Hier kann man einfach die WTR-Befehle ("Normalcdf" beim TI, bzw. "Kumul. Normal-V" beim Casio) verwenden: μ und σ, dann die Intervallgrenzen eingeben - und schon kann man das Ergebnis ablesen.

P(1.9 ≤ X ≤ 3.7) ≈ 0.1979

Der WTR kann leider kein k berechnen mit P(X ≥ k) = 0.05, weil er immer nur ein k bei P(X ≤ k) = p berechnen kann.

Also nutzen wir aus, dass P(X ≤ k) = 0.95 (im Schaubild die blaue Fläche) gelten muss, wenn P(X ≥ k) = 0.05 (im Schaubild die rote Fläche) gilt.

Für P(X ≤ k) = 0.95 liefert der WTR k ≈ 29.047.

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

Die Zufallsgröße X beschreibt die Schraubenlänge in mm, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 80 und der Standardabweichung σ = 0.5.

Somit kann man einfach die WTR-Befehle ("Normalcdf" beim TI, bzw. "Kumul. Normal-V" beim Casio) verwenden: Erst μ und σ, dann die Intervallgrenzen eingeben. Und schon kann man das Ergebnis ablesen:

P(79.3 ≤ X ≤ 79.6) ≈ 0.1311

Die Zufallsgröße X beschreibt den Intelligenzquotient IQ, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 100 und der Standardabweichung σ = 15.

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

Der WTR liefert für P(X ≤ k) = 0.75 den Wert k ≈ 110.117.

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

Den Mittelwert μ= 2 kann man einfach am x-Wert des Hochpunkts der Glockenkurve ablesen.

Die Standardabweichung σ = 3 kann man am Abstand der x-Werte des Hochpunkts vom Wendepunkt ablesen.

Den Mittelwert μ= 2 kann man einfach am x-Wert des Hochpunkts der Glockenkurve ablesen.

Die Standardabweichung σ = 5 kann man am Abstand der x-Werte des Hochpunkts vom Wendepunkt ablesen.

Jetzt kann man einfach einfach die WTR-Befehle ("Normalcdf" beim TI, bzw. "Kumul. Normal-V" beim Casio) verwenden: μ und σ, dann die Intervallgrenzen eingeben - und schließlich das Ergebnis ablesen:

P(0 ≤ X ≤ 7) ≈ 0.4968

Wir wissen, dass das Schaubild einer normalverteilten Zufallsgröße achsenssymmetrisch zur senkrechten Gerade durch den Hochpunkt ist, hier also zu x = 1.

Somit gilt auch für den helleren blauen Flächeninhalt, der der Wahrscheinlichkeit P( X ≤ -3) entspricht: P( X ≤ -3) = 0.028.

Für die roten Fläche(n) ergibt sich dann die Restwahrscheinlichkeit:
1 - 0.028 - 0.028 = 0.944,

also P(-3 ≤ X ≤ 5) = 0.944

Gegeben ist ja der Hochpunkt der Gauß' schen Glockenkurve, weil ja der gegebene x-Wert gerade dem Erwartungswert μ = 10 entspricht.

Um einen ersten möglichen Wert für eine Standardabweichung σ zu bekommen, berechen wir am besten den Quotient von 0,5 und dem y-Wert der gegebenen Hochpunkts, also $\frac{\mathrm{0.5}}{\mathrm{0.0222}}$ ≈ 22.523 und runden diesen auf σ₁ = 23.

Damit berechnen wir nun den y-Wert der Glockenkurve (mit μ = 10 und σ₁=23) an der gegebenen Stelle x = 10 und erhalten f₁(10) = 0.0173
(TI: DISTR -> 1: Normalpdf; Casio: Dichte ..).

Wir wissen ja: Je größer das σ ist, desto breiter wird die Glockenkurve. Da ja aber die ganze Fläche unter der Glockenkurve (die ja der Gesamt-Wahrscheinlichkeit für alles entspricht) immer genau 1 ist, muss die breitere Glockenkurve dementsprechend auch flacher und damit mit einem niedrigeren Hochpunkt ausfallen. Somit gilt:

Je höher das σ, desto niedriger der y-Wert des Hochpunkts.

Und das der y-Wert unserer ersten Kurve mit σ₁=23 (in der Abbilung in grün) zu tief war, muss also σ₁ zu groß sein und wir müssen jetzt eben schrittweise kleinere Standardabweichungen σ durchprobieren und die zugehörigen y-Werte an der Stelle x = 10 berechnen:

μ = 10	σ = 22	f(10) = 0.0181
μ = 10	σ = 21	f(10) = 0.019
μ = 10	σ = 20	f(10) = 0.0199
μ = 10	σ = 19	f(10) = 0.021
μ = 10	σ = 18	f(10) = 0.0222

Somit muss die gesuchte Standardabweichung σ = 18 sein.

Die Zufallsgröße X beschreibt die Abfüllmenge in ml.

Zunächst untersuchen wir die Wahrscheinlichkeit, wenn der Erwartungswert μ = 700 gewählt würde. Aus Symmetriegründen wäre dann aber P(X ≥ 700) = 0,5.

Deswegen wird nun der Erwartungswert schrittweise immer um eine Einheit erhöht, bis die gesuchte Wahrscheinlichkeit P(X ≥ 700) mindestens 0.9 ist:

μ = 700: P(X ≥ 700) = 0.5

μ = 701: P(X ≥ 700) = 0.6306

μ = 702: P(X ≥ 700) = 0.7475

μ = 703: P(X ≥ 700) = 0.8413

μ = 704: P(X ≥ 700) = 0.9088

Man muss also den Erwartungswert auf mindestens μ = 704 einstellen.

Die Zufallsgröße X beschreibt die Körperlänge des Insekts im cm, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 6 und der Standardabweichung σ = 0.4.

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

Der WTR liefert für P(X ≤ k) = 0.85 den Wert k ≈ 6.415.

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

Zuerst berechnen wir die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein Insekt die geforderte Größe hat. Die Zufallsgröße Y beschreibt dabei die Körperlänge des Insekts, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 40 und der Standardabweichung σ = 5.

Mit derm WTR lässt sich so P(Y ≥ 47) ≈ 0.0808 berechnen.

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

Und weil dies für jedes der 50 Exemplare gilt, können wir die Zufallsgröße X (, die die Anzahl der Insekten mit der geforderten Mindestgröße zählt) als binomialverteilt mit n = 50 und p = 0.081 annehmen.

Für die gesuchte Wahrscheinlichkeit gilt somit:
$P_{0.081}^{50}(5\le X\le 8)$ =

...

$P_{0.081}^{50}(X\le 8)$ - $P_{0.081}^{50}(X\le 4)$ ≈ 0.9824 - 0.6212 = 0.3612

(TI-Befehl: binomcdf(50,0.081,8) - binomcdf(50,0.081,4))

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit beträgt somit ca. 36,1%.

Zuerst berechnen wir die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein Insekt die problematische Größe hat. Die Zufallsgröße Y beschreibt dabei die Körperlänge des Insekts, sie wird als normalverteilt angenommen mit dem Erwartungswert μ = 50 und der Standardabweichung σ = 6.

Mit derm WTR lässt sich so P(Y ≥ 56) ≈ 0.158655 berechnen.

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

Und weil dies für jedes Exemplar gilt, können wir die Zufallsgröße X (, die die Anzahl der die Insekten mit der problematischen Mindestgröße zählt) als binomialverteilt mit unbekanntem n und p = 0.158655 annehmen.