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- Übersetze die Formulierung „weniger als“ direkt in ein Ungleichheitszeichen. - Achte darauf, ob die Grenze \(498\) zum Ereignis gehören soll oder nicht.

„Weniger als \(498\,\text{mL}\)“ bedeutet mathematisch, dass die Zufallsgröße einen Wert kleiner als \(498\) annimmt. Daher ist \(X<498\) richtig.

B: \(X<498\)

- Lies das Ereignis \(X\ge1200\,\text{h}\) zuerst in Worten. - Wandle \(0{,}08\) in eine Prozentangabe um.

Die Wahrscheinlichkeit \(P(X\ge1200\,\text{h})=0{,}08\) beschreibt den Anteil der modellierten Bauteile, deren Lebensdauer mindestens \(1200\,\text{h}\) beträgt. Das sind etwa \(8\,\%\). Daher ist Aussage A richtig.

A

- Wie viele Standardabweichungen liegt \(760\,\text{mL}\) über dem Erwartungswert? - Welche zentrale Wahrscheinlichkeit liefert die passende \(\sigma\)-Regel? - Wie verteilt sich die Restwahrscheinlichkeit wegen der Symmetrie auf beide Randbereiche?

1. Es gilt \(760=750+2\cdot5=\mu+2\sigma\). 2. Nach der \(2\sigma\)-Regel liegen etwa \(95{,}4\,\%\) der Werte in \([\mu-2\sigma;\mu+2\sigma]\). Außerhalb liegen somit etwa \(4{,}6\,\%\). 3. Wegen der Symmetrie entfällt die Hälfte auf den rechten Randbereich. Daher \(P(X>760)\approx4{,}6\,\%:2=2{,}3\,\%\).

\(P(X>760)\approx2{,}3\,\%\).

- Prüfe, ob die angegebenen Grenzen symmetrisch um den Erwartungswert liegen. - Drücke den Abstand der Grenzen zum Erwartungswert als Vielfaches der Standardabweichung aus. - Welche Sigma-Regel deckt fast die gesamte Fläche unter der Kurve ab?

1. Bestimmung der Intervallgrenzen in Abhängigkeit von \(\sigma\): Die untere Grenze ist \(118{,}8 = 120 - 1{,}2 = 120 - 3 \cdot 0{,}4 = \mu - 3\sigma\). Die obere Grenze ist \(121{,}2 = 120 + 1{,}2 = 120 + 3 \cdot 0{,}4 = \mu + 3\sigma\). 2. Identifikation des gesuchten Intervalls: Es wird die Wahrscheinlichkeit \(P(118{,}8 \le X \le 121{,}2) = P(\mu - 3\sigma \le X \le \mu + 3\sigma)\) gesucht. 3. Anwendung der \(3\sigma\)-Regel: Nach der Sigma-Regel für das \(3\sigma\)-Intervall liegen ca. \(99{,}7\,\%\) der Werte innerhalb dieses Bereichs.

Der Anteil der Produktion, der keinen Ausschuss darstellt, beträgt etwa \(99{,}7\,\%\).

- Welchen Funktionswert hat \(F\) beim Erwartungswert einer Normalverteilung? - Wie erhältst du eine Intervallwahrscheinlichkeit aus zwei Werten von \(F\)? - Welcher Anteil liegt unterhalb der Kennzeichnungsgrenze, wenn \(10\,\%\) oberhalb liegen?

1. Bei einer Normalverteilung gilt \(F(\mu)=0{,}5\). Aus dem Graphen liest man \(\mu\approx250\,\text{g}\) ab. 2. Aus dem Graphen erhält man ungefähr \(F(252)\approx0{,}84\) und \(F(248)\approx0{,}16\). Daher gilt \(P(248\le X\le252)=F(252)-F(248)\approx0{,}68\), also etwa \(68\,\%\). 3. Für die schwersten \(10\,\%\) gilt \(F(x)=0{,}90\). Am Graphen liegt der zugehörige x-Wert ungefähr bei \(252{,}6\,\text{g}\).

a) \(\mu\approx250\,\text{g}\) b) etwa \(68\,\%\) c) ab etwa \(252{,}6\,\text{g}\)

- Vergleiche die Form des Histogramms mit einer symmetrischen Glockenkurve. - Liegen die Häufigkeiten links und rechts eines Zentrums ungefähr spiegelbildlich? - Gibt es für die betrachtete Größe eine natürliche Grenze, die für das Modell wichtig ist?

1. Eine Normalverteilung wäre annähernd symmetrisch und glockenförmig um einen zentralen Wert. 2. Das Histogramm ist deutlich rechtsschief: Viele Beobachtungen liegen bei kleinen Wartezeiten, danach nimmt die Häufigkeit mit einem langen rechten Rand ab. 3. Außerdem sind Wartezeiten nach unten durch \(0\) begrenzt, und ein großer Teil der Verteilung liegt nahe an dieser Grenze. 4. Eine Normalverteilung ist daher für diese dargestellte Verteilung nicht plausibel.

Nein. Die Verteilung ist stark rechtsschief statt annähernd symmetrisch und liegt zudem nahe an der natürlichen Untergrenze \(0\); ein Normalmodell ist hier nicht angemessen.

- Wie viele ausgeprägte Gipfel hat eine Normaldichte? - Beschreibe zunächst nur die Form des Histogramms, ohne schon ein Modell zu wählen. - Welche Erklärung könnte es für zwei getrennte Häufungsbereiche geben?

1. Eine einzelne Normalverteilung besitzt genau einen zentralen Gipfel und ist symmetrisch um ihren Erwartungswert. 2. Das Histogramm zeigt dagegen zwei deutlich getrennte Häufungsbereiche mit einem Tal dazwischen. 3. Eine solche bimodale Struktur lässt sich durch eine einzelne Normalverteilung nicht angemessen beschreiben. Sie spricht eher dafür, dass zwei unterschiedliche Gruppen in der Stichprobe vermischt wurden.

Der Vorschlag ist nicht plausibel. Das Histogramm ist bimodal mit zwei ausgeprägten Gipfeln; eine einzelne Normalverteilung ist dagegen unimodal und kann diese Struktur nicht angemessen erfassen.

- Übersetze „zu früh“ und „zu spät“ zuerst in das Vorzeichen der Fahrplanabweichung. - Prüfe, wo die beiden erlaubten Grenzen relativ zum Erwartungswert liegen. - Standardisiere beide Grenzen, bevor du die Intervallwahrscheinlichkeit bestimmst.

1. „Höchstens \(2\) Minuten zu früh“ bedeutet \(A\ge-2\), und „höchstens \(4\) Minuten zu spät“ bedeutet \(A\le4\). Gesucht ist daher \(P(-2\le A\le4)\). 2. Die Grenzen standardisieren zu \(z_1=\frac{-2-1}{3}=-1\) und \(z_2=\frac{4-1}{3}=1\). 3. Somit gilt \(P(-2\le A\le4)=\Phi(1)-\Phi(-1)\approx0{,}6827\).

Ereignis: \(-2\le A\le4\) Wahrscheinlichkeit: \(P(-2\le A\le4)\approx0{,}6827\)

- Muss eine endliche Stichprobe die theoretische Dichte exakt nachzeichnen? - Achte auf die Gesamtform: Anzahl der Gipfel, grobe Symmetrie und Abnahme zu den Rändern. - Unterscheide zwischen „mit dem Modell vereinbar“ und „durch die Daten bewiesen“.

1. Die Balkenhöhen sind nicht exakt spiegelbildlich. Das ist bei einer endlichen Stichprobe aber kein notwendiges Ausschlusskriterium für ein Normalmodell. 2. Das Histogramm ist insgesamt eingipflig, ungefähr symmetrisch und nimmt zu beiden Seiten des Zentrums deutlich ab. Diese Gesamtform ist mit einer Normalverteilung vereinbar. 3. Daher ist Maras Begründung zu streng. Yusufs Aussage trifft den Modellgedanken besser: Ein Normalmodell ist als erste Näherung plausibel, ohne durch das Histogramm bewiesen zu sein.

Yusufs Aussage ist angemessener. Trotz zufälliger Unsymmetrien ist die Gesamtform ungefähr eingipflig und glockenförmig; ein Normalmodell ist daher als erste Näherung plausibel, aber nicht bewiesen.

- Welche Form erwartest du bei einer Normalverteilung bezüglich Symmetrie? - Wie viele deutliche Gipfel sollte eine einzelne Glockenkurve besitzen? - Vergleiche die beiden Seiten jedes Histogramms relativ zu seinem Schwerpunkt.

1. Histogramm C ist ungefähr symmetrisch, unimodal und glockenförmig. Ein einzelnes Normalmodell ist deshalb dort am ehesten plausibel. 2. Histogramm A ist deutlich rechtsschief; die Häufigkeiten fallen zu einer Seite langsam aus. Das passt nicht gut zur Symmetrie einer Normalverteilung. 3. Histogramm B besitzt zwei ausgeprägte Gipfel. Eine einzelne Normalverteilung ist unimodal und kann diese bimodale Struktur daher nicht angemessen beschreiben.

Histogramm C. A ist deutlich schief; B ist bimodal.

- Wo liegt ungefähr der Mittelpunkt des Histogramms? - Welche Modelle haben denselben Mittelpunkt wie die Daten? - Vergleiche danach nur noch, wie breit die beobachtete Verteilung im Verhältnis zu den vorgeschlagenen Standardabweichungen ist.

1. Das Histogramm ist ungefähr symmetrisch um \(70\). Daher passt ein Erwartungswert nahe \(70\) besser als \(72\); Modell A scheidet aus. 2. Die Messwerte konzentrieren sich überwiegend in einem relativ engen Bereich um \(70\). Eine Standardabweichung von \(5\) wäre für diese sichtbare Streuung deutlich zu groß; Modell B ist daher unpassend. 3. Modell C mit \(\mu=70\) und \(\sigma=2{,}3\) passt von Mittelpunkt und Streuung am besten.

Modell C: \(N(70;2{,}3^2)\)

- Standardisiere jede relevante Grenze mit \(z=\frac{x-\mu}{\sigma}\). - Bei Teil b) brauchst du eine einseitige kumulierte Wahrscheinlichkeit. - Welche tatsächlichen Füllmengen werden beim Runden auf ganze Milliliter als \(500\,\text{mL}\) angezeigt?

1. Für a) sind die standardisierten Grenzen \(-1\) und \(2\). Daher gilt \(P(497\le X\le506)=\Phi(2)-\Phi(-1)\approx0{,}8186=81{,}86\,\%\). 2. Für \(495\,\text{mL}\) ist \(z=\frac{495-500}{3}=-\frac{5}{3}\). Somit ist \(P(X<495)\approx0{,}0478=4{,}78\,\%\). 3. Der gerundete Wert \(500\,\text{mL}\) entsteht für tatsächliche Werte in \([499{,}5\,\text{mL};500{,}5\,\text{mL})\). Die standardisierten Grenzen sind \(-\frac{1}{6}\) und \(\frac{1}{6}\). Daher gilt \(P\approx0{,}1324=13{,}24\,\%\).

a) \(81{,}86\,\%\) b) \(4{,}78\,\%\) c) \(13{,}24\,\%\)

- Beurteile für a) Form, Anzahl der Gipfel und ungefähre Symmetrie der Häufigkeiten. - Für den Mittelwert musst du jede Masse mit ihrer Häufigkeit gewichten. - Verwende in c) die angegebene Formel mit denselben Häufigkeiten und dem Wert aus b); das Ergebnis beschreibt die typische Streuung um den Mittelwert.

1. Die Häufigkeiten steigen bis zu einem einzigen Maximum bei \(500\,\text{g}\) an und fallen danach wieder ab; die Verteilung ist annähernd symmetrisch und glockenförmig. Ein Normalmodell ist daher plausibel, ohne dadurch bewiesen zu sein. 2. Die gewichtete Summe der Massen ist \(49\,987\,\text{g}\). Daher ist \(\overline{m}=\frac{49987}{100}\,\text{g}=499{,}87\,\text{g}\). 3. Für die empirische Varianz ergibt sich \(\frac{1}{100}\sum (m_i-499{,}87)^2\approx1{,}7931\,\text{g}^2\). Somit ist \(s\approx1{,}34\,\text{g}\). Ein aus der Stichprobe geschätztes Normalmodell ist daher \(N(499{,}87;1{,}34^2)\).

a) Annähernd eingipflige, symmetrische Glockenform; ein Normalmodell ist plausibel. b) \(\overline{m}=499{,}87\,\text{g}\) c) \(s\approx1{,}34\,\text{g}\), also beispielsweise \(N(499{,}87;1{,}34^2)\)

- Beurteile in a) die Form der Häufigkeiten: Anzahl der Gipfel und ungefähre Symmetrie. - Berechne Mittelwert und Streuung jeweils mit den angegebenen Häufigkeiten als Gewichte. - Für c) dienen die beiden empirischen Kennwerte als Schätzwerte für \(\mu\) und \(\sigma\); vergleiche anschließend nur die beiden Mittelwerte miteinander.

1. Die Häufigkeiten besitzen einen klaren Gipfel bei \(25{,}0\,\text{mm}\) und nehmen zu beiden Seiten ähnlich ab. Die Form ist damit annähernd eingipflig und symmetrisch; ein Normalmodell ist plausibel, aber durch diese Stichprobe nicht bewiesen. 2. Die gewichtete Summe ist \(5000{,}5\,\text{mm}\). Daher gilt \(\mu_{\text{emp}}=\frac{5000{,}5}{200}\,\text{mm}=25{,}0025\,\text{mm}\). Für die empirische Standardabweichung ergibt sich \(s_{\text{emp}}\approx0{,}0982\,\text{mm}\). 3. Ein geschätztes Modell ist daher \(N(25{,}0025;0{,}0982^2)\). Der empirische Mittelwert liegt nur \(0{,}0025\,\text{mm}\) über \(25{,}0\,\text{mm}\), also sehr nahe am theoretischen Zentrum; dies spricht nicht gegen den theoretischen Mittelwert.

a) Annähernd eingipflige und symmetrische Häufigkeitsverteilung; ein Normalmodell ist plausibel. b) \(\mu_{\text{emp}}=25{,}0025\,\text{mm}\), \(s_{\text{emp}}\approx0{,}0982\,\text{mm}\) c) beispielsweise \(N(25{,}0025;0{,}0982^2)\); \(25{,}0\,\text{mm}\) liegt sehr nahe am empirischen Mittelwert.

- Übersetze jedes Ereignis zunächst in Alltagssprache und standardisiere danach die relevanten Grenzen. - Für ein Intervall brauchst du die Differenz zweier Werte der Verteilungsfunktion. - Bei Teil c) liegt die Grenze genau am Erwartungswert; nutze die Symmetrie.

1. a) Das Ereignis bedeutet: Die Packung enthält weniger als \(491\,\text{g}\). Mit \(z=-1{,}5\) gilt \(P(X<491)=\Phi(-1{,}5)\approx0{,}0668=6{,}68\,\%\). 2. b) Das Ereignis bedeutet: Die Füllmenge liegt zwischen \(494\,\text{g}\) und \(512\,\text{g}\). Die standardisierten Grenzen sind \(-1\) und \(2\). Daher ist \(P(494\le X\le512)=\Phi(2)-\Phi(-1)\approx0{,}8186=81{,}86\,\%\). 3. c) Das Ereignis bedeutet: Die Packung enthält mindestens \(500\,\text{g}\). Wegen der Symmetrie um \(\mu\) gilt \(P(X\ge500)=0{,}5=50\,\%\).

a) weniger als \(491\,\text{g}\): \(6{,}68\,\%\) b) zwischen \(494\,\text{g}\) und \(512\,\text{g}\): \(81{,}86\,\%\) c) mindestens \(500\,\text{g}\): \(50\,\%\)

- Formuliere die drei Ungleichungen zuerst in Worten. - Vergleiche die Grenzen mit \(\mu\pm\sigma\) beziehungsweise \(\mu\pm2\sigma\). - Nutze bei den beiden äußeren Ereignissen die Symmetrie der Normalverteilung.

1. a) Der Junge ist höchstens \(127\,\text{cm}\) groß. Die standardisierte Grenze ist \(-2\), also \(P(H\le127)=\Phi(-2)\approx0{,}0228=2{,}28\,\%\). 2. b) Der Junge ist zwischen \(132{,}5\,\text{cm}\) und \(143{,}5\,\text{cm}\) groß. Das ist genau die \(1\sigma\)-Umgebung, daher \(P(132{,}5<H<143{,}5)=\Phi(1)-\Phi(-1)\approx0{,}6827=68{,}27\,\%\). 3. c) Der Junge ist größer als \(149\,\text{cm}\). Die standardisierte Grenze ist \(2\), also \(P(H>149)=1-\Phi(2)\approx0{,}0228=2{,}28\,\%\).

a) höchstens \(127\,\text{cm}\): \(2{,}28\,\%\) b) zwischen \(132{,}5\,\text{cm}\) und \(143{,}5\,\text{cm}\): \(68{,}27\,\%\) c) größer als \(149\,\text{cm}\): \(2{,}28\,\%\)

- Vergleiche Exponent und Vorfaktor mit der allgemeinen Normaldichte. - Im Nenner des Exponenten steht \(2\sigma^2\). - Standardisiere für b) die Grenze und verwende anschließend die obere Restwahrscheinlichkeit.

1. Durch Vergleich mit \(\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}\) erhält man \(\mu=120\) und \(2\sigma^2=50\), also \(\sigma=5\). 2. Für \(130\,\text{km/h}\) gilt \(z=\frac{130-120}{5}=2\). Daher ist \(P(X>130)=1-\Phi(2)\approx0{,}0228=2{,}28\,\%\).

a) \(\mu=120\,\text{km/h}\), \(\sigma=5\,\text{km/h}\) b) \(P(X>130)\approx2{,}28\,\%\)

- Standardisiere für A und B die jeweiligen Grenzwerte. - Formuliere C als zwei symmetrische Randereignisse. - Bei einer stetigen Zufallsgröße besitzt ein einzelner exakter Wert keine positive Wahrscheinlichkeit.

1. Für A ist \(z=\frac{245-250}{4}=-1{,}25\). Daher gilt \(P(X<245)=\Phi(-1{,}25)\approx0{,}1056=10{,}56\,\%\). 2. Für B sind die standardisierten Grenzen \(-0{,}5\) und \(1{,}25\). Mit ungerundeten Rechnerwerten ergibt sich \(P(248\le X\le255)=\Phi(1{,}25)-\Phi(-0{,}5)\approx0{,}5858=58{,}58\,\%\). 3. Für C gilt \(|X-250|>6\), also standardisiert \(|Z|>1{,}5\). Wegen der Symmetrie ist die Wahrscheinlichkeit \(2[1-\Phi(1{,}5)]\approx0{,}1336=13{,}36\,\%\). 4. Da \(X\) stetig ist, gilt \(P(X=250)=0\).

A: \(10{,}56\,\%\) B: \(58{,}58\,\%\) C: \(13{,}36\,\%\) D: \(0\)

- Übersetze „höchstens“ und „mindestens“ korrekt in Ungleichungen. - Standardisiere die jeweiligen Grenzen und nutze bei C die Symmetrie des Intervalls. - Bei einer stetigen Zufallsgröße besitzt ein einzelner Punkt keine positive Wahrscheinlichkeit.

1. Für A ist \(z=\frac{140-150}{12}=-\frac56\). Daher gilt \(P(M\le140)\approx0{,}2023=20{,}23\,\%\). 2. Für B ist \(z=\frac{165-150}{12}=1{,}25\). Somit ist \(P(M\ge165)=1-\Phi(1{,}25)\approx0{,}1056=10{,}56\,\%\). 3. Für C sind die standardisierten Grenzen \(-\frac5{12}\) und \(\frac5{12}\). Daher gilt \(P(145\le M\le155)\approx0{,}3231=32{,}31\,\%\). 4. Da \(M\) stetig ist, gilt \(P(M=150)=0\).

A: \(20{,}23\,\%\) B: \(10{,}56\,\%\) C: \(32{,}31\,\%\) D: \(0\)

- Standardisiere in Teil 1 die gegebene Lebensdauergrenze. - Formuliere in Teil 2 die Aussage „\(95\,\%\) überschreiten \(c\)“ als kumulierte Wahrscheinlichkeit links von \(c\). - Bestimme das passende Standardnormalquantil und transformiere es anschließend auf die Lebensdauerskala zurück.

1. Für \(13\,500\) Stunden ist \(z=\frac{13500-15000}{1200}=-1{,}25\). Daher gilt \(P(X<13\,500)=\Phi(-1{,}25)\approx0{,}1056=10{,}56\,\%\). 2. Die Bedingung \(P(X>c)=0{,}95\) ist äquivalent zu \(P(X\le c)=0{,}05\). Daher ist \(z=\Phi^{-1}(0{,}05)\approx-1{,}6449\). Mit \(c=\mu+z\sigma\) folgt \(c\approx15\,000-1{,}6449\cdot1200\approx13\,026{,}2\). Auf ganze zehn Stunden gerundet ergibt sich \(c\approx13\,030\,\text{h}\).

1. \(10{,}56\,\%\) 2. \(c\approx13\,030\,\text{h}\)

- Bestimme in a) zuerst die Einzelwahrscheinlichkeit durch Standardisierung. - Diese Einzelwahrscheinlichkeit wird in b) zur Trefferwahrscheinlichkeit des Binomialmodells; nutze den ungerundeten Wert. - Eine Differenz zweier Werte der Verteilungsfunktion beschreibt eine Intervallwahrscheinlichkeit.

1. Für a) ist \(z=\frac{485-500}{10}=-1{,}5\). Daher gilt \(P(X\le485)=\Phi(-1{,}5)\approx0{,}0668=6{,}68\,\%\). 2. Mit dem ungerundeten Wert \(p=P(X\le485)\) gilt \(K\sim B(50;p)\). Damit ist \(P(K\le3)\approx0{,}5689=56{,}89\,\%\). 3. Es gilt \(F(510)-F(490)=P(490\le X\le510)=\Phi(1)-\Phi(-1)\approx0{,}6827=68{,}27\,\%\). Das ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine Packung zwischen \(490\,\text{g}\) und \(510\,\text{g}\) enthält.

a) \(6{,}68\,\%\) b) \(56{,}89\,\%\) c) \(68{,}27\,\%\); Wahrscheinlichkeit für eine Füllmenge zwischen \(490\,\text{g}\) und \(510\,\text{g}\)

- Standardisiere in a) die Lebensdauergrenze. - Für „mindestens eines“ ist das Gegenereignis „keines“ einfacher zu berechnen. - In c) beschreibt die Differenz zweier CDF-Werte die Wahrscheinlichkeit zwischen den beiden Grenzen.

1. Für a) ist \(z=\frac{2400-2000}{250}=1{,}6\). Daher gilt \(P(X>2400)=1-\Phi(1{,}6)\approx0{,}0548=5{,}48\,\%\). 2. Mit dem ungerundeten Einzelwert \(p\) ist die Wahrscheinlichkeit für mindestens ein solches Bauteil \(1-(1-p)^{20}\approx0{,}6760=67{,}60\,\%\). 3. Die Differenz ist \(P(1800\le X\le2200)\). Die standardisierten Grenzen sind \(-0{,}8\) und \(0{,}8\), also beträgt die Wahrscheinlichkeit \(\Phi(0{,}8)-\Phi(-0{,}8)\approx0{,}5763=57{,}63\,\%\).

a) \(5{,}48\,\%\) b) \(67{,}60\,\%\) c) \(57{,}63\,\%\); Wahrscheinlichkeit für eine Lebensdauer zwischen \(1800\,\text{h}\) und \(2200\,\text{h}\)

- Vergleiche das gegebene Passintervall in a) mit \(\mu\pm\sigma\). - Für b) liegt die Restwahrscheinlichkeit eines symmetrischen \(95\,\%\)-Intervalls gleichmäßig in beiden Randbereichen. - Bestimme daraus die kumulierte Wahrscheinlichkeit am rechten Rand und transformiere das Quantil zurück in Millimeter.

1. Das Intervall in a) ist \([\mu-\sigma;\mu+\sigma]\). Daher gilt \(P(9{,}95\le X\le10{,}05)=\Phi(1)-\Phi(-1)\approx0{,}6827=68{,}27\,\%\). 2. Für b) gilt nach der Standardisierung \(P\left(-\frac d\sigma\le Z\le\frac d\sigma\right)=0{,}95\). Wegen der Symmetrie folgt \(\Phi\left(\frac d\sigma\right)=0{,}975\). 3. Damit ist \(\frac d\sigma=\Phi^{-1}(0{,}975)\approx1{,}9600\). Mit \(\sigma=0{,}05\,\text{mm}\) ergibt sich \(d\approx1{,}9600\cdot0{,}05\,\text{mm}\approx0{,}098\,\text{mm}\).

a) \(68{,}27\,\%\) b) \(d\approx0{,}098\,\text{mm}\)

- Standardisiere die Grenzen jedes Intervalls mit der jeweils geltenden Standardabweichung. - Ein Integral der Dichte über ein Intervall ist die Wahrscheinlichkeit dieses Intervalls. - Für die relative Änderung musst du neue und alte Wahrscheinlichkeit mit ungerundeten Werten vergleichen. - Prüfe bei einer relativen Änderung immer, ob der Ausgangswert von \(0\) verschieden ist.

1. Für \(\sigma=10\,\text{g}\) gilt \(P(980\le X\le1020)=\Phi(2)-\Phi(-2)\approx0{,}9545\), \(P(999\le X\le1001)=\Phi(0{,}1)-\Phi(-0{,}1)\approx0{,}0797\) und wegen der Stetigkeit \(P(X=1000)=0\). 2. Das Integral entspricht \(P(999{,}5\le X\le1000{,}5)\). Die standardisierten Grenzen sind \(-0{,}05\) und \(0{,}05\). Daher beträgt der Wert \(\Phi(0{,}05)-\Phi(-0{,}05)\approx0{,}0399\). Er beschreibt die Wahrscheinlichkeit, dass das tatsächliche Gewicht beim Runden auf ganze Gramm als \(1000\,\text{g}\) angezeigt wird. 3. Bei \(\sigma=5\,\text{g}\) ergeben sich für die beiden Intervalle die Wahrscheinlichkeiten ungefähr \(0{,}9999\) und \(0{,}1585\). Mit ungerundeten Werten steigen sie relativ um etwa \(4{,}76\,\%\) beziehungsweise \(99{,}01\,\%\). Für die Punktwahrscheinlichkeit ist eine relative Änderung nicht definiert, weil der Ausgangswert \(0\) ist.

a) \(0{,}9545\); \(0{,}0797\); \(0\) b) \(0{,}0399\); Wahrscheinlichkeit für einen auf ganze Gramm gerundeten Messwert von \(1000\,\text{g}\) c) relative Zunahmen ungefähr \(4{,}76\,\%\) und \(99{,}01\,\%\); für die Punktwahrscheinlichkeit nicht definiert

- Vergleiche die Intervallgrenzen mit Vielfachen von \(\sigma\). - Ein einzelner Punkt hat bei einer stetigen Verteilung keine positive Wahrscheinlichkeit. - Überlege bei b), welcher tatsächliche Wertebereich auf \(10{,}00\,\text{mm}\) gerundet wird. - Für c) vergleiche die alte und neue Intervallwahrscheinlichkeit relativ zum alten Wert.

1. Für die beiden Intervalle sind die standardisierten Grenzen \(\pm2\) beziehungsweise \(\pm0{,}5\). Daher gilt \(P(9{,}96\le X\le10{,}04)\approx0{,}9545=95{,}45\,\%\) und \(P(9{,}99\le X\le10{,}01)\approx0{,}3829=38{,}29\,\%\). Wegen der Stetigkeit ist \(P(X=10{,}000)=0\). 2. Die standardisierten Grenzen des Integrals sind \(-0{,}25\) und \(0{,}25\). Daher ist der Wert \(\Phi(0{,}25)-\Phi(-0{,}25)\approx0{,}1974\). Er beschreibt die Wahrscheinlichkeit, dass der Durchmesser beim Runden auf zwei Nachkommastellen als \(10{,}00\,\text{mm}\) erscheint. 3. Bei \(\sigma=0{,}04\,\text{mm}\) entspricht \([9{,}96;10{,}04]\) der \(1\sigma\)-Umgebung und hat Wahrscheinlichkeit \(\approx0{,}6827\). Mit ungerundeten Werten beträgt die relative Abnahme \(\frac{0{,}9544997-0{,}6826895}{0{,}9544997}\cdot100\,\%\approx28{,}48\,\%\).

a) \(95{,}45\,\%\); \(38{,}29\,\%\); \(0\) b) \(0{,}1974\); Wahrscheinlichkeit für einen auf zwei Nachkommastellen gerundeten Durchmesser von \(10{,}00\,\text{mm}\) c) relative Abnahme ungefähr \(28{,}48\,\%\)

- Standardisiere in a) die Mindestlebensdauer. - Übersetze „nur \(1\,\%\) unterschreiten \(c\)“ direkt in einen Wert der Verteilungsfunktion. - Bestimme das zugehörige Standardnormalquantil und transformiere zurück auf die Stundenskala.

1. Für \(1410\,\text{h}\) ist \(z=\frac{1410-1500}{60}=-1{,}5\). Daher gilt \(P(X\ge1410)=\Phi(1{,}5)\approx0{,}9332=93{,}32\,\%\). 2. Die Bedingung in b) lautet \(P(X<c)=0{,}01\). Damit ist \(z=\Phi^{-1}(0{,}01)\approx-2{,}3263\). Rücktransformation ergibt \(c=1500+60z\approx1360{,}4\,\text{h}\).

a) \(93{,}32\,\%\) b) \(c\approx1360{,}4\,\text{h}\)

- Vergleiche die Grenzen in a) mit \(\mu\pm\sigma\). - In b) wird die Unterfüllungswahrscheinlichkeit kleiner, wenn der Erwartungswert steigt. - Teste benachbarte Zehntelwerte, bis du den Übergang von mehr als \(3\,\%\) zu höchstens \(3\,\%\) findest.

1. Das Intervall \([501;507]\) entspricht \([\mu-\sigma;\mu+\sigma]\). Daher gilt \(P(501\le X\le507)=\Phi(1)-\Phi(-1)\approx0{,}6827=68{,}27\,\%\). 2. Gesucht ist \(\mu\) mit \(P(X<495)\le0{,}03\). Für \(\mu=500{,}6\) ist \(P(X<495)=\Phi\left(\frac{495-500{,}6}{3}\right)\approx0{,}0310>0{,}03\). 3. Für \(\mu=500{,}7\) ist \(P(X<495)=\Phi\left(\frac{495-500{,}7}{3}\right)\approx0{,}0287<0{,}03\). Daher ist auf eine Nachkommastelle \(\mu=500{,}7\,\text{g}\) der kleinste zulässige Wert.

a) \(68{,}27\,\%\) b) \(\mu=500{,}7\,\text{g}\)

- Formuliere die Qualitätsvorgabe als symmetrische Intervallwahrscheinlichkeit um \(\mu\). - Welche einseitige kumulierte Wahrscheinlichkeit gehört zu einem zentralen Anteil von \(98\,\%\)? - Löse die Ungleichung erst nach dem Bestimmen des passenden Standardnormal-Quantils nach \(\sigma\) auf. - Prüfe beim abschließenden Runden, ob ein aufgerundeter Wert die Mindestwahrscheinlichkeit noch garantiert.

1. Die Bedingung ist \(P(745\le X\le755)\ge0{,}98\). Wegen der Symmetrie gilt \(2\Phi\left(\frac{5}{\sigma}\right)-1\ge0{,}98\). 2. Daraus folgt \(\Phi\left(\frac{5}{\sigma}\right)\ge0{,}99\), also \(\frac{5}{\sigma}\ge\Phi^{-1}(0{,}99)\approx2{,}3263479\). 3. Somit \(\sigma\le\frac{5}{2{,}3263479}\approx2{,}1492916\,\text{mL}\). Auf vier Dezimalstellen ist der Grenzwert \(2{,}1493\,\text{mL}\). Soll \(\sigma\) auf Hundertstel Milliliter eingestellt werden und die Vorgabe sicher eingehalten werden, ist höchstens \(2{,}14\,\text{mL}\) zulässig.

\(\sigma\le2{,}1493\,\text{mL}\) näherungsweise. Bei Einstellung auf Hundertstel Milliliter ist \(\sigma=2{,}14\,\text{mL}\) der größte sichere Wert.

- Formuliere den maximalen Ausschuss als Mindestwahrscheinlichkeit im Toleranzintervall. - Wegen der Symmetrie verteilt sich der Ausschuss gleich auf beide Randbereiche. - Bestimme das dazugehörige Standardnormalquantil und löse anschließend nach \(\sigma\) auf.

1. Höchstens \(1\,\%\) Ausschuss bedeutet mindestens \(99\,\%\) innerhalb des symmetrischen Toleranzintervalls. 2. Daher gilt \(2\Phi\left(\frac{0{,}3}{\sigma}\right)-1\ge0{,}99\), also \(\Phi\left(\frac{0{,}3}{\sigma}\right)\ge0{,}995\). 3. Mit \(z=\Phi^{-1}(0{,}995)\approx2{,}5758\) folgt \(\sigma\le\frac{0{,}3}{2{,}5758}\,\text{mm}\approx0{,}1165\,\text{mm}\). 4. Auf drei Dezimalstellen beträgt der Grenzwert \(\sigma_{\max}\approx0{,}116\,\text{mm}\).

\(\sigma_{\max}\approx0{,}116\,\text{mm}\)

- Welche empirischen Kennwerte entsprechen den beiden Modellparametern? - Welche Form eines Histogramms wäre mit einem Normalmodell vereinbar? - Für b) verteilen sich die \(5\,\%\) außerhalb des zentralen Intervalls symmetrisch auf beide Seiten. - Übertrage das passende Standardnormalquantil mit \(x=\mu+z\sigma\) zurück.

1. Für a) wird eine ausreichend große Zufallsstichprobe der Längen erhoben. Der Stichprobenmittelwert dient als Schätzwert für \(\mu\), die empirische Standardabweichung als Schätzwert für \(\sigma\). Ein Histogramm der Messwerte wird daraufhin beurteilt, ob es annähernd eingipflig, symmetrisch und glockenförmig ist. Eine solche Form macht ein Normalmodell plausibel, beweist es aber nicht. 2. Für ein zentrales \(95\,\%\)-Intervall gilt \(\Phi(z)=0{,}975\), also \(z=\Phi^{-1}(0{,}975)\approx1{,}9600\). 3. Der Abstand der Grenzen vom Mittelwert ist \(d=z\sigma\approx1{,}9600\cdot0{,}5\,\text{mm}\approx0{,}980\,\text{mm}\). Damit lautet das Intervall näherungsweise \([119{,}020\,\text{mm};120{,}980\,\text{mm}]\).

a) Stichprobenmittelwert und empirische Standardabweichung schätzen \(\mu\) und \(\sigma\); ein annähernd symmetrisches, eingipfliges, glockenförmiges Histogramm stützt die Plausibilität des Normalmodells. b) \([119{,}020\,\text{mm};120{,}980\,\text{mm}]\)

- Standardisiere dieselbe feste Grenze einmal mit \(\sigma=4\) und einmal mit \(\sigma=3\). - Für Werte rechts von der Grenze benötigst du die Gegenwahrscheinlichkeit zur Verteilungsfunktion. - Wie verändert ein kleineres \(\sigma\) die Konzentration der Dichte um den Mittelwert?

1. Für \(\sigma=4\,\text{g}\) ist \(z=\frac{505-500}{4}=1{,}25\). Daher gilt \(P(W>505)=1-\Phi(1{,}25)\approx0{,}1056=10{,}56\,\%\). 2. Für \(\sigma=3\,\text{g}\) ist \(z=\frac{5}{3}\approx1{,}6667\). Daher gilt \(P(W>505)=1-\Phi(1{,}6667)\approx0{,}0478=4{,}78\,\%\). 3. Durch die kleinere Standardabweichung konzentriert sich die Verteilung stärker um \(500\,\text{g}\); der feste Grenzwert \(505\,\text{g}\) liegt dadurch weiter im standardisierten rechten Randbereich. Die Überschreitungswahrscheinlichkeit sinkt.

a) \(10{,}56\,\%\) b) \(4{,}78\,\%\); die Wahrscheinlichkeit sinkt bei kleinerer Streuung.

- Welche Vielfachen von \(\sigma\) entsprechen den beiden Klassengrenzen? - Nutze in Teil a) die Symmetrie der Normalverteilung für die beiden Randbereiche. - Für Teil b) brauchst du nicht die gerundete Sigma-Regel, sondern den Wert der Standardnormalverteilung an der passenden standardisierten Grenze. - Vergleiche zum Schluss zwei Prozentangaben; ihre Differenz wird in Prozentpunkten angegeben.

1. Die Grenzen \(490\,\text{g}\) und \(510\,\text{g}\) sind \(\mu-2\sigma\) bzw. \(\mu+2\sigma\). Nach der \(2\sigma\)-Regel gilt daher \(P(\text{Standard})\approx95{,}4\,\%\). 2. Außerhalb des zentralen Intervalls liegen etwa \(4{,}6\,\%\). Wegen der Symmetrie ist \(P(\text{Übergewicht})\approx2{,}3\,\%\). Derselbe Näherungswert gilt für Mindergewicht. 3. Genauer gilt \(P(X<490)=\Phi(-2)\approx0{,}0227501\), also etwa \(2{,}28\,\%\). 4. Gegenüber dem Sigma-Näherungswert \(2{,}3\,\%\) beträgt die Abweichung etwa \(0{,}02\) Prozentpunkte.

a) \(P(\text{Standard})\approx95{,}4\,\%\); \(P(\text{Übergewicht})\approx2{,}3\,\%\) b) etwa \(2{,}28\,\%\); Abweichung vom Sigma-Näherungswert etwa \(0{,}02\) Prozentpunkte

- Welche Sigma-Umgebungen werden durch die Grenzen in Teil a) beschrieben? - Vergleiche in Teil b) den Abstand von \(0\) zum Erwartungswert mit \(\sigma\). - Welche Aussage über das Modell folgt wirklich aus einer vernachlässigbar kleinen Wahrscheinlichkeit negativer Werte? - Vergleiche in Teil c) die feste Intervallbreite mit der alten und der neuen Standardabweichung.

1. Das Intervall \([39{,}8;40{,}2]\) entspricht \([\mu-\sigma;\mu+\sigma]\). Nach der \(1\sigma\)-Regel beträgt die Wahrscheinlichkeit etwa \(68{,}3\,\%\). 2. Der Wert \(39{,}4\,\text{mm}\) ist \(\mu-3\sigma\). Nach der \(3\sigma\)-Regel liegen etwa \(0{,}3\,\%\) außerhalb des zentralen Intervalls, also wegen der Symmetrie etwa \(0{,}15\,\%\) links davon. 3. Die Grenze \(0\) liegt \(200\sigma\) unter dem Erwartungswert. Damit ist \(P(X<0)=\Phi(-200)\) praktisch null. Physikalisch unmögliche negative Modellwerte sind daher für diese Parameter vernachlässigbar. 4. Daraus folgt jedoch nur, dass die linke physikalische Grenze kein relevantes Problem verursacht. Ob reale Längendaten insgesamt annähernd normalverteilt sind, muss zusätzlich anhand empirischer Daten beurteilt werden. 5. Das Intervall \([39{,}6;40{,}4]\) ist bei \(\sigma=0{,}2\,\text{mm}\) ein \(2\sigma\)-Intervall und bei \(\sigma=0{,}1\,\text{mm}\) ein \(4\sigma\)-Intervall. Seine Wahrscheinlichkeit steigt daher von etwa \(95{,}4\,\%\) auf einen Wert sehr nahe bei \(100\,\%\).

a) etwa \(68{,}3\,\%\); etwa \(0{,}15\,\%\) b) Negative Längen haben hier praktisch Wahrscheinlichkeit \(0\), weil \(0\) um \(200\sigma\) unter \(\mu\) liegt. Das beseitigt dieses Randproblem, beweist aber nicht ohne empirische Daten die gesamte Modellgüte. c) Die Wahrscheinlichkeit steigt deutlich; dasselbe Intervall wächst relativ zur Streuung von einem \(2\sigma\)- zu einem \(4\sigma\)-Intervall.

- Vergleiche Vorfaktor und Exponent mit der allgemeinen Formel einer Normaldichte. - Was bedeutet „höchstens eine Standardabweichung“ als symmetrisches Intervall? - Welche kumulierte Standardnormalwahrscheinlichkeit gehört in Teil 3 zum gesuchten oberen Grenzwert?

1. Der Vergleich mit der allgemeinen Normaldichte liefert \(\mu=500\) und \(2\sigma^2=72\). Daher ist \(\sigma=6\). Somit gilt \(\mu=500\,\text{mL}\) und \(\sigma=6\,\text{mL}\). 2. Gesucht ist \(P(494\le X\le506)=P(-1\le Z\le1)=2\Phi(1)-1\approx0{,}682689\), also etwa \(68{,}27\,\%\). 3. Aus \(P(X\le k)=0{,}9\) folgt \(\Phi\left(\frac{k-500}{6}\right)=0{,}9\). Mit \(\Phi^{-1}(0{,}9)\approx1{,}281552\) ergibt sich \(k\approx500+6\cdot1{,}281552\approx507{,}69\,\text{mL}\).

1. \(\mu=500\,\text{mL}\), \(\sigma=6\,\text{mL}\) 2. etwa \(68{,}27\,\%\) 3. \(k\approx507{,}69\,\text{mL}\)

- Welche Parameter der Normalverteilung sind gegeben? - Wie transformierst du einen Wert der Zufallsgröße in einen Standardwert? - Für ein Intervall brauchst du die Differenz zweier Werte der Verteilungsfunktion. - Wie lässt sich eine obere Randwahrscheinlichkeit über das Gegenereignis ausdrücken?

1. Für Teil a ist \(z=\frac{250-252}{1{,}5}=-\frac{4}{3}\). Daher gilt \(P(X<250)=\Phi(-4/3)\approx0{,}091211\), also etwa \(9{,}12\,\%\). 2. Für Teil b sind die standardisierten Grenzen \(z_1=-\frac{2}{3}\) und \(z_2=\frac{4}{3}\). Daher gilt \(P(251\le X\le254)=\Phi(4/3)-\Phi(-2/3)\approx0{,}656296\), also etwa \(65{,}63\,\%\). 3. Für Teil c ist \(z=2\). Daher gilt \(P(X\ge255)=1-\Phi(2)\approx0{,}022750\), also etwa \(2{,}28\,\%\).

a) etwa \(9{,}12\,\%\) b) etwa \(65{,}63\,\%\) c) etwa \(2{,}28\,\%\)

- Welche Werte für Erwartungswert und Standardabweichung sind gegeben? - Standardisiere jede benötigte Grenze getrennt. - Wie berechnet sich eine Intervallwahrscheinlichkeit aus zwei Werten von \(\Phi\)? - Wie lässt sich eine Überschreitungswahrscheinlichkeit über das Gegenereignis bestimmen?

1. Für a gilt \(z=\frac{18800-20000}{800}=-1{,}5\). Somit ist \(P(X\le18\,800)=\Phi(-1{,}5)\approx0{,}066807\), also etwa \(6{,}68\,\%\). 2. Für b sind \(z_1=-0{,}5\) und \(z_2=1{,}5\). Daher gilt \(P(19\,600\le X\le21\,200)=\Phi(1{,}5)-\Phi(-0{,}5)\approx0{,}624655\), also etwa \(62{,}47\,\%\). 3. Für c gilt \(z=1{,}25\). Damit ist \(P(X>21\,000)=1-\Phi(1{,}25)\approx0{,}105650\), also etwa \(10{,}56\,\%\).

a) etwa \(6{,}68\,\%\) b) etwa \(62{,}47\,\%\) c) etwa \(10{,}56\,\%\)

- Standardisiere in den ersten beiden Teilen die jeweiligen Füllmengengrenzen. - Welches Ergebnis aus Teil b) wird zur Erfolgswahrscheinlichkeit in Teil c)? - Welche Binomialereignisse gehören zu „höchstens eine“?

1. Die standardisierten Grenzen in a) sind \(-1{,}25\) und \(1{,}25\). Daher gilt \(P(495\le X\le505)=2\Phi(1{,}25)-1\approx0{,}788700\), also etwa \(78{,}87\,\%\). 2. Für \(492\,\text{mL}\) ist \(z=-2\). Somit gilt \(p=P(X<492)=\Phi(-2)\approx0{,}022750\), also etwa \(2{,}28\,\%\). 3. Für die Anzahl \(Y\) der unterfüllten Flaschen gilt wegen der Unabhängigkeit \(Y\sim B(12;p)\). Mit dem ungerundeten Wert von \(p\) ist \(P(Y\le1)=(1-p)^{12}+12p(1-p)^{11}\approx0{,}970642\), also etwa \(97{,}06\,\%\).

a) etwa \(78{,}87\,\%\) b) etwa \(2{,}28\,\%\) c) etwa \(97{,}06\,\%\)

- Standardisiere die beiden Grenzen des ersten Intervalls getrennt. - Für „mehr als \(16\,\text{h}\)“ ist das Gegenereignis zur kumulierten Wahrscheinlichkeit hilfreich. - Verwende in Teil c) die ungerundete Wahrscheinlichkeit aus Teil b) als Binomialparameter.

1. Die standardisierten Grenzen in a) sind \(-\frac{4}{3}\) und \(\frac{2}{3}\). Daher gilt \(P(12\le X\le15)=\Phi\left(\frac{2}{3}\right)-\Phi\left(-\frac{4}{3}\right)\approx0{,}656296\), also etwa \(65{,}63\,\%\). 2. Für b) ist \(p=P(X>16)=1-\Phi\left(\frac{4}{3}\right)\approx0{,}091211\), also etwa \(9{,}12\,\%\). 3. Für die Anzahl \(Y\) der Geräte mit mehr als \(16\,\text{h}\) gilt wegen der Unabhängigkeit \(Y\sim B(50;p)\). Mit dem ungerundeten Wert von \(p\) ist \(P(Y\ge5)=1-P(Y\le4)\approx0{,}484387\), also etwa \(48{,}44\,\%\).

a) etwa \(65{,}63\,\%\) b) etwa \(9{,}12\,\%\) c) etwa \(48{,}44\,\%\)

- Wie standardisierst du die Unterfüllgrenze in Teil a)? - Welcher Standardnormalwert gehört in Teil b) zu einer linken Randwahrscheinlichkeit von \(0{,}5\,\%\)? - Stelle die Standardisierungsgleichung jeweils nach der gesuchten Größe um.

1. Es gilt \(P(X<1000)=\Phi\left(\frac{1000-1006}{4}\right)=\Phi(-1{,}5)\approx0{,}066807\). Das sind etwa \(6{,}68\,\%\). 2. Für b)(1) wird \(P(X<1000)=0{,}005\) gefordert. Mit \(z_{0{,}005}=\Phi^{-1}(0{,}005)\approx-2{,}575829\) gilt \(\frac{1000-1006}{\sigma}=z_{0{,}005}\). Daher ist \(\sigma=\frac{-6}{-2{,}575829}\approx2{,}33\,\text{g}\). 3. Für b)(2) gilt bei \(\sigma=4\,\text{g}\): \(\frac{1000-\mu}{4}=z_{0{,}005}\). Somit ist \(\mu=1000-4z_{0{,}005}\approx1010{,}3\,\text{g}\).

a) etwa \(6{,}68\,\%\) b) (1) \(\sigma\approx2{,}33\,\text{g}\) (2) \(\mu\approx1010{,}3\,\text{g}\)

- Standardisiere mit den exakten Bruchwerten, bevor du numerisch auswertest. - Welches tatsächliche Dickenintervall wird auf eine Nachkommastelle zu \(6{,}0\,\text{mm}\) gerundet? - Wo liegt bei fester Breite die größte Fläche unter einer symmetrischen Glockenkurve? - Übersetze „\(95\,\%\) überschreiten“ in eine linke kumulierte Wahrscheinlichkeit. - Verwende für den Binomialteil die ungerundete Einzelwahrscheinlichkeit.

1. Die standardisierten Grenzen in a) sind \(-\frac{4}{3}\) und \(\frac{4}{3}\). Daher gilt \(P(5{,}80\le X\le6{,}20)=\Phi\left(\frac{4}{3}\right)-\Phi\left(-\frac{4}{3}\right)\approx0{,}817578\), also etwa \(81{,}76\,\%\). 2. Der gerundete Wert \(6{,}0\,\text{mm}\) entsteht für \(5{,}95\le X<6{,}05\). Die standardisierten Grenzen sind \(-\frac{1}{3}\) und \(\frac{1}{3}\). Somit gilt \(P(5{,}95\le X<6{,}05)=2\Phi\left(\frac{1}{3}\right)-1\approx0{,}261117\), also etwa \(26{,}11\,\%\). 3. Bei fester Intervallbreite ist die Fläche unter einer symmetrischen, unimodalen Normaldichte maximal, wenn das Intervall um \(\mu\) zentriert ist. Daher ist \([5{,}90\,\text{mm};6{,}10\,\text{mm}]\) optimal. 4. Gesucht ist \(d\) mit \(P(X>d)=0{,}95\), also \(P(X\le d)=0{,}05\). Mit \(\Phi^{-1}(0{,}05)\approx-1{,}644854\) folgt \(d=6{,}00+0{,}15\cdot(-1{,}644854)\approx5{,}7533\,\text{mm}\), also \(d\approx5{,}75\,\text{mm}\). 5. Für eine Scheibe ist \(p=P(X>5{,}85)=\Phi(1)\approx0{,}841345\). Für \(Y\sim B(50;p)\) gilt mit dem ungerundeten Wert von \(p\): \(P(Y\ge40)\approx0{,}840623\), also etwa \(84{,}06\,\%\).

a) etwa \(81{,}76\,\%\) b) etwa \(26{,}11\,\%\) c) \([5{,}90\,\text{mm};6{,}10\,\text{mm}]\) d) \(d\approx5{,}75\,\text{mm}\) e) etwa \(84{,}06\,\%\)

- Vergleiche für jede Maßnahme die Lage der Grenze \(500\,\text{g}\) relativ zu ihrem jeweiligen Erwartungswert und ihrer Standardabweichung. - Standardisiere dieselbe Unterfüllgrenze getrennt für beide Prozesse. - Überlege anschließend geometrisch, wie eine Verschiebung des Mittelpunkts und eine Verringerung der Streuung den linken Rand der Glockenkurve verändern.

1. Bei Maßnahme A gilt \(z=\frac{500-507}{4}=-1{,}75\). Daher ist \(P(X<500)=\Phi(-1{,}75)\approx0{,}040059\), also etwa \(4{,}01\,\%\). 2. Bei Maßnahme B gilt \(z=\frac{500-505}{3}=-\frac{5}{3}\). Es folgt \(P(X<500)=\Phi(-5/3)\approx0{,}047790\), also etwa \(4{,}78\,\%\). 3. Das Ziel von höchstens \(4{,}5\,\%\) erfüllt nur Maßnahme A. Das Erhöhen von \(\mu\) verschiebt die Glockenkurve nach rechts. Das Verringern von \(\sigma\) macht sie schmaler und höher um denselben Mittelpunkt. Beide Änderungen verkleinern hier die linke Randwahrscheinlichkeit, Maßnahme A jedoch stärker.

a) Maßnahme A: etwa \(4{,}01\,\%\); Maßnahme B: etwa \(4{,}78\,\%\) b) Nur Maßnahme A erfüllt das Ziel von höchstens \(4{,}5\,\%\).

- Wie viele Standardabweichungen liegt \(984\,\text{mL}\) unter \(\mu\)? - Bei einer absoluten Abweichung musst du beide symmetrischen Randbereiche berücksichtigen. - Welche Standardnormalwahrscheinlichkeit links vom gesuchten Grenzwert gehört zu \(1\,\%\)?

1. Es ist \(984=1000-2\cdot8=\mu-2\sigma\). Nach der \(2\sigma\)-Regel und der Symmetrie gilt \(P(X<984)\approx\frac{1-0{,}954}{2}=0{,}023\), also etwa \(2{,}3\,\%\). 2. Gesucht ist \(P(|X-1000|>12)=P(|Z|>1{,}5)\). Daher gilt \(P(|Z|>1{,}5)=2(1-\Phi(1{,}5))\approx0{,}133614\), also etwa \(13{,}36\,\%\). 3. Aus \(P(X<m)=0{,}01\) folgt \(\Phi\left(\frac{m-1000}{8}\right)=0{,}01\). Mit \(\Phi^{-1}(0{,}01)\approx-2{,}326348\) ergibt sich \(m\approx1000+8\cdot(-2{,}326348)\approx981{,}39\,\text{mL}\).

a) etwa \(2{,}3\,\%\) b) etwa \(13{,}36\,\%\) c) \(m\approx981{,}39\,\text{mL}\)

- Welche x-Koordinate hat jeweils der Hochpunkt der Glockenkurve? - Woran erkennst du näherungsweise den Abstand vom Erwartungswert zu einem Wendepunkt? - Vergleiche in b) die Lage von \(12\,\text{g}\) mit dem jeweiligen Mittelpunkt der symmetrischen Kurve. - Welche Beziehung verbindet bei einer Normaldichte die Wendepunkt-x-Werte mit \(\mu\) und \(\sigma\)?

1. Die Hochpunkte liegen im Graphen ungefähr bei \(x=10\) und \(x=14\). Daher sind \(\mu_A\approx10\,\text{g}\) und \(\mu_B\approx14\,\text{g}\). 2. Der Abstand vom Hochpunkt zu einem Wendepunkt entspricht \(\sigma\). Aus dem Graphen erhält man ungefähr \(\sigma_A\approx2\,\text{g}\) und \(\sigma_B\approx1\,\text{g}\). 3. Bei Maschine A liegt \(12\,\text{g}\) rechts von \(\mu_A\), also liegt mehr als die Hälfte der Fläche links von \(12\,\text{g}\). Bei Maschine B liegt \(12\,\text{g}\) links von \(\mu_B\), also liegt weniger als die Hälfte der Fläche links davon. Maschine A hat daher den höheren Unterfüllungsanteil. 4. Für Maschine B liegen die Wendepunkte näherungsweise bei \(x=\mu_B\pm\sigma_B\), also bei \(x\approx13\) und \(x\approx15\). Mit \(\mu_B\approx14\) und \(\sigma_B\approx1\) ist die Dichtehöhe dort ungefähr \(\frac{1}{\sqrt{2\pi e}}\approx0{,}242\). Somit sind die Wendepunkte näherungsweise \(W_1(13\mid0{,}242)\) und \(W_2(15\mid0{,}242)\).

a) Maschine A: \(\mu_A\approx10\,\text{g}\), \(\sigma_A\approx2\,\text{g}\); Maschine B: \(\mu_B\approx14\,\text{g}\), \(\sigma_B\approx1\,\text{g}\) b) Maschine A c) näherungsweise \(W_1(13\mid0{,}242)\) und \(W_2(15\mid0{,}242)\)

- Welche x-Koordinate hat der Hochpunkt der Glockenkurve? - Welchen Abstand haben die beiden markierten Wendestellen vom Hochpunkt? - Wie viele Standardabweichungen liegt \(480\,\text{mL}\) unter dem so bestimmten Erwartungswert? - Wie verteilt sich die Restwahrscheinlichkeit außerhalb eines symmetrischen Sigma-Intervalls auf beide Seiten?

1. Der Hochpunkt liegt bei \(x=500\). Daher ist \(\mu=500\,\text{mL}\). 2. Die gestrichelten Wendestellen liegen bei \(x=490\) und \(x=510\). Ihr Abstand vom Mittelwert beträgt jeweils \(10\,\text{mL}\), also ist \(\sigma=10\,\text{mL}\). 3. Damit ist \(480=\mu-2\sigma\). Nach der \(2\sigma\)-Regel liegen etwa \(95{,}4\,\%\) der Werte in \([\mu-2\sigma;\mu+2\sigma]\). Wegen der Symmetrie gilt daher \(P(X<480)\approx\frac{1-0{,}954}{2}=0{,}023=2{,}3\,\%\).

a) \(\mu=500\,\text{mL}\), \(\sigma=10\,\text{mL}\) b) \(P(X<480)\approx0{,}023=2{,}3\,\%\)

- Welche Werte kann der quadratische Ausdruck im Exponenten annehmen, und wann ist der gesamte Exponent am größten? - Nutze für Teil b die Lage der Grenzen relativ zu \(\mu\pm\sigma\) und \(\mu\pm2\sigma\). - Wie wirkt sich eine Änderung von \(\mu\) bei festem \(\sigma\) geometrisch auf eine Normaldichte aus? - Verteile bei einseitigen Randwahrscheinlichkeiten den Rest außerhalb eines symmetrischen Intervalls gleich auf beide Seiten.

a) Der Exponent ist \(-\frac{1}{2}\left(\frac{x-755}{5}\right)^2\) und daher stets höchstens \(0\). Er erreicht genau bei \(x=755\) seinen größten Wert \(0\). Da die Exponentialfunktion streng monoton steigt, ist der Faktor \(e^u\) innerhalb dieser Exponentenwerte bei \(u=0\) am größten. Somit liegt das Dichtemaximum bei \(x=755\). Es gilt \(f(755)=\frac{1}{5\sqrt{2\pi}}\approx0{,}0798\). Im Diagramm liegt der Hochpunkt daher bei \(x=755\) knapp unter \(y=0{,}08\). b) 1. Es ist \(750=\mu-\sigma\). Nach der \(1\sigma\)-Regel und Symmetrie gilt \(P(X<750)\approx\frac{1-0{,}683}{2}=0{,}1585\approx15{,}85\,\%\). 2. Das Intervall \([745;765]\) ist \([\mu-2\sigma;\mu+2\sigma]\). Daher \(P(745\le X\le765)\approx95{,}4\,\%\). c) Der Graph verschiebt sich um \(5\) Einheiten nach links; Höhe und Breite bleiben unverändert. Danach ist \(745=\mu_{\text{neu}}-\sigma\), also beträgt der Anteil unter \(745\,\text{mL}\) wieder etwa \(15{,}85\,\%\).

a) Maximum bei \(x=755\) mit \(f(755)\approx0{,}0798\). b) 1. etwa \(15{,}85\,\%\) 2. etwa \(95{,}4\,\%\) c) Verschiebung um \(5\) nach links; Anteil unter \(745\,\text{mL}\) etwa \(15{,}85\,\%\).

- Wie lässt sich die Unterfüllgrenze mithilfe von \(\mu\) und \(\sigma\) ausdrücken? - Wie verteilt sich die Restwahrscheinlichkeit außerhalb eines symmetrischen Sigma-Intervalls? - Was bewirkt eine Änderung von \(\mu\) bei festem \(\sigma\) geometrisch? - Was passiert mit dem standardisierten Abstand einer festen Grenze, wenn \(\sigma\) kleiner wird?

1. Die Grenze \(1000\,\text{mL}\) ist \(\mu-\sigma\). Nach der vorgegebenen \(1\sigma\)-Näherung liegen etwa \(68\,\%\) zwischen \(\mu-\sigma\) und \(\mu+\sigma\). Die restlichen \(32\,\%\) verteilen sich symmetrisch auf beide Randbereiche. Daher gilt \(P(X<1000)\approx16\,\%\). 2. Wird \(\mu\) bei festem \(\sigma\) erhöht, verschiebt sich die gesamte Glockenkurve nach rechts. Die feste Grenze \(1000\,\text{mL}\) liegt dadurch weiter links relativ zum Mittelpunkt, und die Fläche links davon nimmt ab. 3. Wird \(\sigma\) bei festem \(\mu\) verringert, wird die Glockenkurve schmaler und höher. Der standardisierte Abstand \(\frac{1000-\mu}{\sigma}\) wird betragsmäßig größer und bleibt negativ; die feste Grenze liegt damit weiter im linken standardisierten Randbereich. Deshalb nimmt auch hier die Wahrscheinlichkeit unter \(1000\,\text{mL}\) ab.

a) etwa \(16\,\%\) b) Eine Erhöhung von \(\mu\) verschiebt die Kurve nach rechts. Eine Verringerung von \(\sigma\) konzentriert sie stärker um denselben Mittelpunkt; die feste Unterfüllgrenze liegt dann relativ zur Streuung weiter im linken Rand. In beiden Fällen wird die Fläche links von \(1000\,\text{mL}\) kleiner.

- Welche x-Koordinate hat jeweils der Hochpunkt? - Eine kleinere Standardabweichung erzeugt eine schmalere und höhere Glockenkurve. - Du kannst \(\sigma\) näherungsweise aus der Hochpunkthöhe oder aus dem Abstand zu den Wendebereichen abschätzen.

1. Beide Kurven haben ihr Maximum ungefähr bei \(x=500\). Daher gilt für beide \(\mu\approx500\,\text{g}\). 2. Bei Anlage 1 liegt die Hochpunkthöhe ungefähr bei \(0{,}20\); außerdem liegen die Wendebereiche ungefähr bei \(498\) und \(502\). Daraus folgt \(\sigma_1\approx2\,\text{g}\). 3. Bei Anlage 2 liegt die Hochpunkthöhe ungefähr bei \(0{,}08\), die Wendebereiche ungefähr bei \(495\) und \(505\). Daher ist \(\sigma_2\approx5\,\text{g}\). 4. Anlage 1 arbeitet präziser, weil ihre Standardabweichung kleiner ist und die Füllmengen enger um \(500\,\text{g}\) streuen.

a) Anlage 1: \(\mu\approx500\,\text{g}\), \(\sigma\approx2\,\text{g}\); Anlage 2: \(\mu\approx500\,\text{g}\), \(\sigma\approx5\,\text{g}\) b) Anlage 1 arbeitet präziser.

- Wie weit liegen die angegebenen Massen jeweils vom Erwartungswert entfernt? - Drücke diese Abstände als Vielfache von \(\sigma\) aus. - Nutze bei einseitigen Wahrscheinlichkeiten die Symmetrie. - Welche zentralen Wahrscheinlichkeiten gehören zu den drei Sigma-Regeln?

1. Wegen der Symmetrie zum Erwartungswert gilt \(P(X>1000)=50\,\%\). 2. Es ist \(980=\mu-\sigma\) und \(1020=\mu+\sigma\). Nach der \(1\sigma\)-Regel beträgt die Wahrscheinlichkeit etwa \(68{,}3\,\%\). 3. Es ist \(960=\mu-2\sigma\). Außerhalb des \(2\sigma\)-Intervalls liegen etwa \(4{,}6\,\%\). Wegen der Symmetrie gilt \(P(X<960)\approx2{,}3\,\%\). 4. Zur \(3\sigma\)-Regel gehört \([\mu-3\sigma;\mu+3\sigma]=[940\,\text{g};1060\,\text{g}]\).

a) \(50\,\%\) b) \([980;1020]=[\mu-\sigma;\mu+\sigma]\); etwa \(68{,}3\,\%\) c) \(960=\mu-2\sigma\); etwa \(2{,}3\,\%\) d) \([940\,\text{g};1060\,\text{g}]\)

- Wo liegt der Hochpunkt der Glockenkurve? - Betrachte für \(\sigma\) die Stellen, an denen sich die Krümmung sichtbar ändert. - Zähle in b) ganze und anteilige Kästchen zwischen den tatsächlich angegebenen Grenzen; das Intervall ist keine einfache Sigma-Umgebung. - Verwende in c) nur die allgemeine Symmetrie am Erwartungswert. - Spiegle in d) beide Grenzen an dem erst in a) bestimmten Wert \(\mu\).

1. Der Hochpunkt liegt bei \(x=10\); daher ist \(\mu=10\,\text{cm}\). Die Wendebereiche liegen ungefähr bei \(x=8\) und \(x=12\), also ist \(\sigma\approx2\,\text{cm}\). 2. Die Fläche unter der Kurve von \(7\) bis \(11\) umfasst im Gitter ungefähr \(12{,}5\) Kästchen. Bei \(0{,}05\) Flächeninhalt je Kästchen ergibt sich \(P(7\le X\le11)\approx0{,}62\). 3. Wegen der Symmetrie liegt die Hälfte der Gesamtfläche rechts des Erwartungswerts. Daher gilt \(P(X\ge\mu)=0{,}5\). 4. Spiegelung an \(x=10\) bildet \([7;11]\) auf \([9;13]\) ab. Wegen der Symmetrie haben beide Intervalle dieselbe Wahrscheinlichkeit. Also gilt \(P(9\le X\le13)\approx0{,}62\).

a) \(\mu=10\,\text{cm}\); \(\sigma\approx2\,\text{cm}\) b) \(P(7\le X\le11)\approx0{,}62\) c) \(P(X\ge\mu)=0{,}5\) d) Spiegelintervall \([9\,\text{cm};13\,\text{cm}]\), Wahrscheinlichkeit etwa \(0{,}62\)

- Welche x-Koordinate hat der Hochpunkt? - Welchen horizontalen Abstand haben die beiden markierten Wendestellen vom Hochpunkt? - Standardisiere \(1015\,\text{mL}\) erst mit den aus dem Bild gewonnenen Parametern. - Gesucht ist die Fläche rechts vom standardisierten Grenzwert.

1. Das Maximum der Glockenkurve liegt bei \(x=1000\), also ist \(\mu=1000\,\text{mL}\). 2. Die gestrichelten Wendestellen liegen bei \(990\,\text{mL}\) und \(1010\,\text{mL}\). Ihr Abstand vom Mittelwert beträgt \(10\,\text{mL}\), daher ist \(\sigma=10\,\text{mL}\). 3. Damit ist \(z=\frac{1015-1000}{10}=1{,}5\). 4. Es gilt \(P(X>1015)=1-\Phi(1{,}5)\approx0{,}066807\), also etwa \(6{,}68\,\%\).

\(\mu=1000\,\text{mL}\), \(\sigma=10\,\text{mL}\); \(P(X>1015)\approx6{,}68\,\%\)

- Welche x-Koordinate hat der Hochpunkt? - Welchen Abstand haben die beiden markierten Wendestellen vom Hochpunkt? - Standardisiere beide asymmetrischen Passgrenzen erst mit den aus dem Bild bestimmten Parametern. - Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist die Differenz der beiden zugehörigen CDF-Werte.

1. Der Hochpunkt liegt bei \(40\,\text{mm}\), also ist \(\mu=40\,\text{mm}\). Die gestrichelten Wendestellen liegen bei \(38\,\text{mm}\) und \(42\,\text{mm}\). Daher ist \(\sigma=2\,\text{mm}\). 2. Die standardisierten Passgrenzen sind \(z_1=-1{,}5\) und \(z_2=2\). 3. Daher ist \(P(37\le X\le44)=\Phi(2)-\Phi(-1{,}5)\approx0{,}910443\), also etwa \(91{,}04\,\%\).

\(\mu=40\,\text{mm}\), \(\sigma=2\,\text{mm}\); Anteil passgenauer Bauteile etwa \(91{,}04\,\%\)

- Der Hochpunkt einer Normaldichte liegt bei \(\mu\); setze dort in die allgemeine Dichteformel ein. - Welche x-Werte markieren die beiden gestrichelten Grenzen der farbigen Fläche? - Standardisiere diese aus dem Bild gelesenen Grenzen erst danach mit den gegebenen Parametern. - Nutze in Teil c) die Symmetrie um den Erwartungswert. - Wie viele Standardabweichungen liegt \(0\,\text{g}\) vom Erwartungswert entfernt, und welche Aussage lässt sich daraus tatsächlich ableiten?

1. Das Maximum liegt bei \(x=\mu\). Daher ist \(f(160)=\frac{1}{20\sqrt{2\pi}}\approx0{,}0199\approx0{,}020\). 2. Aus der Abbildung liest man für die markierte Fläche die Grenzen \(130\,\text{g}\) und \(175\,\text{g}\) ab. Standardisiert sind das \(z_1=-1{,}5\) und \(z_2=0{,}75\). Daher gilt \(P(130\le X\le175)=\Phi(0{,}75)-\Phi(-1{,}5)\approx0{,}706565\), also etwa \(70{,}66\,\%\). 3. Das Integral beschreibt die Wahrscheinlichkeit für eine Masse zwischen \(160\,\text{g}\) und \(160+a\,\text{g}\). Wegen der Symmetrie entspricht etwa \(0{,}341\) der halben zentralen Ein-Sigma-Fläche. Daher ist \(a=20\,\text{g}\). 4. Der Wert \(0\) liegt \(8\sigma\) unter dem Erwartungswert. Die Modellwahrscheinlichkeit für negative Massen ist damit extrem klein und für diesen Rand praktisch vernachlässigbar. Das beweist jedoch nicht, dass reale Orangenmassen insgesamt normalverteilt sind; dafür wären empirische Daten nötig.

a) \(f(160)\approx0{,}020\) b) Grenzen \(130\,\text{g}\) und \(175\,\text{g}\); Wahrscheinlichkeit etwa \(70{,}66\,\%\) c) \(a=20\,\text{g}\); das Integral beschreibt näherungsweise \(P(160\le X\le180)\) d) Negative Modellmassen sind hier praktisch vernachlässigbar; daraus allein folgt aber keine vollständige empirische Modellbestätigung.

- Welchen Wert hat eine Normaldichte an ihrem Hochpunkt in Abhängigkeit von \(\sigma\)? - Wie liegt \(1001\,\text{mL}\) relativ zu \(\mu\) und \(\sigma\)? - Welche Randwahrscheinlichkeit gehört bei einem zentralen \(95\,\%\)-Intervall zu jeder Seite? - Wie verändert eine Verschiebung von \(\mu\) die Fläche links von \(1000\,\text{mL}\)?

1. Das Maximum liegt bei \(x=\mu\). Daher ist \(f(1004)=\frac{1}{3\sqrt{2\pi}}\approx0{,}13298\approx0{,}133\). 2. Es ist \(1001=\mu-\sigma\). Außerhalb des \(1\sigma\)-Intervalls liegen etwa \(31{,}7\,\%\). Wegen der Symmetrie gilt \(P(X<1001)\approx15{,}85\,\%\). 3. Für das zentrale Intervall mit Wahrscheinlichkeit \(0{,}95\) gilt \(\Phi(k/3)=0{,}975\). Mit \(\Phi^{-1}(0{,}975)\approx1{,}959964\) folgt \(k\approx3\cdot1{,}959964\approx5{,}88\,\text{mL}\). Damit liegen \(95\,\%\) der modellierten Füllmengen in \([998{,}12\,\text{mL};1009{,}88\,\text{mL}]\). 4. Ein Erwartungswert oberhalb von \(1000\,\text{mL}\) verschiebt die Verteilung nach rechts und verringert dadurch die modellierte Wahrscheinlichkeit für Unterfüllungen unter \(1000\,\text{mL}\).

a) \(f(1004)\approx0{,}133\) b) etwa \(15{,}85\,\%\) c) \(k\approx5{,}88\,\text{mL}\); das zentrale Intervall enthält genau \(95\,\%\) der Modellwahrscheinlichkeit. d) Ein Erwartungswert oberhalb der Nennfüllmenge senkt den modellierten Unterfüllungsanteil.

- Welche x-Koordinate und welche y-Höhe hat der Hochpunkt ungefähr? - Wie hängt die Hochpunkthöhe einer Normaldichte mit \(\sigma\) zusammen? - Berechne die numerischen Grenzen in c) erst aus deinen Schätzwerten. - Wie verteilt sich die Restwahrscheinlichkeit außerhalb eines symmetrischen \(2\sigma\)-Intervalls auf die beiden Seiten?

1. Der Hochpunkt liegt ungefähr bei \(x=150\). Daher ist \(\mu\approx150\,\text{g}\). Die Höhe ist ungefähr \(f(150)\approx0{,}04\). 2. Aus \(f(\mu)=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\) folgt mit dem Schätzwert \(0{,}04\): \(\sigma\approx\frac{1}{0{,}04\sqrt{2\pi}}\approx9{,}97\,\text{g}\), also gerundet \(10\,\text{g}\). 3. Mit den geschätzten Kenngrößen ist das \(1\sigma\)-Intervall ungefähr \([\mu-\sigma;\mu+\sigma]=[140\,\text{g};160\,\text{g}]\). Nach der \(1\sigma\)-Regel beträgt seine Wahrscheinlichkeit etwa \(68{,}3\,\%\). 4. Es ist \(c=\mu+2\sigma\approx170\,\text{g}\). Außerhalb der \(2\sigma\)-Umgebung liegen etwa \(4{,}6\,\%\); wegen der Symmetrie entfällt auf den oberen Rand ungefähr die Hälfte, also \(2{,}3\,\%\).

a) \(\mu\approx150\,\text{g}\), \(f(150)\approx0{,}04\) b) \(\sigma\approx10\,\text{g}\) c) ungefähr \([140\,\text{g};160\,\text{g}]\); etwa \(68{,}3\,\%\) d) \(c\approx170\,\text{g}\); etwa \(2{,}3\,\%\) liegen oberhalb von \(c\).

- Welche Werte kann eine Verspätungsquote grundsätzlich annehmen? - Standardisiere die natürliche Untergrenze \(0\). - Entscheide nicht nur danach, ob das Normalmodell theoretisch unmögliche Werte zulässt, sondern auch danach, wie groß deren Wahrscheinlichkeit hier ist.

1. Eine Verspätungsquote kann nicht negativ sein. 2. Unter dem vorgeschlagenen Normalmodell gilt \(P(Q<0)=\Phi\left(\frac{0-8}{6}\right)=\Phi\left(-\frac{4}{3}\right)\approx0{,}091211\), also etwa \(9{,}12\,\%\). 3. Das Modell weist damit einen erheblichen Wahrscheinlichkeitsanteil unmöglichen negativen Verspätungsquoten zu. Dieser Anteil ist nicht vernachlässigbar; das vorgeschlagene Normalmodell ist daher ungeeignet.

a) etwa \(9{,}12\,\%\) b) Das Normalmodell ist ungeeignet, weil es einen erheblichen Wahrscheinlichkeitsanteil auf unmögliche negative Verspätungsquoten legt.

- Formuliere die obere Randwahrscheinlichkeit als kumulierte Wahrscheinlichkeit links vom Grenzwert. - Welches Quantil der Standardnormalverteilung gehört zu dieser kumulierten Wahrscheinlichkeit? - Übertrage den gefundenen Standardnormalwert anschließend auf die Skala des Leseindex zurück.

1. Aus \(P(S\ge c)=0{,}10\) folgt \(P(S\le c)=0{,}90\). 2. Für die Standardnormalverteilung gilt \(\Phi(z)=0{,}90\) bei \(z\approx1{,}2816\). 3. Rücktransformation: \(c=100+1{,}2816\cdot15\approx119{,}2\).

\(c\approx119{,}2\)

- Formuliere die Vorgabe für jedes Gerät als symmetrisches Intervall um den Erwartungswert \(0\). - Standardisiere denselben Toleranzwert für beide unterschiedlichen Standardabweichungen. - Vergleiche die berechneten zentralen Wahrscheinlichkeiten erst am Ende mit der geforderten Schwelle von \(90\,\%\).

1. Für Gerät A ist \(P(|A|\le1{,}5)=2\Phi\left(\frac{1{,}5}{0{,}8}\right)-1=2\Phi(1{,}875)-1\approx0{,}9392\). 2. Für Gerät B ist \(P(|B|\le1{,}5)=2\Phi\left(\frac{1{,}5}{1{,}2}\right)-1=2\Phi(1{,}25)-1\approx0{,}7887\). 3. Damit erfüllt nur Gerät A die geforderte Wahrscheinlichkeit von mindestens \(90\,\%\).

Gerät A: \(P(|A|\le1{,}5)\approx0{,}9392\); Vorgabe erfüllt. Gerät B: \(P(|B|\le1{,}5)\approx0{,}7887\); Vorgabe nicht erfüllt.

- Prüfe die Gesamtform, ohne perfekte Balkensymmetrie zu verlangen. - Wo liegt ungefähr die Mitte der Balkenverteilung? - Welche beiden Klassen grenzen direkt an diese erst aus dem Bild geschätzte Mitte? - Addiere deren Häufigkeiten und teile durch \(40\). - Welche bekannte zentrale Normalwahrscheinlichkeit liegt in der Nähe dieses empirischen Anteils?

1. Das Histogramm ist annähernd eingipflig und insgesamt ungefähr symmetrisch. Ein Normalmodell ist daher als Näherung plausibel. 2. Der Schwerpunkt liegt ungefähr bei \(30\,\text{min}\), also ist \(\mu\approx30\,\text{min}\). Die unmittelbar angrenzenden Klassen sind \([27;30)\) und \([30;33)\). In ihnen liegen \(13+15=28\) von \(40\) Beobachtungen, also \(70\,\%\). Das gemeinsame Intervall reicht ungefähr \(3\,\text{min}\) zu beiden Seiten des Zentrums. Weil bei einer Normalverteilung etwa \(68{,}3\,\%\) in der \(1\sigma\)-Umgebung liegen, ist \(\sigma\approx3\,\text{min}\) plausibel. 3. Ein passendes Modell ist damit \(X\sim N(30;3^2)\). Für dasselbe Intervall \([27;33]\) gilt \(P(27\le X\le33)=P(-1\le Z\le1)=2\Phi(1)-1\approx0{,}682689\), also etwa \(68{,}27\,\%\). Das liegt nahe beim empirischen Anteil von \(70\,\%\).

a) Normalmodell als Näherung plausibel b) \(\mu\approx30\,\text{min}\); zentrale Klassen \([27;30)\) und \([30;33)\); empirisch \(28/40=70\,\%\); daher \(\sigma\approx3\,\text{min}\) plausibel c) \(X\sim N(30;3^2)\); Modellwert etwa \(68{,}27\,\%\), nahe bei \(70\,\%\) empirisch

- Vergleiche zuerst nur, wie breit die beiden empirischen Verteilungen um denselben Mittelpunkt sind. - Welche der beiden vorgeschlagenen Standardabweichungen gehört zur schmaleren Verteilung? - Standardisiere danach dieselben absoluten Toleranzgrenzen mit dem jeweils zugeordneten Modell. - Eine größere Wahrscheinlichkeit im selben Toleranzintervall bedeutet hier höhere Konsistenz.

1. Histogramm A ist deutlich stärker um \(50\) konzentriert. Daher gehört M1 mit \(\sigma=2\) zu A und M2 mit \(\sigma=4\) zu B. 2. Für A ist \([48;52]=[\mu-\sigma;\mu+\sigma]\). Daher gilt \(P(48\le X_A\le52)=2\Phi(1)-1\approx0{,}682689\), also etwa \(68{,}27\,\%\). 3. Für B entsprechen die Grenzen den z-Werten \(\pm0{,}5\). Daher gilt \(P(48\le X_B\le52)=2\Phi(0{,}5)-1\approx0{,}382925\), also etwa \(38{,}29\,\%\). 4. Nach dem vorgegebenen Toleranzkriterium ist Prozess A konsistenter, weil ein deutlich größerer Anteil im selben Intervall liegt.

a) A \(\rightarrow\) M1; B \(\rightarrow\) M2 b) A: etwa \(68{,}27\,\%\); B: etwa \(38{,}29\,\%\) c) Prozess A

- Prüfe zunächst den Mittelpunkt unabhängig von der Streuung. - Welche z-Werte gehören bei der Standardnormalverteilung ungefähr zum \(10\,\%\)- und \(90\,\%\)-Quantil? - Vergleiche die daraus folgenden Modellquantile mit den angegebenen empirischen Quantilen. - Berechne die Intervallwahrscheinlichkeit erst nach der Modellwahl.

1. Mittelwert und Median liegen beide nahe bei \(100\). Das spricht gegen Modell C mit \(\mu=103\) und für einen Mittelpunkt bei \(100\). 2. Für \(N(100;5^2)\) liegen die \(10\,\%\)- und \(90\,\%\)-Quantile bei \(100\pm5\cdot1{,}2816\), also ungefähr bei \(93{,}6\) und \(106{,}4\). Das stimmt gut mit \(93{,}5\) und \(106{,}5\) überein. Modell A wäre mit \(\sigma=8\) deutlich breiter. Daher passt Modell B am besten. 3. Unter Modell B entsprechen \(95\) und \(105\) den z-Werten \(-1\) und \(1\). Somit gilt \(P(95\le X\le105)=2\Phi(1)-1\approx0{,}682689\), also etwa \(68{,}27\,\%\).

a) Modell B: \(N(100;5^2)\) b) etwa \(68{,}27\,\%\)

- Standardisiere in a) die angegebene Längengrenze. - In b) ist das Toleranzintervall nach der Kalibrierung symmetrisch um den Mittelwert. - Welche kumulierte Wahrscheinlichkeit muss am rechten Rand erreicht sein, wenn insgesamt mindestens \(99\,\%\) im Zentrum liegen sollen? - Beachte die geforderte Abrundung nach unten.

1. Für \(199{,}0\,\text{cm}\) ist \(z=\frac{199{,}0-200{,}5}{0{,}8}=-1{,}875\). Daher gilt \(P(L<199{,}0)\approx0{,}0304=3{,}04\,\%\). 2. Nach der Kalibrierung liegt das Toleranzintervall symmetrisch um \(\mu=200\). Die Bedingung lautet \(2\Phi\left(\frac{2}{\sigma}\right)-1\ge0{,}99\). 3. Damit muss \(\Phi\left(\frac{2}{\sigma}\right)\ge0{,}995\) gelten. Mit \(\Phi^{-1}(0{,}995)\approx2{,}5758\) folgt \(\sigma\le\frac{2}{2{,}5758}\approx0{,}7764\,\text{cm}\). 4. Ein auf zwei Nachkommastellen nach unten gerundeter sicher zulässiger Wert ist \(0{,}77\,\text{cm}\).

a) \(3{,}04\,\%\) b) \(\sigma=0{,}77\,\text{cm}\) ist sicher zulässig; der Grenzwert liegt bei ungefähr \(0{,}7764\,\text{cm}\).

- Vergleiche die Ausschussgrenze jeweils mit der Standardabweichung des Prozesses. - Welche zentrale Sigma-Umgebung wird in Teil a) durch die zulässige Abweichung beschrieben? - Unterscheide in Teil b) zwischen der gerundeten Sigma-Regel und einer genaueren Auswertung mit \(\Phi\). - In Teil c) ist die feste Toleranz nach der Prozessverbesserung kein ganzzahliges Vielfaches von \(\sigma\); standardisiere deshalb die Grenze.

1. Die zulässige Abweichung \(0{,}10\,\text{mm}\) entspricht bei \(\sigma=0{,}05\,\text{mm}\) genau \(2\sigma\). Nach der \(2\sigma\)-Regel liegen etwa \(95{,}4\,\%\) der Werte in der zulässigen Umgebung. Daher beträgt der Ausschussanteil näherungsweise \(100\,\%-95{,}4\,\%=4{,}6\,\%\). 2. Genauer gilt \(p=P(|D-\mu|>0{,}10)=2(1-\Phi(2))\approx0{,}04550\). Für die Anzahl \(X\) der Ausschussbolzen gilt näherungsweise \(X\sim B(50;0{,}04550)\). Damit ist \(P(X=2)=\binom{50}{2}0{,}04550^2(1-0{,}04550)^{48}\approx0{,}27127\), also etwa \(27{,}13\,\%\). 3. Bei \(\sigma=0{,}04\,\text{mm}\) entspricht die feste Ausschussgrenze \(0{,}10\,\text{mm}\) dem Abstand \(2{,}5\sigma\). Daher gilt \(P(|D-\mu|>0{,}10)=2(1-\Phi(2{,}5))\approx0{,}01242\), also etwa \(1{,}24\,\%\).

a) etwa \(4{,}6\,\%\) b) \(p\approx0{,}04550\); etwa \(27{,}13\,\%\) c) etwa \(1{,}24\,\%\)

- Standardisiere zunächst die Untergewichtsgrenze. - Welche Verteilung beschreibt in Teil 2 die Anzahl untergewichtiger Pakete, wenn die Auswahlen unabhängig sind? - Formuliere für Teil 3 ein symmetrisches Intervall um den Erwartungswert. - Achte bei der Intervallsuche zugleich auf „mindestens \(95\,\%\)“ und auf ganzzahlige Grenzen.

1. Es gilt \(p=P(X<247)=\Phi\left(\frac{247-250}{2}\right)=\Phi(-1{,}5)\approx0{,}066807\), also etwa \(6{,}68\,\%\). 2. Die Anzahl \(Y\) der untergewichtigen Pakete ist unter der Unabhängigkeitsannahme binomialverteilt mit \(n=50\) und \(p\approx0{,}066807\). Damit gilt \(P(Y\le1)=(1-p)^{50}+50p(1-p)^{49}\approx0{,}144340\), also etwa \(14{,}43\,\%\). 3. Für ein Intervall \([250-c;250+c]\) muss \(2\Phi(c/2)-1\ge0{,}95\) gelten. Daher ist \(c/2\ge\Phi^{-1}(0{,}975)\approx1{,}96\), also \(c\ge3{,}92\). Wegen der ganzzahligen Grenzen ist das kleinste mögliche \(c=4\). Das gesuchte Intervall ist \([246\,\text{g};254\,\text{g}]\).

1. etwa \(6{,}68\,\%\) 2. etwa \(14{,}43\,\%\) 3. \([246\,\text{g};254\,\text{g}]\)

- Beschreibe die Form, die du tatsächlich in den Balken erkennst: Anzahl der Gipfel, ungefähre Symmetrie und Verhalten zu den Rändern. - Trenne die empirische Formbeurteilung von der Frage nach dem Wertebereich des mathematischen Modells. - Standardisiere für b) die natürliche Grenze \(0\). - Vergleiche die berechnete unmögliche Randwahrscheinlichkeit mit dem ausdrücklich vorgegebenen Akzeptanzkriterium.

1. Das Histogramm ist ungefähr symmetrisch, besitzt einen deutlichen zentralen Gipfel und fällt zu beiden Seiten insgesamt ab. Diese annähernd unimodale Glockenform ist mit einem Normalmodell als erster Näherung vereinbar. 2. Unter \(N(6;3^2)\) gilt \(P(T<0)=\Phi\left(\frac{0-6}{3}\right)=\Phi(-2)\approx0{,}022750\), also etwa \(2{,}28\,\%\). 3. Obwohl die empirische Form zunächst plausibel wirkt, überschreitet die Wahrscheinlichkeit unmöglicher negativer Werte das vorgegebene Maximum von \(0{,}5\,\%\) deutlich. Nach diesem Kriterium soll das Modell nicht akzeptiert werden.

a) Das Histogramm ist ungefähr symmetrisch, unimodal und insgesamt glockenförmig; ein Normalmodell ist daher zunächst plausibel. b) etwa \(2{,}28\,\%\) c) Modell nicht akzeptieren, weil \(2{,}28\,\%>0{,}5\,\%\).

- Übersetze „mindestens \(95\,\%\) höchstens \(35\)“ zunächst in eine Gleichung für den Grenzfall. - Bestimme den Standardnormalwert zum \(95\,\%\)-Quantil nur einmal. - Stelle dieselbe Standardisierungsgleichung in A nach \(\mu\) und in B nach \(\sigma\) um. - Überlege anschließend getrennt, wie sich eine Änderung von \(\mu\) und von \(\sigma\) auf den Graphen auswirkt.

1. Das Ziel lautet \(P(T\le35)=0{,}95\). Der zugehörige Standardnormalwert ist \(z_{0{,}95}=\Phi^{-1}(0{,}95)\approx1{,}644854\). 2. Bei Strategie A gilt \(\frac{35-\mu}{4}=z_{0{,}95}\). Daher ist \(\mu=35-4z_{0{,}95}\approx28{,}42\,\text{min}\). Größere Erwartungswerte würden das Ziel verfehlen. 3. Bei Strategie B gilt \(\frac{35-30}{\sigma}=z_{0{,}95}\). Daher ist \(\sigma=\frac{5}{z_{0{,}95}}\approx3{,}04\,\text{min}\). Größere Standardabweichungen würden das Ziel verfehlen. 4. Strategie A verschiebt die Glockenkurve nach links, ohne ihre Breite zu verändern. Strategie B macht sie um denselben Mittelpunkt schmaler und höher. Beide Veränderungen vergrößern hier die Fläche links von \(35\,\text{min}\).

A: \(\mu\approx28{,}42\,\text{min}\) B: \(\sigma\approx3{,}04\,\text{min}\)

- Prüfe Form und Streuung in zwei getrennten Schritten. - Vergleiche die Breite der zentralen Datenwolke mit den beiden vorgeschlagenen Standardabweichungen. - Standardisiere die festen Intervallgrenzen erst nach der Modellwahl. - Welche Informationen über die Grundgesamtheit gehen bei einer kleinen gruppierten Stichprobe verloren?

1. Das Histogramm ist ungefähr symmetrisch, unimodal und glockenförmig; ein Normalmodell ist daher grundsätzlich plausibel. 2. Rund \(70\,\%\) der Beobachtungen liegen in den beiden zentralen Klassen von \(235\) bis \(265\). Das passt grob zu einem Ein-Sigma-Bereich mit \(\sigma\approx15\) und deutlich weniger zu \(\sigma=25\). Daher wird M1 gewählt. 3. Unter M1 entsprechen die Grenzen den z-Werten \(\pm\frac{25}{15}=\pm\frac{5}{3}\). Somit gilt \(P(225\le X\le275)=2\Phi(5/3)-1\approx0{,}904419\), also etwa \(90{,}44\,\%\). 4. Damit erfüllt das Modell die Forderung von mindestens \(90\,\%\) knapp. 5. Das Histogramm beruht nur auf \(40\) simulierten Beobachtungen und fasst sie in Klassen zusammen. Dadurch sind insbesondere Form und Randverhalten nur grob sichtbar; eine größere Stichprobe könnte zu einer anderen Modellbewertung führen.

a) Normalmodell plausibel; M1 passt besser. b) etwa \(90{,}44\,\%\) c) Ja, die Forderung wird knapp erfüllt. d) Zum Beispiel: kleine endliche Stichprobe und Informationsverlust durch Klasseneinteilung.

- Trenne zunächst den Vergleich der Erwartungswerte vom Vergleich der Standardabweichungen. - Standardisiere für jede Linie dieselben absoluten Intervallgrenzen mit ihren eigenen Parametern. - Vergleiche danach beide Wahrscheinlichkeiten mit derselben Mindestanforderung. - Welche Eigenschaft realer Fahrzeitdaten könnte durch ein Normalmodell schlecht beschrieben werden?

1. Linie B hat den kleineren Erwartungswert, streut mit \(5\,\text{min}\) aber deutlich stärker als Linie A mit \(3\,\text{min}\). Für ein festes zulässiges Intervall sind daher Lage und Streuung gemeinsam entscheidend. 2. Für Linie A gilt \(z_1=\frac{25-32}{3}=-\frac{7}{3}\) und \(z_2=1\). Daher ist \(P(25\le T_A\le35)=\Phi(1)-\Phi(-7/3)\approx0{,}831529\), also etwa \(83{,}15\,\%\). 3. Für Linie B gilt \(z_1=-1\) und \(z_2=1\). Damit ist \(P(25\le T_B\le35)=2\Phi(1)-1\approx0{,}682689\), also etwa \(68{,}27\,\%\). 4. Nur Linie A erreicht das Ziel von mindestens \(80\,\%\). Daher ist Linie A nach diesem Kriterium zu empfehlen, obwohl ihre mittlere Fahrzeit höher ist. 5. Die Empfehlung gilt nur innerhalb der Normalmodelle. Wenn reale Fahrzeiten beispielsweise deutlich schief sind oder starke Ausreißer besitzen, können die tatsächlichen Intervallwahrscheinlichkeiten abweichen.

a) B ist im Mittel schneller, A streut deutlich weniger; beides beeinflusst die Intervallwahrscheinlichkeit. b) Linie A: etwa \(83{,}15\,\%\); Linie B: etwa \(68{,}27\,\%\) c) Linie A d) Die Empfehlung hängt davon ab, dass die Normalmodelle die reale Verteilungsform ausreichend gut beschreiben.

- Suche im Histogramm zuerst eine ungefähre Symmetrieachse; das Quantil soll diesen Schritt nicht ersetzen. - Welche Gleichung verbindet ein \(90\,\%\)-Quantil mit \(\mu\), \(\sigma\) und \(\Phi^{-1}(0{,}90)\)? - Für die Modellprüfung in c) brauchst du einmal eine Häufigkeit direkt aus den Balken und einmal eine Normalwahrscheinlichkeit. - Frage dich zum Schluss, wie viele unbekannte Parameter mit nur einer Quantilgleichung bestimmt werden könnten.

1. Die Balkenpaare auf beiden Seiten von \(100\) sind ungefähr gleich hoch; die ungefähre Symmetrieachse liegt daher bei \(100\). Somit ist \(\mu\approx100\). 2. Für das \(90\,\%\)-Quantil gilt \(113\approx\mu+\Phi^{-1}(0{,}90)\sigma\). Mit \(\Phi^{-1}(0{,}90)\approx1{,}281552\) und \(\mu\approx100\) folgt \(\sigma\approx\frac{13}{1{,}281552}\approx10{,}14\). 3. Im Histogramm liegen in \([90;110]\) insgesamt \(14+15=29\) von \(40\) Werten, also \(72{,}5\,\%\). Mit dem in b) gerundeten Modell \(N(100;10{,}14^2)\) gilt näherungsweise \(P(90\le X\le110)\approx0{,}6760\), also \(67{,}60\,\%\). Die Abweichung beträgt damit etwa \(4{,}90\) Prozentpunkte. 4. Für den oberen \(5\,\%\)-Rand gilt mit \(\sigma=10{,}14\): \(c=100+10{,}14\Phi^{-1}(0{,}95)\approx116{,}68\). Das einzelne \(90\,\%\)-Quantil liefert nur eine Gleichung der Form \(113=\mu+z_{0{,}90}\sigma\) für zwei unbekannte Parameter. Erst die Lageinformation aus dem Histogramm macht die Schätzung eindeutig.

a) \(\mu\approx100\) b) \(\sigma\approx10{,}14\) c) empirisch \(72{,}5\,\%\); Modell etwa \(67{,}60\,\%\); Abweichung etwa \(4{,}90\) Prozentpunkte d) \(c\approx116{,}68\); das Quantil allein liefert nur eine Gleichung für \(\mu\) und \(\sigma\).