) = 0.6125

μ = 242: P(X ≥ 240) = 0.7161

μ = 243: P(X ≥ 240) = 0.8043

μ = 244: P(X ≥ 240) = 0.8735

μ = 245: P(X ≥ 240) = 0.9234

Man muss also den Erwartungswert auf mindestens μ = 245 einstellen.

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 = 45 und der Standardabweichung σ = 7.

Mit derm WTR lässt sich so P(Y ≥ 52) ≈ 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 = 0.1587 annehmen.

Für die gesuchte Wahrscheinlichkeit gilt somit:
$P_{0.159}^{50}(2\le X\le 10)$ =

...

$P_{0.159}^{50}(X\le 10)$ - $P_{0.159}^{50}(X\le 1)$ ≈ 0.8406 - 0.0018 = 0.8388

(TI-Befehl: binomcdf(50,0.1587,10) - binomcdf(50,0.1587,1))

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit beträgt somit ca. 83,9%.

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 Umlaufzeit des Riesenrads in s soll als normalverteilte Zufallsgröße X mit variablem Erwartungswert µ und σ=3 bezeichnet werden.

Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Kontrollfahrt die Vorgabe (Mindestlaufzeit) erfüllt, bezeichnen wir p.

Damit diese Vorgabe nun auch wirklich bei allen 3 Kontrollfahrten erfüllt wird, muss somit gelten:

p³ ≥ 0.7 (Die 3 zufällig gewählten Kontrollfahrten kann man als mehrstufiges Zufallsexperiment mit gleichbleibender Einzelwahrscheinlichkeit p interpretieren.)

Wenn wir jetzt hier die 3-te Wurzel ziehen, erhalten wir die notwendige Einzelwahrscheinlichkeit p, dass eine Kontrollfahrt die Vorgabe (Mindestlaufzeit) erfüllt:

Einzelwahrscheinlichkeit: p ≥ 0,8879

Wir suchen jetzt also nach einer Normalverteilung mit einem bestimmten Erwartungswert µ, für den die Mindestlaufzeit von 300 s mit der Wahrscheinlichkeit 0,8879 eingehalten wird;

also dass P(X ≥ 300) ≥ 0,8879

Wir starten mit der Mindestvorgabe µ = 300 als Erwartungswert und erhöhen dann schrittweise immer um eine Einheit, bis die gesuchte Wahrscheinlichkeit P(X ≥ 300) mindestens 0,8879 ist:

μ = 301: P(X ≥ 300) = 0.6306

μ = 302: P(X ≥ 300) = 0.7475

μ = 303: P(X ≥ 300) = 0.8413

μ = 304: P(X ≥ 300) = 0.9088

Man muss also den Erwartungswert auf mindestens μ = 304 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)			0,45
$\bar{A}$ (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)			0,45
$\bar{A}$ (bräunlich)			0,55
			1

Aus der Information von der Teilgruppe mit "weiß" sind es 30% kann man die Wahrscheinlichkeit
= 0,45 ⋅ 0,3 = 0,135 berechnen.

	$B$ (groß)	$\bar{B}$ (klein)
$A$ (weiß)	0,135		0,45
$\bar{A}$ (bräunlich)			0,55
			1

Aus der Information von der Teilgruppe mit "groß" sind es 41.22% kann man die Wahrscheinlichkeit
= ⋅ 0,4122 = 0,135 herauslesen.
Daraus ergibt sich = $\frac{\mathrm{0,135}}{\mathrm{0,4122}}$ ≈ 0,3275.

	$B$ (groß)	$\bar{B}$ (klein)
$A$ (weiß)	0,135		0,45
$\bar{A}$ (bräunlich)			0,55
	0,3275		1

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

	$B$ (groß)	$\bar{B}$ (klein)
$A$ (weiß)	0,135	0,315	0,45
$\bar{A}$ (bräunlich)	0,1925	0,3575	0,55
	0,3275	0,6725	1

Wir wissen jetzt also, dass die Wahrscheinlichkeit für "großes Ei" ungefähr 0,3275 beträgt.

Jetzt suchen wie in der Normalverteilung nach einem g-Wert k, für den gilt P(X ≥ k) ≈ 0,3275

Der WTR kann leider kein k berechnen mit P(X ≥ k) = 0,3275, weil er immer nur ein k bei P(X ≤ k) = p berechnen kann.

Also nutzen wir aus, dass P(X ≤ k) = 0,6725 (im Schaubild die blaue Fläche) gelten muss, wenn P(X ≥ k) = 0,3275 (im Schaubild die rote Fläche) gilt.

Für P(X ≤ k) = 0,6725 liefert der WTR k ≈ 53,575.

Als "großes Ei" gilt also ab 53,575 g.

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