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- Welche geometrische Transformation entspricht einer Änderung des Wertes, der von der Variablen \(x\) subtrahiert wird? - Wie hängen die Steigung der Verteilungsfunktion und die Werte der zugehörigen Dichtefunktion zusammen? - Welchen Wahrscheinlichkeitswert nimmt eine normalverteilte Zufallsgröße genau an ihrem Erwartungswert an? - Erinnere dich an die Symmetrieeigenschaften der Glockenkurve und was diese für die kumulierte Fläche bedeuten.

1. Der Parameter \(\mu\) bestimmt die horizontale Lage des Graphen auf der \(x\)-Achse. Eine Vergrößerung von \(\mu\) bewirkt eine Verschiebung des gesamten Graphen nach rechts (in positive \(x\)-Richtung). 2. Die Steigung der Verteilungsfunktion entspricht dem Wert der Dichtefunktion \(\phi_{\mu; \sigma}\). Da der Maximalwert der Dichtefunktion an der Stelle \(x = \mu\) durch \(\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\) gegeben ist, führt eine Vergrößerung von \(\sigma\) zu einer Verringerung dieses Maximalwertes. Der Graph der Verteilungsfunktion verläuft somit im Zentrum „flacher“. 3. Jede Verteilungsfunktion einer Normalverteilung ist punktsymmetrisch zum Punkt \((\mu; 0{,}5)\). Da \(\Phi_{\mu; \sigma}(\mu) = 0{,}5\) für alle \(\sigma > 0\) gilt, ist dies der gesuchte Punkt.

1. Der Graph wird entlang der \(x\)-Achse nach rechts verschoben. 2. Die maximale Steigung an der Stelle \(x = \mu\) nimmt ab; der Graph wird flacher. 3. Der Punkt hat die Koordinaten \((\mu; 0{,}5)\).

- Überlege, wie die beiden x-Werte im Verhältnis zum Erwartungswert liegen. - Welchen Zusammenhang gibt es zwischen den Flächenanteilen links von einem Wert und rechts von seinem symmetrischen Gegenstück? - Wie hängen die Wahrscheinlichkeiten \(P(X \le \mu - a)\) und \(P(X \le \mu + a)\) zusammen?

1. Identifikation der Symmetrie zum Erwartungswert: Die Stellen \(x_1 = 45\) und \(x_2 = 55\) liegen symmetrisch zum Erwartungswert \(\mu = 50\), da \(45 = 50 - 5\) und \(55 = 50 + 5\) gilt (Abstand \(a = 5\)). 2. Anwendung der Symmetrieeigenschaft der Verteilungsfunktion: Es gilt die Beziehung \(\Phi_{\mu; \sigma}(\mu - a) = 1 - \Phi_{\mu; \sigma}(\mu + a)\). 3. Einsetzen der gegebenen Werte: \(0{,}3085 = 1 - \Phi_{50; \sigma}(55)\). 4. Berechnung des gesuchten Wertes: \(\Phi_{50; \sigma}(55) = 1 - 0{,}3085 = 0{,}6915\).

\(\Phi_{50; \sigma}(55) = 0{,}6915\)

- Wie berechnet man die Wahrscheinlichkeit eines Intervalls, wenn man die Werte der Verteilungsfunktion an den Grenzen kennt? - Stell dir die Wahrscheinlichkeit als Fläche unter einem Graphen vor. Wie groß ist die Fläche über einem Intervall der Breite Null? - Überlege, ob sich das Ergebnis ändert, wenn man zu einer Summe von Flächenstücken ein Stück der Breite Null hinzufügt.

1. Für stetige Zufallsgrößen gilt \(P(a < Z \le b) = F(b) - F(a)\). Somit ist \(P(2 < Z \le 6) = 0{,}80 - 0{,}35 = 0{,}45\). Da bei stetigen Verteilungen \(P(Z = 2) = 0\) gilt, ist \(P(2 \le Z \le 6) = P(2 < Z \le 6) = 0{,}45\). 2. Die Wahrscheinlichkeit einer stetigen Zufallsgröße in einem Intervall \([a; b]\) ist definiert als das Integral der Dichtefunktion: \(P(a \le Z \le b) = \int_{a}^{b} f(z) \, dz\). Für einen Einzelpunkt \(a\) entspricht dies dem Integral \(\int_{a}^{a} f(z) \, dz\). Da die Integrationsgrenzen identisch sind, ist der Wert dieses Integrals für jede Dichtefunktion \(f\) immer gleich \(0\). 3. Da Punktwahrscheinlichkeiten null sind, macht es bei stetigen Zufallsgrößen keinen Unterschied, ob die Intervallgrenzen zum Intervall gehören oder nicht. Es gilt: \(P(a \le Z \le b) = P(a < Z \le b) = P(a \le Z < b) = P(a < Z < b)\).

1. \(P(2 < Z \le 6) = 0{,}45\) und \(P(2 \le Z \le 6) = 0{,}45\). 2. Begründung über das Integral: \(P(Z = a) = \int_a^a f(z) \, dz = 0\). 3. Bei stetigen Zufallsgrößen sind die Wahrscheinlichkeiten für offene, halboffene und abgeschlossene Intervalle mit denselben Grenzen identisch.

- Welcher Funktionswert der Verteilungsfunktion gehört immer zum Erwartungswert einer Normalverteilung? - Wie hängen die Wahrscheinlichkeiten für Intervalle mit den Werten der Verteilungsfunktion zusammen? - Erinnere dich an den Zusammenhang zwischen der Steigung der Verteilungsfunktion und dem Wert der Dichtefunktion.

1. Der Erwartungswert \(\mu\) entspricht dem \(x\)-Wert, an dem die Verteilungsfunktion den Wert \(0{,}5\) annimmt. Aus dem Graphen liest man \(\mu = 4\) ab. 2. Die Wahrscheinlichkeit \(P(X \le 4)\) entspricht dem Funktionswert \(F(4)\). Da \(4\) der Erwartungswert ist, gilt \(F(4) = 0{,}5\). 3. Für \(P(2 \le X \le 6)\) berechnet man die Differenz \(F(6) - F(2)\). Aus dem Graphen liest man \(F(6) \approx 0{,}91\) und \(F(2) \approx 0{,}09\) ab. Somit ergibt sich \(P(2 \le X \le 6) \approx 0{,}91 - 0{,}09 = 0{,}82\). 4. Die Wahrscheinlichkeitsdichte \(f\) (gaußsche Glockenkurve) hat ihr Maximum an der Stelle \(x = \mu = 4\) und ist achsensymmetrisch zur Geraden \(x = 4\).

a) \(\mu = 4\) b) \(P(X \le 4) = 0{,}5\) \(P(2 \le X \le 6) \approx 0{,}82\) c) Das Maximum der Dichtefunktion liegt bei \(x = 4\). Der Graph ist achsensymmetrisch zur Geraden \(x = 4\).

- Erinnere dich daran, dass die Verteilungsfunktion \(\Phi(k)\) genau die Wahrscheinlichkeit \(P(X \le k)\) angibt. - Für Wahrscheinlichkeiten in einem Intervall \([a; b]\) kannst du die Differenz der Werte der Verteilungsfunktion an den Intervallgrenzen nutzen. - Überlege, wie die Wahrscheinlichkeit für „größer als“ mit dem Wert der Verteilungsfunktion zusammenhängt.

1. Ablesen des Funktionswerts an der Stelle \(x = 4\): \(\Phi(4) = 0{,}5\). Somit ist \(P(X \le 4) = 0{,}5\). 2. Ablesen des Funktionswerts an der Stelle \(x = 5\): \(\Phi(5) \approx 0{,}84\). Somit ist \(P(X \le 5) \approx 0{,}84\). 3. Berechnung der Intervallwahrscheinlichkeit: \(P(3 \le X \le 5) = \Phi(5) - \Phi(3)\). Mit \(\Phi(5) \approx 0{,}84\) und \(\Phi(3) \approx 0{,}16\) ergibt sich \(0{,}84 - 0{,}16 = 0{,}68\). 4. Berechnung der Gegenwahrscheinlichkeit: \(P(X > 6) = 1 - \Phi(6)\). Mit \(\Phi(6) \approx 0{,}98\) ergibt sich \(1 - 0{,}98 = 0{,}02\).

a) \(P(X \le 4) = 0{,}5\) b) \(P(X \le 5) \approx 0{,}84\) c) \(P(3 \le X \le 5) \approx 0{,}68\) d) \(P(X > 6) \approx 0{,}02\)

- Wie verändert sich das Argument der Funktion \(\Phi\), wenn man von der Standardnormalverteilung zur allgemeinen Normalverteilung übergeht? - Betrachte die Formel für die Dichtefunktion an der Stelle ihres Maximums. - Was sagt die Verteilungsfunktion über die gesamte Fläche unter der Dichtekurve aus, wenn man das gesamte Intervall betrachtet? - Überlege, wie sich eine Änderung von \(\sigma\) auf die Breite der Verteilung auswirkt.

1. Der Graph von \(F_1\) wird zunächst in \(x\)-Richtung mit dem Faktor \(2\) gestreckt. Dadurch entsteht der Funktionsterm \(\Phi_{0;1}\left(\frac{x}{2}\right)\). Anschließend wird der Graph um \(5\) Einheiten nach rechts verschoben; damit ergibt sich \(F_2(x) = \Phi_{0;1}\left(\frac{x-5}{2}\right)\). 2. Die Steigung der Verteilungsfunktion an der Stelle \(\mu\) ist gegeben durch \(\Phi'_{\mu; \sigma}(\mu) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\). Da \(\sigma_1 = 1\) kleiner ist als \(\sigma_2 = 2\), ist die Steigung von \(F_1\) bei \(x=0\) größer als die Steigung von \(F_2\) bei \(x=5\). 3. Für \(x \to \infty\) streben beide Verteilungsfunktionen gegen \(1\). Dies entspricht der Gesamtwahrscheinlichkeit aller möglichen Werte der jeweiligen Zufallsgröße.

1. Streckung in \(x\)-Richtung mit dem Faktor \(2\), anschließend Verschiebung um \(5\) Einheiten nach rechts. 2. Die Steigung an der Stelle \(\mu\) ist umgekehrt proportional zu \(\sigma\). Wegen \(\sigma_1 < \sigma_2\) ist \(F_1\) dort steiler. 3. Der Grenzwert ist \(1\); er repräsentiert die Gesamtwahrscheinlichkeit.

- Wie berechnet man allgemein die Wahrscheinlichkeit für ein Intervall \([x_1; x_2]\), wenn die Verteilungsfunktion bekannt ist? - Versuche, in deiner Formel alle Ausdrücke, die \(\mu - a\) enthalten, durch den in der Aufgabe genannten Zusammenhang zu ersetzen. - Achte beim Auflösen der Klammern besonders auf die Vorzeichen.

1. Aufstellen des Ansatzes für die Intervallwahrscheinlichkeit mittels der Verteilungsfunktion: \(P(\mu - a \le X \le \mu + a) = \Phi_{\mu; \sigma}(\mu + a) - \Phi_{\mu; \sigma}(\mu - a)\). 2. Anwendung der gegebenen Symmetrie-Eigenschaft: Ersetzen des Terms \(\Phi_{\mu; \sigma}(\mu - a)\) durch den Ausdruck \(1 - \Phi_{\mu; \sigma}(\mu + a)\). 3. Einsetzen und Vereinfachen der Gleichung: \(P = \Phi_{\mu; \sigma}(\mu + a) - (1 - \Phi_{\mu; \sigma}(\mu + a))\). 4. Zusammenfassen der Terme: \(P = \Phi_{\mu; \sigma}(\mu + a) - 1 + \Phi_{\mu; \sigma}(\mu + a) = 2 \cdot \Phi_{\mu; \sigma}(\mu + a) - 1\).

\(P(\mu - a \le X \le \mu + a) = 2 \cdot \Phi_{\mu; \sigma}(\mu + a) - 1\)

- Skizziere eine Glockenkurve und markiere den Erwartungswert auf der x-Achse. - Wie kannst du eine „Größer-als“-Wahrscheinlichkeit am rechten Rand in eine „Kleiner-als“-Wahrscheinlichkeit am linken Rand umwandeln? - Welche Eigenschaft der Verteilungsfunktion hilft dir, von einem Vergleich der Wahrscheinlichkeiten auf einen Vergleich der x-Werte zu schließen?

1. Zunächst wird die rechte Seite der Ungleichung betrachtet: \(P(X \ge 150)\). Da \(\mu = 120\) ist, entspricht der Wert \(150\) dem Wert \(\mu + 30\). Es gilt also \(P(X \ge 120 + 30)\). 2. Aufgrund der Symmetrie der Glockenkurve bezüglich des Erwartungswerts \(\mu = 120\) ist die Wahrscheinlichkeit im rechten Schwanz ab \(\mu + 30\) identisch mit der Wahrscheinlichkeit im linken Schwanz bis \(\mu - 30\). Es gilt also \(P(X \ge 150) = P(X \le 120 - 30) = P(X \le 90)\). 3. Die ursprüngliche Ungleichung lautet nun \(P(X \le 120 + k) \le P(X \le 90)\). 4. Da die kumulative Verteilungsfunktion \(F(x) = P(X \le x)\) einer Normalverteilung streng monoton steigend ist, folgt aus \(P(X \le 120 + k) \le P(X \le 90)\) direkt die Bedingung für die Argumente: \(120 + k \le 90\). 5. Auflösen nach \(k\) ergibt \(k \le -30\).

Die Ungleichung ist für alle \(k \le -30\) erfüllt.

- Welchen besonderen Funktionswert nimmt jede Verteilungsfunktion einer Normalverteilung am Erwartungswert \(\mu\) an? - Wie kannst du die Standardabweichung \(\sigma\) mithilfe eines bestimmten Prozentbereichs oder Funktionswerts am Graphen ablesen? - In welchem mathematischen Zusammenhang stehen die Dichtefunktion \(f(x)\) und die Verteilungsfunktion \(F(x)\)? - Was bedeutet der maximale Wert einer Ableitungsfunktion für den Verlauf des ursprünglichen Funktionsgraphen?

1. Bestimmung der Parameter aus der Grafik: - Der Erwartungswert \(\mu\) ist die Stelle, an der die Verteilungsfunktion den Funktionswert \(0{,}5\) annimmt, da die Verteilung symmetrisch um \(\mu\) ist: \(F(\mu) = 0{,}5\). - Die Standardabweichung \(\sigma\) lässt sich über den Funktionswert an der Stelle \(\mu + \sigma\) ermitteln, da dort \(F(\mu + \sigma) \approx 0{,}84\) (bzw. \(F(\mu - \sigma) \approx 0{,}16\)) gilt. - Für \(F_1\) (blau): - \(F_1(x) = 0{,}5 \implies \mu_1 = 1\) - \(F_1(x) \approx 0{,}84 \implies \mu_1 + \sigma_1 = 2 \implies \sigma_1 = 1\) - Für \(F_2\) (rot): - \(F_2(x) = 0{,}5 \implies \mu_2 = 4\) - \(F_2(x) \approx 0{,}84 \implies \mu_2 + \sigma_2 = 6 \implies \sigma_2 = 2\) 2. Berechnung des maximalen Werts der Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion: - Das Maximum der Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion \(f(x) = \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}\) liegt bei \(x = \mu\) mit dem Wert \(f(\mu) = \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}\). - Für \(F_1\) (\(\sigma_1 = 1\)): \( f_1(1) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \approx 0{,}40 \) - Für \(F_2\) (\(\sigma_2 = 2\)): \( f_2(4) = \frac{1}{2 \cdot \sqrt{2\pi}} \approx 0{,}20 \) 3. Geometrische Bedeutung: - Da die Dichtefunktion \(f(x)\) die mathematische Ableitung der Verteilungsfunktion \(F(x)\) ist (also \(F'(x) = f(x)\)), entspricht der maximale Wert von \(f(x)\) der maximalen Steigung der Verteilungsfunktion \(F(x)\). - Diese maximale Steigung tritt genau am Wendepunkt des Graphen von \(F(x)\) bei \(x = \mu\) auf. Somit ist \(f(\mu)\) die Steigung der Wendetangente des Graphen von \(F(x)\).

a) \(F_1\) (blau): \(\mu_1 = 1\), \(\sigma_1 = 1\). \(F_2\) (rot): \(\mu_2 = 4\), \(\sigma_2 = 2\). Der Erwartungswert wird beim Funktionswert \(0{,}5\) abgelesen, die Standardabweichung als Abstand von \(\mu\) zur Stelle des Funktionswerts \(\approx 0{,}84\). b) Für \(F_1\) beträgt der maximale Wert der Dichtefunktion ungefähr \(0{,}40\). Für \(F_2\) beträgt der maximale Wert der Dichtefunktion ungefähr \(0{,}20\). c) Der maximale Wert der Dichtefunktion entspricht der Steigung der Wendetangente des Graphen der Verteilungsfunktion im Wendepunkt \((\mu \mid 0{,}5)\).

- Denke daran, welche besondere Bedeutung der Funktionswert \(0{,}5\) bei der Verteilungsfunktion einer Normalverteilung hat. - Wo liegt der Symmetriepunkt (Wendepunkt) des Graphen einer kumulativen Verteilungsfunktion? - Welcher Funktionswert gehört zu den Stellen \(\mu - \sigma\) und \(\mu + \sigma\)? Erinnere dich an die Wahrscheinlichkeiten der \(\sigma\)-Intervalle. - Wie lässt sich die Wahrscheinlichkeit eines Intervalls \(P(a \le X \le b)\) mithilfe der Verteilungsfunktion \(F\) ausdrücken?

1. Der Erwartungswert \(\mu\) entspricht dem Symmetriepunkt der Verteilungsfunktion, an dem \(F(\mu) = 0{,}5\) gilt. Aus dem Graphen liest man für \(y = 0{,}5\) den Wert \(x = 4\) ab. Somit ist \(\mu = 4\). 2. Die Standardabweichung \(\sigma\) lässt sich über den Funktionswert an der Stelle \(\mu + \sigma\) bestimmen. Es gilt \(F(\mu + \sigma) \approx 0{,}84\). Im Graphen gehört der Funktionswert \(0{,}84\) zur Stelle \(x = 6\). Daraus folgt \(\sigma = 6 - 4 = 2\). Alternativ nutzt man \(F(\mu - \sigma) \approx 0{,}16\) bei \(x = 2\), was ebenfalls \(\sigma = 2\) liefert. 3. Die Wahrscheinlichkeit im Intervall berechnet sich über die Differenz der Funktionswerte: \(P(2 \le X \le 6) = F(6) - F(2)\). Durch Ablesen am Graphen erhält man \(F(6) \approx 0{,}84\) und \(F(2) \approx 0{,}16\). Damit ergibt sich \(P(2 \le X \le 6) \approx 0{,}84 - 0{,}16 = 0{,}68\) (bzw. \(68\,\%\), was auch der bekannten \(1\sigma\)-Regel entspricht).

a) \(\mu = 4\) und \(\sigma = 2\). b) \(P(2 \le X \le 6) \approx 0{,}68\) (bzw. \(68\,\%\) oder \(68{,}3\,\%\)).

- Welche zwei Bedingungen muss eine Funktion erfüllen, um als Dichtefunktion zu gelten? - Der Erwartungswert bei stetigen Zufallsgrößen wird über ein Integral berechnet, bei dem der Integrand mit der Variablen multipliziert wird. - Achte darauf, Prozentangaben in Dezimalzahlen umzuwandeln, bevor du sie als Integrationsgrenzen verwendest. - Die Verteilungsfunktion ist die Stammfunktion der Dichte, die am linken Rand des Intervalls den Wert 0 hat.

1. Damit \(f\) eine Dichtefunktion ist, muss das Integral über den gesamten Definitionsbereich 1 ergeben: \(\int_{0}^{1} (6x - 6x^2) \,\mathrm{d}x = [3x^2 - 2x^3]_{0}^{1} = (3 - 2) - 0 = 1\). Da \(f(x) \ge 0\) für \(x \in [0; 1]\), ist es eine Dichtefunktion. 2. Erwartungswert: \(\mu = \int_{0}^{1} x \cdot (6x - 6x^2) \,\mathrm{d}x = \int_{0}^{1} (6x^2 - 6x^3) \,\mathrm{d}x = [2x^3 - 1{,}5x^4]_{0}^{1} = 2 - 1{,}5 = 0{,}5\). Im Durchschnitt ist die Sonne also zur Hälfte der Zeit (\(50\,\%\)) durch Wolken verdeckt. 3. Wahrscheinlichkeit für das Intervall \([0{,}25; 0{,}75]\): \(P(0{,}25 \le X \le 0{,}75) = [3x^2 - 2x^3]_{0{,}25}^{0{,}75}\). Wert bei \(0{,}75\): \(3 \cdot 0{,}75^2 - 2 \cdot 0{,}75^3 = 1{,}6875 - 0{,}84375 = 0{,}84375\). Wert bei \(0{,}25\): \(3 \cdot 0{,}25^2 - 2 \cdot 0{,}25^3 = 0{,}1875 - 0{,}03125 = 0{,}15625\). Differenz: \(0{,}84375 - 0{,}15625 = 0{,}6875\). Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(68{,}75\,\%\). 4. Verteilungsfunktion \(F(x) = \int_{0}^{x} (6t - 6t^2) \,\mathrm{d}t = [3t^2 - 2t^3]_{0}^{x} = 3x^2 - 2x^3\) für \(0 \le x \le 1\).

a) Nachweis durch \(\int_{0}^{1} f(x) \,\mathrm{d}x = 1\) erbracht. b) \(\mu = 0{,}5\). Im Mittel ist der Himmel zu \(50\,\%\) bewölkt. c) \(P(0{,}25 \le X \le 0{,}75) = 0{,}6875 = 68{,}75\,\%\). d) \(F(x) = 3x^2 - 2x^3\) für \(0 \le x \le 1\).

- Welchen Funktionswert nimmt die Verteilungsfunktion einer Normalverteilung genau am Erwartungswert an? - Erinnere dich an die \(1\sigma\)-Umgebung und welche Wahrscheinlichkeit im Intervall \([\mu - \sigma; \mu + \sigma]\) liegt. Wie spiegelt sich das im Funktionswert der Verteilungsfunktion wider? - Die Steigung der Verteilungsfunktion an einer Stelle \(x\) entspricht genau dem Wert der Dichtefunktion an dieser Stelle. - Wo hat die Dichtefunktion einer Normalverteilung ihren höchsten Punkt?

1. Der Erwartungswert \(\mu\) entspricht dem \(x\)-Wert, an dem die Verteilungsfunktion den Wert \(0{,}5\) annimmt. Aus dem Graphen liest man ab: \(\mu = 4\). 2. Bei einer Normalverteilung gilt \(\Phi(\mu + \sigma) \approx 0{,}8413\). Der Graph erreicht den Funktionswert \(0{,}84\) bei \(x \approx 5{,}5\). Es gilt also \(\mu + \sigma = 5{,}5\). Mit \(\mu = 4\) ergibt sich \(4 + \sigma = 5{,}5\), woraus \(\sigma = 1{,}5\) folgt. 3. Der Wert der Dichtefunktion am Maximum (bei \(x = \mu\)) berechnet sich durch \(\varphi(4) = \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}\). Einsetzen von \(\sigma = 1{,}5\) liefert \(\varphi(4) = \frac{1}{1{,}5 \sqrt{2\pi}} \approx 0{,}266\).

a) \(\mu = 4\) b) \(\sigma = 1{,}5\) c) \(\varphi(4) \approx 0{,}266\)

- Was gibt der Funktionswert der Verteilungsfunktion \(F(x)\) im Zusammenhang mit der Fläche unter der Dichtefunktion an? - Wie viel der Gesamtfläche liegt links vom Mittelwert? - Wenn du die Fläche für einen Abschnitt kennst, wie kannst du sie zur Fläche links davon addieren? - Überlege, was passiert, wenn die Werte weniger streuen, also enger beieinander liegen.

1. Da die Normalverteilung symmetrisch zum Erwartungswert \(\mu = 500\) ist, halbiert die Vertikale bei \(x = 500\) die Gesamtfläche von \(1\). Daher ist \(P(X \le 500) = 0{,}5\). 2. \(F(510) = P(X \le 510) = P(X \le 500) + P(500 \le X \le 510)\). Die Fläche im Intervall \([500; 510]\) unter der Kurve entspricht etwa \(6{,}8\) Kästchen. Bei einem Flächeninhalt von \(0{,}05\) pro Kästchen ergibt das \(6{,}8 \cdot 0{,}05 = 0{,}34\). Also ist \(F(510) \approx 0{,}5 + 0{,}34 = 0{,}84\). 3. Bei einem kleineren \(\sigma\) wird die Kurve der Dichtefunktion schmaler und der Hochpunkt bei \(\mu\) wird höher, da die Gesamtfläche von \(1\) erhalten bleiben muss (höhere Konzentration der Werte um den Mittelwert).

a) \(P(X \le 500) = 0{,}5\). b) \(F(510) \approx 0{,}84\). c) Der Graph wird schmaler und das Maximum wird höher.

- Die Verteilungsfunktion ist die Stammfunktion der Dichte, die am linken Rand des Definitionsbereichs den Wert 0 hat. - Um die Wahrscheinlichkeit für ein Intervall zu finden, kannst du einfach die Differenz der Werte der Verteilungsfunktion an den Intervallgrenzen bilden. - Der Median ist der Wert, an dem die kumulierte Wahrscheinlichkeit genau \(50\,\%\) erreicht. - Achte beim Integrieren auf das Vorzeichen, besonders wenn du eine Funktion wie \((5-t)^2\) integrierst.

1. Bestimmung der Verteilungsfunktion \(H(x)\): Für \(0 \le x \le 5\) gilt: \(H(x) = \int_0^x \frac{3}{125}(5-t)^2 \,\text{d}t\). Mit der Substitution \(u = 5-t\) (oder direktem Integrieren der Potenz): \(H(x) = [-\frac{1}{125}(5-t)^3]_0^x = -\frac{1}{125}(5-x)^3 - (-\frac{5^3}{125}) = 1 - \frac{(5-x)^3}{125}\). Für \(x < 0\) ist \(H(x) = 0\), für \(x > 5\) ist \(H(x) = 1\). 2. Wahrscheinlichkeit für Ausfall zwischen \(1\,\text{h}\) und \(2\,\text{h}\): \(P(1 \le X \le 2) = H(2) - H(1) = (1 - \frac{(5-2)^3}{125}) - (1 - \frac{(5-1)^3}{125}) = \frac{4^3 - 3^3}{125} = \frac{64 - 27}{125} = \frac{37}{125} = 0{,}296\). Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(29{,}6\,\%\). 3. Berechnung des Medians \(m\): Ansatz: \(H(m) = 0{,}5\). \(1 - \frac{(5-m)^3}{125} = 0{,}5 \Rightarrow \frac{(5-m)^3}{125} = 0{,}5 \Rightarrow (5-m)^3 = 62{,}5\). \(5 - m = \sqrt[3]{62{,}5} \Rightarrow m = 5 - \sqrt[3]{62{,}5} \approx 5 - 3{,}9686 \approx 1{,}031\,\text{h}\). Interpretation: Von den Sensoren, die innerhalb der ersten \(5\) Betriebsstunden ausfallen, ist nach ca. \(1{,}03\) Stunden (etwa \(62\) Minuten) die Hälfte ausgefallen.

a) \(H(x)=\begin{cases}0 & \text{für }x<0,\\1-\frac{(5-x)^3}{125} & \text{für }0\le x\le 5,\\1 & \text{für }x>5.\end{cases}\) b) \(P(1\le X\le 2)=0{,}296=29{,}6\,\%\) c) \(m\approx 1{,}031\,\text{h}\). Von den Sensoren, die innerhalb der ersten \(5\) Betriebsstunden ausfallen, fällt die Hälfte innerhalb von etwa \(1\) Stunde und \(2\) Minuten aus.