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- Welche beiden kumulierten Flächen begrenzen das gesuchte Intervall? - Eine Intervallwahrscheinlichkeit erhältst du aus der Differenz der Verteilungsfunktionswerte an der rechten und linken Grenze.

Für eine stetige Zufallsgröße ist die Intervallwahrscheinlichkeit die Differenz der kumulierten Wahrscheinlichkeiten an den Grenzen: \(P(42\le X\le58)=F(58)-F(42)=0{,}75-0{,}25=0{,}50\).

\(P(42\le X\le58)=0{,}50=50\,\%\)

- Welche Wahrscheinlichkeit beschreibt \(F(72)\) direkt? - Ergänze diese Wahrscheinlichkeit zur Gesamtwahrscheinlichkeit \(1\).

1. Das Ereignis \(X>72\) ist das Gegenereignis zu \(X\le72\). Daher gilt \(P(X>72)=1-F(72)=1-0{,}84=0{,}16\).

\(P(X>72)=0{,}16\)

- Wo liegt der Erwartungswert auf der symmetrischen Glockenkurve? - Welche Gesamtwahrscheinlichkeit liegt auf jeder Seite des Symmetriezentrums?

1. Die Normalverteilung ist symmetrisch um ihren Erwartungswert. Deshalb liegt die Hälfte der Gesamtwahrscheinlichkeit rechts von \(\mu=30\), also gilt \(P(X\ge30)=0{,}5\).

\(P(X\ge30)=0{,}5\)

- Überlege dir, welche besondere Eigenschaft die Normalverteilung hinsichtlich ihrer Symmetrie um den Erwartungswert hat. - Wie hängen Wahrscheinlichkeiten für Intervalle mit der Verteilungsfunktion \(\Phi\) zusammen? - Erinnere dich an die Bedeutung der Standardabweichung \(\sigma\) für die Wahrscheinlichkeiten in der Nähe von \(\mu\). - Was gilt allgemein für die Wahrscheinlichkeit eines einzelnen Punktes bei stetigen Verteilungen?

1. Berechnung von \(P(X \le 100)\): Da die Normalverteilung symmetrisch um \(\mu\) ist, gilt \(P(X \le \mu) = 0{,}5\). 2. Berechnung von \(P(X \le 110)\): Transformation in die Standardnormalverteilung mit \(z = \frac{110 - 100}{10} = 1\). Es folgt \(\Phi(1) \approx 0{,}8413\). 3. Berechnung von \(P(90 \le X \le 110)\): Dies entspricht dem \(1\sigma\)-Intervall um den Erwartungswert. Es gilt \(P(\mu - \sigma \le X \le \mu + \sigma) = \Phi(1) - \Phi(-1) = 2 \cdot \Phi(1) - 1 \approx 0{,}6827\). 4. Berechnung von \(P(X > 120)\): Transformation ergibt \(z = \frac{120 - 100}{10} = 2\). Die Gegenwahrscheinlichkeit ist \(1 - \Phi(2) \approx 1 - 0{,}9772 = 0{,}0228\). 5. Berechnung von \(P(X = 105)\): Bei stetigen Zufallsgrößen ist die Wahrscheinlichkeit für einen exakten Einzelwert stets \(0\).

a) \(P(X \le 100) = 0{,}5\) b) \(P(X \le 110) \approx 0{,}8413\) c) \(P(90 \le X \le 110) \approx 0{,}6827\) d) \(P(X > 120) \approx 0{,}0228\) e) \(P(X = 105) = 0\)

- Welche Transformation hilft dir dabei, eine beliebige Normalverteilung auf die Standardnormalverteilung zurückzuführen? - Wie hängen die Grenzen des gesuchten Intervalls mit dem Erwartungswert und der Standardabweichung zusammen? - Erinnere dich an die Symmetrieeigenschaften der Glockenkurve, wenn du mit negativen Werten arbeitest. - Welches Hilfsmittel (Tabelle oder Taschenrechner) steht dir zur Verfügung, um die Werte der Verteilungsfunktion zu bestimmen?

1. Transformation der Intervallgrenzen in \(z\)-Werte (Standardisierung): \(z_1 = \frac{85 - 100}{15} = -1\) und \(z_2 = \frac{120 - 100}{15} = \frac{4}{3} \approx 1{,}3333\). 2. Ansatz über die Verteilungsfunktion \(\Phi\) der Standardnormalverteilung: \(P(85 \le X \le 120) = \Phi\left(\frac{4}{3}\right) - \Phi(-1)\). 3. Anwendung der Symmetrieeigenschaft: \(\Phi(-1) = 1 - \Phi(1)\). 4. Mit einer Tabelle oder einem Taschenrechner erhält man \(\Phi\left(\frac{4}{3}\right) \approx 0{,}9088\) und \(\Phi(-1) \approx 0{,}1587\). 5. Damit gilt \(P(85 \le X \le 120) \approx 0{,}9088 - 0{,}1587 = 0{,}7501\).

\(P(85 \le X \le 120) \approx 0{,}7501\)

- Überlege dir, wie groß die gesamte Fläche unter der Glockenkurve ist. - Nutze die Achsensymmetrie der Glockenkurve an der Stelle \(x = 0\). - Wie hängen die Flächeninhalte am linken und rechten Rand der Kurve zusammen? - Erinnere dich an den Zusammenhang zwischen der Verteilungsfunktion \(\Phi\) und dem Integral der Dichtefunktion.

1. Aus der Symmetrie \(\Phi(-z) = 1 - \Phi(z)\) folgt für Teilaufgabe a): \(\int_{-\infty}^{-2} \varphi(x) \, dx = \Phi(-2) = 1 - \Phi(2) \approx 1 - 0{,}9772 = 0{,}0228\). 2. Für den Bereich zwischen den symmetrischen Grenzen in b) gilt: \(\int_{-2}^{2} \varphi(x) \, dx = \Phi(2) - \Phi(-2) \approx 0{,}9772 - 0{,}0228 = 0{,}9544\). 3. Da die Gesamtwahrscheinlichkeit \(1\) beträgt, ergibt sich für den rechten Rand in c): \(\int_{2}^{\infty} \varphi(x) \, dx = 1 - \Phi(2) \approx 1 - 0{,}9772 = 0{,}0228\).

a) \(\approx 0{,}0228\) b) \(\approx 0{,}9544\) c) \(\approx 0{,}0228\)

- Standardisiere für jedes Intervall beide Grenzen. - Eine Intervallwahrscheinlichkeit ist die Differenz der kumulierten Wahrscheinlichkeiten an den beiden Grenzen. - Achte am Ende auf die geforderte Darstellung in Prozent.

1. Für \([60;70]\) sind die standardisierten Grenzen \(-2\) und \(-1\). Daher gilt \(P(60\le X\le70)=\Phi(-1)-\Phi(-2)\approx0{,}1359=13{,}59\,\%\). 2. Für \([70;80]\) sind die Grenzen \(-1\) und \(0\). Somit ist \(P(70\le X\le80)=\Phi(0)-\Phi(-1)\approx0{,}3413=34{,}13\,\%\). 3. Für \([80;95]\) sind die Grenzen \(0\) und \(1{,}5\). Damit ist \(P(80\le X\le95)=\Phi(1{,}5)-\Phi(0)\approx0{,}4332=43{,}32\,\%\).

1. \(13{,}59\,\%\) 2. \(34{,}13\,\%\) 3. \(43{,}32\,\%\)

- Übersetze „mindestens“ zuerst in eine Ungleichung. - Standardisiere die Grenze \(75\). - Für den Bereich rechts von der Grenze brauchst du die Gegenwahrscheinlichkeit zur Verteilungsfunktion.

1. Der standardisierte Wert zur Grenze \(75\) ist \(z=\frac{75-60}{12}=1{,}25\). 2. Wegen der Stetigkeit ist \(P(X\ge75)=P(X>75)=1-\Phi(1{,}25)\). 3. Mit \(\Phi(1{,}25)\approx0{,}8944\) ergibt sich \(P(X\ge75)\approx0{,}1056=10{,}56\,\%\).

\(P(X\ge75)\approx10{,}56\,\%\)

- Welcher Parameter lässt sich am Hochpunkt beziehungsweise an der Symmetrieachse erkennen? - Schätze den Abstand der sichtbaren Wendestellen von dieser Achse. - Welche Wahrscheinlichkeit liegt links vom Erwartungswert? - Vergleiche \([2;4]\) mit einer bekannten symmetrischen Sigma-Umgebung.

1. Der Hochpunkt und die Symmetrieachse liegen bei \(x=3\), also ist \(\mu=3\). Der sichtbare Krümmungswechsel liegt ungefähr bei \(x=2\) und \(x=4\). Daher ist \(\sigma\approx1\). 2. Wegen der Symmetrie der Normalverteilung liegt genau die Hälfte der Gesamtwahrscheinlichkeit links vom Erwartungswert. Somit ist \(P(X\le3)=0{,}5\). 3. Das Intervall \([2;4]\) entspricht nach der grafischen Parameterschätzung ungefähr \([\mu-\sigma;\mu+\sigma]\). Nach der \(1\sigma\)-Regel beträgt die Wahrscheinlichkeit näherungsweise \(68{,}3\,\%\).

a) \(\mu=3\), \(\sigma\approx1\) b) \(P(X\le3)=0{,}5\) c) \(P(2\le X\le4)\approx68{,}3\,\%\)

- Was bedeutet die Fläche unter der Kurve für die Wahrscheinlichkeit? - Vergleiche die Lage der beiden Intervalle relativ zum Gipfel der Kurve. - Haben die Intervalle die gleiche Breite? - Wie verändern sich die Funktionswerte, wenn man sich vom Erwartungswert entfernt?

1. Interpretation der Wahrscheinlichkeit als Fläche: Die Wahrscheinlichkeit \(P(a \le X \le b)\) entspricht dem Flächeninhalt unter der Dichtefunktion im Intervall \([a; b]\). 2. Vergleich der Intervalle: Beide Intervalle \([10; 15]\) und \([15; 20]\) haben die gleiche Breite von \(5\) Einheiten. 3. Monotonie der Dichtefunktion: Da der Erwartungswert \(\mu = 10\) ist, liegt dort das Maximum der Glockenkurve. Für \(x > \mu\) ist die Dichtefunktion streng monoton fallend. 4. Schlussfolgerung: Da die Funktionswerte im Intervall \([10; 15]\) überall größer oder gleich den Funktionswerten im Intervall \([15; 20]\) sind, muss der Flächeninhalt über \([10; 15]\) größer sein. Somit gilt \(P(10 \le X \le 15) > P(15 \le X \le 20)\).

Die Wahrscheinlichkeit \(P(10 \le X \le 15)\) ist größer. Da beide Intervalle die gleiche Breite haben, aber das Intervall \([10; 15]\) näher am Erwartungswert (dem Maximum der Kurve) liegt, ist die Fläche unter dem Graphen in diesem Bereich größer als im weiter entfernten Intervall \([15; 20]\).

- Lies zuerst die beiden senkrechten Grenzen des markierten Bereichs auf der x-Achse ab. - Standardisiere anschließend beide Intervallgrenzen mit den gegebenen Parametern. - Eine Intervallwahrscheinlichkeit erhältst du als Differenz zweier Werte der Standardnormalverteilungsfunktion.

1. Aus der Abbildung liest man das Intervall \([42;49]\) ab. 2. Die standardisierten Grenzen sind \(z_1=\frac{42-45}{3}=-1\) und \(z_2=\frac{49-45}{3}=\frac{4}{3}\). 3. Daher ist \(P(42\le X\le49)=\Phi\left(\frac{4}{3}\right)-\Phi(-1)\approx0{,}7501\).

a) \([42;49]\) b) \(P(42\le X\le49)\approx0{,}7501\)

- Kannst du die gegebenen Füllmengen als Vielfache der Standardabweichung vom Mittelwert ausdrücken? - Nutze die Symmetrie der Glockenkurve, um Rechnungen zu vereinfachen. - Was bedeutet es für die Wahrscheinlichkeit, wenn ein Wert mehr als \(2\sigma\) oder \(2{,}5\sigma\) vom Mittelwert entfernt ist? - Überlege dir, wie man die Wahrscheinlichkeit für „Abweichung um mehr als...“ mit der Gegenwahrscheinlichkeit oder Symmetrie bestimmen kann.

1. Zu a): Da \(505\) dem Erwartungswert entspricht, ist \(P(X \le 505) = 0{,}5\). 2. Zu b): Das Intervall \([501; 509]\) entspricht \([\mu - 2\sigma; \mu + 2\sigma]\). Die Wahrscheinlichkeit im \(2\sigma\)-Intervall beträgt \(P(-2 \le Z \le 2) = \Phi(2) - \Phi(-2) \approx 0{,}9545\). 3. Zu c): Transformation für \(x = 500\) ergibt \(z = \frac{500 - 505}{2} = -2{,}5\). Es gilt \(P(X < 500) = \Phi(-2{,}5) = 1 - \Phi(2{,}5) \approx 1 - 0{,}9938 = 0{,}0062\). 4. Zu d): Da \(X\) eine stetige Zufallsgröße ist, gilt \(P(X = 505) = 0\). 5. Zu e): Gesucht ist \(P(|X - 505| > 5) = P(X < 500 \text{ oder } X > 510)\). Wegen Symmetrie ist dies \(2 \cdot P(X < 500) \approx 2 \cdot 0{,}0062 = 0{,}0124\).

a) \(P(X \le 505) = 0{,}5\) b) \(P(501 \le X \le 509) \approx 0{,}9545\) c) \(P(X < 500) \approx 0{,}0062\) d) \(P(X = 505) = 0\) e) \(P(|X - 505| > 5) \approx 0{,}0124\)

- Überlege, wie die Wahrscheinlichkeit bei einer stetigen Zufallsgröße mit Hilfe von Integralen berechnet wird. - Beachte, dass die Funktion in verschiedenen Abschnitten unterschiedlich definiert ist. Wie wirkt sich das auf das Integral aus? - Kannst du das gesuchte Intervall in Teilintervalle zerlegen, die zu den Funktionsabschnitten passen?

1. Aufteilung des gesuchten Intervalls \([1; 3]\) gemäß der abschnittsweise definierten Funktion in die Teilintervalle \([1; 2]\) und \([2; 3]\). 2. Berechnung des Integrals für den ersten Abschnitt: \(\int_{1}^{2} 0{,}2x \, dx = [0{,}1x^2]_{1}^{2} = 0{,}1 \cdot 2^2 - 0{,}1 \cdot 1^2 = 0{,}4 - 0{,}1 = 0{,}3\). 3. Berechnung des Integrals für den zweiten Abschnitt: \(\int_{2}^{3} 0{,}4 \, dx = [0{,}4x]_{2}^{3} = 0{,}4 \cdot 3 - 0{,}4 \cdot 2 = 1{,}2 - 0{,}8 = 0{,}4\). 4. Addition der Teilwahrscheinlichkeiten: \(P(1 \le X \le 3) = 0{,}3 + 0{,}4 = 0{,}7\).

\(P(1 \le X \le 3) = 0{,}7\)

- Wie hängen die Fläche unter der Dichtefunktion und die Wahrscheinlichkeit zusammen? - Achte bei abschnittsweise definierten Funktionen darauf, das Integral an den entsprechenden Stellen aufzuteilen. - Was bedeutet es für die Wahrscheinlichkeit eines exakten Wertes, wenn die Verteilung stetig ist? - Du kannst die Flächen in diesem Fall auch geometrisch als Dreiecke oder Trapeze berechnen.

1. Die Wahrscheinlichkeit \(P(X \le 1)\) entspricht dem Integral der Dichtefunktion von \(0\) bis \(1\). Die Berechnung liefert \(\int_0^1 0{,}4x \, dx = [0{,}2x^2]_0^1 = 0{,}2\). 2. Für \(P(X \le 3)\) wird das Integral von \(0\) bis \(3\) berechnet, aufgeteilt an der Nahtstelle \(x=1\). Dies ergibt \(P(X \le 1) + \int_1^3 (-0{,}1x + 0{,}5) \, dx = 0{,}2 + [-0{,}05x^2 + 0{,}5x]_1^3 = 0{,}2 + (1{,}05 - 0{,}45) = 0{,}8\). 3. Für \(P(0{,}5 \le X \le 2)\) summiert man die Teilintegrale: \(\int_{0{,}5}^1 0{,}4x \, dx + \int_1^2 (-0{,}1x + 0{,}5) \, dx = (0{,}2 - 0{,}05) + (0{,}8 - 0{,}45) = 0{,}15 + 0{,}35 = 0{,}5\). 4. Die Wahrscheinlichkeit \(P(X > 4)\) ergibt sich aus \(\int_4^5 (-0{,}1x + 0{,}5) \, dx = [-0{,}05x^2 + 0{,}5x]_4^5 = 1{,}25 - 1{,}2 = 0{,}05\). 5. Da \(X\) eine stetige Zufallsgröße ist, gilt für jeden Einzelwert \(P(X = k) = 0\), also \(P(X = 2) = 0\).

1. \(P(X \le 1) = 0{,}2\) 2. \(P(X \le 3) = 0{,}8\) 3. \(P(0{,}5 \le X \le 2) = 0{,}5\) 4. \(P(X > 4) = 0{,}05\) 5. \(P(X = 2) = 0\)

- Erinnere dich an die Standardisierung von Normalverteilungen, um die \(\Phi\)-Tabelle nutzen zu können. - Nutze die Symmetrie der Glockenkurve aus, um Wahrscheinlichkeiten für negative z-Werte oder Ausläufer zu berechnen. - Was sagen dir die \(\sigma\)-Regeln über die Wahrscheinlichkeiten in der Nähe des Erwartungswerts?

Die Zufallsgröße \(X\) ist \(N(100; 15^2)\)-verteilt. Die Transformation erfolgt über \(z = \frac{x - \mu}{\sigma}\). 1. \(P(85 \le X \le 115) = \Phi(1) - \Phi(-1) = 2\Phi(1) - 1 \approx 0{,}6827\). 2. \(P(X \le 70) = \Phi(-2) \approx 0{,}0228\). 3. \(P(X > 130) = 1 - \Phi(2) \approx 0{,}0228\). 4. Für die Grenzen gilt \(z_1 = \frac{110-100}{15} = \frac{2}{3}\) und \(z_2 = \frac{120-100}{15} = \frac{4}{3}\). Daher ist \(P(110 \le X \le 120) = \Phi\left(\frac{4}{3}\right) - \Phi\left(\frac{2}{3}\right) \approx 0{,}9088 - 0{,}7475 = 0{,}1613\).

1. \(P(85 \le X \le 115) \approx 68{,}27\,\%\) 2. \(P(X \le 70) \approx 2{,}28\,\%\) 3. \(P(X > 130) \approx 2{,}28\,\%\) 4. \(P(110 \le X \le 120) \approx 16{,}13\,\%\)

- Erinnere dich an die Formel für die Standardisierung. - Wie gehst du vor, wenn ein \(z\)-Wert negativ ist? Gibt es eine Symmetrieeigenschaft der Funktion \(\Phi\)? - Überlege dir bei Aufgabenteil c), ob die gesuchte Fläche links oder rechts vom transformierten Wert liegt. - Skizziere dir gedanklich die Position der Werte im Verhältnis zum Mittelwert \(\mu = 200\).

1. Transformation der Werte in \(z\)-Werte mittels \(z = \frac{x - 200}{50}\). 2. Für a): \(z = \frac{275 - 200}{50} = 1{,}5\). Die Wahrscheinlichkeit ist \(\Phi(1{,}5) \approx 0{,}9332\). 3. Für b): Untere Grenze \(z_1 = \frac{100 - 200}{50} = -2\), obere Grenze \(z_2 = \frac{250 - 200}{50} = 1\). Die Wahrscheinlichkeit ist \(\Phi(1) - \Phi(-2) = \Phi(1) - (1 - \Phi(2)) \approx 0{,}8413 - (1 - 0{,}9772) = 0{,}8413 - 0{,}0228 = 0{,}8185\). 4. Für c): \(z = \frac{150 - 200}{50} = -1\). Die Wahrscheinlichkeit für \(X \geq 150\) entspricht \(1 - \Phi(-1) = 1 - (1 - \Phi(1)) = \Phi(1) \approx 0{,}8413\).

a) \(P(X \leq 275) \approx 0{,}9332\) b) \(P(100 < X < 250) \approx 0{,}8185\) c) \(P(X \geq 150) \approx 0{,}8413\)

- Standardisiere die jeweiligen Intervallgrenzen beziehungsweise Schwellenwerte. - Für eine obere Restwahrscheinlichkeit brauchst du die Gegenwahrscheinlichkeit zu einem Wert der Verteilungsfunktion. - Nutze bei Teil d) die Symmetrie am Erwartungswert.

1. Für a) entsprechen die Grenzen den standardisierten Werten \(-1\) und \(1\). Daher ist \(P(480<X<520)=\Phi(1)-\Phi(-1)\approx0{,}6827\). 2. Für b) ist \(z=\frac{550-500}{20}=2{,}5\). Somit gilt \(P(X>550)=1-\Phi(2{,}5)\approx0{,}0062\). 3. Für c) ergeben sich \(z_1=-2{,}5\) und \(z_2=-0{,}5\). Damit ist \(P(450\le X\le490)=\Phi(-0{,}5)-\Phi(-2{,}5)\approx0{,}3023\). 4. Wegen der Symmetrie der Normalverteilung um \(\mu\) gilt \(P(X\le500)=0{,}5\).

a) \(0{,}6827\) b) \(0{,}0062\) c) \(0{,}3023\) d) \(0{,}5\)

- Überlege dir, wie man die Wahrscheinlichkeit für ein Intervall \([a;b]\) mithilfe der Verteilungsfunktion berechnet. - Vergleiche die Grenzen des gesuchten Intervalls mit den Werten in Lucas Vorschlag. - Denke an die Standardisierung \(z=\frac{x-\mu}{\sigma}\), um Werte der Standardnormalverteilung nutzen zu können.

1. Luca subtrahiert die Wahrscheinlichkeit bis zum Erwartungswert \(40\). Damit erfasst der vorgeschlagene Term nur das Teilintervall \([40;56]\) statt des geforderten Intervalls \([32;56]\). 2. Korrekt ist \(P(32\le X\le56)=P(X\le56)-P(X\le32)\). 3. Nach der Standardisierung ergibt sich \(\Phi\left(\frac{56-40}{8}\right)-\Phi\left(\frac{32-40}{8}\right)=\Phi(2)-\Phi(-1)\). 4. Mit ausreichend genauen Werten gilt \(\Phi(2)\approx0{,}97725\) und \(\Phi(-1)\approx0{,}15866\). 5. Somit ist \(P(32\le X\le56)\approx0{,}97725-0{,}15866=0{,}81859\approx0{,}8186\).

a) Luca subtrahiert die Wahrscheinlichkeit bis \(40\) statt bis zur unteren Intervallgrenze \(32\) und berechnet damit nur \(P(40\le X\le56)\). b) \(P(32\le X\le56)\approx0{,}8186\)

- Welche Bedeutung muss die Größe haben, die als Argument der Standardnormalverteilungsfunktion \(\Phi\) verwendet wird? - Vergleiche die Abstände von \(7\) und \(13\) zum Erwartungswert mit der gegebenen Streuung. - Nutze die Symmetrie der Glockenkurve um den Erwartungswert, wenn sie die Rechnung vereinfacht.

1. Hannah hat bei der Standardisierung vergessen, die Differenzen \(x-\mu\) durch die Standardabweichung \(\sigma=2\) zu dividieren. Ihr Ansatz behandelt die Abweichungen daher nicht in Einheiten der Standardabweichung. 2. Korrekt ist \(P(7\le X\le13)=\Phi\left(\frac{13-10}{2}\right)-\Phi\left(\frac{7-10}{2}\right)=\Phi(1{,}5)-\Phi(-1{,}5)\). 3. Wegen der Symmetrie gilt \(\Phi(-1{,}5)=1-\Phi(1{,}5)\), also \(P=2\Phi(1{,}5)-1\). 4. Mit \(\Phi(1{,}5)\approx0{,}93319\) folgt \(P\approx2\cdot0{,}93319-1=0{,}86638\approx0{,}8664\).

a) Der Ansatz ist falsch, weil bei der Standardisierung die Division durch \(\sigma=2\) fehlt. Korrekt ist \(\Phi\left(\frac{13-10}{2}\right)-\Phi\left(\frac{7-10}{2}\right)\). b) \(P(7\le X\le13)\approx0{,}8664\)

- Vergleiche die beiden Grenzen zunächst mit \(\mu\pm\sigma\). - Wo liegt die höchste Dichte einer Normalverteilung? - Vergleiche die Lage der Intervallmitte mit dem alten und dem neuen Erwartungswert.

1. Die Grenzen liegen jeweils eine Standardabweichung vom Erwartungswert \(45\) entfernt. Daher ist \(P(37\le X\le53)=\Phi(1)-\Phi(-1)\approx0{,}6827\). 2. Das Intervall \([37;53]\) hat die Mitte \(45\). Bei unverändertem \(\sigma\) ist die Fläche über einem Intervall fester Breite am größten, wenn das Intervall um den Erwartungswert zentriert ist. Nach der Verschiebung auf \(\mu=40\) liegt das Intervall nicht mehr symmetrisch um den Hochpunkt der Dichte; die eingeschlossene Wahrscheinlichkeit wird kleiner.

a) \(P(37\le X\le53)\approx0{,}6827\) b) Die Wahrscheinlichkeit wird kleiner.

- Standardisiere dieselben Intervallgrenzen für beide Verteilungen getrennt. - Wie wirkt sich ein größeres \(\sigma\) auf Breite und Höhe der Glockenkurve aus? - Beide Intervalle sind um denselben Erwartungswert zentriert; vergleiche deshalb die Konzentration der beiden Verteilungen in dieser Umgebung.

1. Für \(X\) entsprechen die Grenzen den standardisierten Werten \(-0{,}5\) und \(0{,}5\). Daher gilt \(P(8\le X\le12)=\Phi(0{,}5)-\Phi(-0{,}5)\approx0{,}3829\). 2. Für \(Y\) sind die standardisierten Grenzen \(-0{,}25\) und \(0{,}25\). Damit ist \(P(8\le Y\le12)=\Phi(0{,}25)-\Phi(-0{,}25)\approx0{,}1974\). 3. Die größere Standardabweichung macht die Dichte von \(Y\) breiter und flacher. Deshalb liegt in demselben um den gemeinsamen Mittelwert zentrierten Intervall weniger Wahrscheinlichkeit.

a) \(P(8\le X\le12)\approx0{,}3829\) b) \(P(8\le Y\le12)\approx0{,}1974\); die Wahrscheinlichkeit ist wegen der größeren Streuung kleiner.

- Drücke jede Grenze zunächst als Abstand vom Erwartungswert in Vielfachen von \(\sigma\) aus. - Bei Intervallen erhältst du die Wahrscheinlichkeit aus der Differenz zweier Werte der Verteilungsfunktion. - Nutze bei Teil d) die Symmetrie der Normalverteilung.

1. Für a) ist \(z=\frac{125-150}{25}=-1\). Daher gilt \(P(X\le125)=\Phi(-1)\approx0{,}1587\). 2. Für b) ist die obere Grenze \(\mu+2\sigma\). Somit ist \(P(150\le X\le200)=\Phi(2)-0{,}5\approx0{,}4772\). 3. Das Intervall in c) ist \([\mu-2\sigma;\mu+2\sigma]\). Daher gilt \(P(100\le X\le200)=\Phi(2)-\Phi(-2)\approx0{,}9545\). 4. Wegen der Symmetrie um den Erwartungswert gilt \(P(X>150)=0{,}5\).

a) \(0{,}1587\) b) \(0{,}4772\) c) \(0{,}9545\) d) \(0{,}5\)

- Übersetze jede Längenangabe zuerst in einen standardisierten \(z\)-Wert. - Für ein Intervall brauchst du zwei Werte der Verteilungsfunktion; für Teil c) nur einen. - Wandle die Dezimalwahrscheinlichkeit erst am Ende in Prozent um.

1. Für a) sind die standardisierten Grenzen \(-1{,}5\) und \(1{,}5\). Damit ist \(P(97\le X\le103)=\Phi(1{,}5)-\Phi(-1{,}5)\approx0{,}8664=86{,}64\,\%\). 2. Für b) sind die standardisierten Grenzen \(1{,}5\) und \(2{,}5\). Daher ist \(P(103\le X\le105)=\Phi(2{,}5)-\Phi(1{,}5)\approx0{,}0606=6{,}06\,\%\). 3. Für c) ist \(z=\frac{96-100}{2}=-2\). Somit gilt \(P(X<96)=\Phi(-2)\approx0{,}0228=2{,}28\,\%\).

a) \(86{,}64\,\%\) b) \(6{,}06\,\%\) c) \(2{,}28\,\%\)

- Formuliere die obere Wahrscheinlichkeit zunächst als kumulierte Wahrscheinlichkeit links von \(500\). - Welcher Standardnormalwert gehört zu dieser kumulierten Wahrscheinlichkeit? - Setze den gefundenen Wert in die Standardisierungsformel ein und löse nach \(\mu\) auf.

1. Aus \(P(X>500)=0{,}95\) folgt \(P(X\le500)=0{,}05\). 2. Der zugehörige Standardnormalwert erfüllt \(\Phi(z)=0{,}05\), also \(z=\Phi^{-1}(0{,}05)\approx-1{,}6449\). 3. Mit \(z=\frac{500-\mu}{80}\) gilt \(-1{,}6449\approx\frac{500-\mu}{80}\). 4. Auflösen ergibt \(\mu\approx631{,}6\).

\(\mu\approx631{,}6\)

- Standardisiere beide Intervallgrenzen. - Eine Intervallwahrscheinlichkeit erhältst du als Differenz zweier Werte der Verteilungsfunktion. - Runde erst das Endergebnis, nicht die beiden kumulierten Wahrscheinlichkeiten vor der Subtraktion.

1. Die standardisierten Intervallgrenzen sind \(z_1=\frac{10-12}{2{,}5}=-0{,}8\) und \(z_2=\frac{15-12}{2{,}5}=1{,}2\). 2. Daher gilt \(P(10\le X\le15)=\Phi(1{,}2)-\Phi(-0{,}8)\). 3. Mit \(\Phi(1{,}2)\approx0{,}8849\) und \(\Phi(-0{,}8)\approx0{,}2119\) ergibt sich mit ungerundeten Rechnerwerten \(P(10\le X\le15)\approx0{,}6731\).

\(P(10\le X\le15)\approx0{,}6731\)

- Standardisiere in a) beide Grenzen relativ zu \(\mu=80\). - Wie verändert ein größeres \(\sigma\) die Konzentration der Fläche um den Mittelwert? - Vergleiche in c) die Intervallmitte mit dem neuen Erwartungswert.

1. Für a) sind die standardisierten Grenzen \(-1{,}6\) und \(1{,}6\). Daher gilt \(P(72\le X\le88)=\Phi(1{,}6)-\Phi(-1{,}6)\approx0{,}8904\). 2. Bei größerem \(\sigma\) wird die Glockenkurve breiter und flacher. Das feste, weiterhin um \(80\) zentrierte Intervall enthält deshalb weniger Wahrscheinlichkeit; die Wahrscheinlichkeit nimmt ab. 3. Die Mitte von \([72;88]\) ist \(80\). Wird der Erwartungswert auf \(85\) verschoben, liegt der Bereich nicht mehr um den Hochpunkt der Dichte zentriert. Bei gleicher Intervallbreite und gleichem \(\sigma\) nimmt die eingeschlossene Wahrscheinlichkeit daher ab.

a) \(P(72\le X\le88)\approx0{,}8904\) b) Die Wahrscheinlichkeit nimmt ab. c) Die Wahrscheinlichkeit nimmt ab.

- Wie viel Fläche repräsentiert ein einzelnes Kästchen im Koordinatensystem? - Welche Intervalle werden durch Spiegelung an \(x=1\) aufeinander abgebildet? - Vergleiche in b) gleich breite Intervalle anhand der Höhe des Graphen. - Welche beiden Randflächen kannst du in c) aus a) und der Symmetrie erhalten?

1. Ein Kästchen im Gitter hat den Flächeninhalt \(0{,}1\cdot0{,}1=0{,}01\). Durch Abschätzen der Fläche unter der Kurve auf \([0;0{,}5]\) erhält man ungefähr \(P(0\le X\le0{,}5)\approx0{,}16\). 2. Der Graph ist symmetrisch zur Geraden \(x=1\). Daher gilt \(P(0{,}5\le X\le1)=P(1\le X\le1{,}5)\). Im Intervall \([1;1{,}5]\) liegt der Graph vollständig höher als im gleich breiten Randintervall \([1{,}5;2]\). Deshalb gilt \(P(0{,}5\le X\le1)>P(1{,}5\le X\le2)\). 3. Wegen der Symmetrie ist \(P(1{,}5\le X\le2)\approx0{,}16\). Die beiden Randbereiche zusammen haben daher ungefähr die Wahrscheinlichkeit \(0{,}32\). Somit ist \(P(0{,}5\le X\le1{,}5)\approx1-0{,}32=0{,}68\).

a) etwa \(0{,}16\) b) \(P(0{,}5\le X\le1)>P(1{,}5\le X\le2)\) c) etwa \(0{,}68\)

- Suche die Stellen 7 und 13 auf der x-Achse und bestimme die zugehörigen y-Werte. - Überlege, wie man die Wahrscheinlichkeit für einen Bereich zwischen zwei Werten aus der kumulativen Verteilungsfunktion berechnet. - Erinnere dich, dass die Dichtefunktion die Steigung der Verteilungsfunktion angibt. - Überlege, was es für die kumulierte Wahrscheinlichkeit bedeutet, wenn die Verteilung der Werte links und rechts von \(\mu\) identisch ist.

1. Aus dem Graphen lassen sich die Werte \(\Phi(7) \approx 0{,}16\) und \(\Phi(13) \approx 0{,}84\) ablesen. Die Intervallwahrscheinlichkeit berechnet sich als \(P(7 \le X \le 13) = \Phi(13) - \Phi(7) \approx 0{,}84 - 0{,}16 = 0{,}68\). 2. Die Dichtefunktion ist achsensymmetrisch zur Geraden \(x = \mu\). Das bedeutet, dass die Fläche unter der Kurve links von \(\mu - a\) genauso groß ist wie die Fläche rechts von \(\mu + a\). Da die Verteilungsfunktion die Fläche von \(-\infty\) bis \(x\) darstellt, gilt \(P(X \le \mu - a) = P(X \ge \mu + a) = 1 - P(X \le \mu + a)\). Dies führt zur Gleichung \(\Phi(\mu - a) = 1 - \Phi(\mu + a)\), was der Bedingung für die Punktsymmetrie zum Punkt \((\mu \mid 0{,}5)\) entspricht.

a) \(\Phi(7) \approx 0{,}16\) \(\Phi(13) \approx 0{,}84\) \(P(7 \le X \le 13) \approx 0{,}68\) b) Die Achsensymmetrie der Dichtefunktion bewirkt, dass \(P(X \le \mu - a) = P(X \ge \mu + a)\). Mit \(P(X \ge \mu + a) = 1 - \Phi(\mu + a)\) folgt die Punktsymmetrie \(\Phi(\mu - a) = 1 - \Phi(\mu + a)\) bezüglich des Punktes \((\mu \mid 0{,}5)\).

- Suche nach einer Eigenschaft der Normalverteilung, mit der sich Wahrscheinlichkeiten ohne Tabellenwerte vergleichen lassen. - Vergleiche die Lage und Breite des gegebenen Intervalls mit dem gesuchten Intervall relativ zu \(\mu\). - Für die Eindeutigkeit: Was geschieht mit der Fläche über \([54;c]\), wenn \(c\) nach rechts verschoben wird?

1. Die Normalverteilung ist symmetrisch um \(\mu=50\). 2. Das Spiegelbild des Intervalls \([42;46]\) an der Symmetrieachse \(x=50\) ist \([54;58]\). Daher haben die beiden Intervalle dieselbe Wahrscheinlichkeit und es gilt \(c=58\). 3. Für \(c>54\) wächst \(P(54\le X\le c)\) streng mit \(c\), weil die Normaldichte in diesem Bereich positiv ist. Deshalb kann es keinen zweiten Wert mit derselben Intervallwahrscheinlichkeit geben.

\(c=58\)