Totale Wahrscheinlichkeit.

\(P(K)=P(A1) \cdot P(K|A_1) +P(A2) \cdot P(K|A_2) +P(A3) \cdot P(K|A_3) = 0,1 \cdot 0,7 + 0,6 \cdot 0,5 + 0,3 \cdot 0,4 = 0,49 = 49% \)

\(P(T \leq t) = F_T(t)=F(T)\\ P(t \leq 100) = 1-e^{-0.00012\cdot 100} = 1- e^{-0,012} \approx 0,012 = 1,2%\)

\(P(T > t) = 1 - P(T \leq t) = 1- F(T)\\ 1 - P(t \leq 5000) = 1- (1-e^{-0.00012\cdot 5000} )= e^{-0,6} \approx 0,549 = 54,9%\)

\(F(t_{\frac{1}{2}}) = 1 - e^{-0,00012 \cdot t_{\frac{1}{2}}} = \frac{1}{2} \\ e^{-0,00012 \cdot t_{\frac{1}{2}}} = \frac{1}{2} \\ -0,00012 \cdot t_{\frac{1}{2}} = \ln{\frac{1}{2}} \)

\(t_{\frac{1}{2}} = \frac{\ln{2}}{-0,00012} \approx 5776\)

\(f(x)=F^{\prime}(x)\)

Die Dichtefunktion ist die Ableitung der Verteilungsfunktion.

Standardnormalverteilung. Die Werte hierfür sind einer entsprechenden Tabelle zu entnehmen.

\(Z = \frac{X- \mu}{\sigma} = \frac{48-50}{1}=-2 \\ P(X<48) = \Phi(-2) = 1 - \Phi(2) \approx 1-0,977 = 0,023 = 2,3%\)

Standardnormalverteilung. Die Werte hierfür sind einer entsprechenden Tabelle zu entnehmen.

\(Z = \frac{X - \mu}{\sigma} = \frac{51-50}{1}= 1 \\ P(X>51) = 1 - P(X \leq 51) = 1 - \Phi(1) \approx 1-0,841 = 0,159 = 15,9%\)

Standardnormalverteilung. Die Werte hierfür sind einer entsprechenden Tabelle zu entnehmen.

\(P(X<48,5) + P(X>51,5) \\ Z_1 = \frac{X_1 - \mu}{\sigma} = \frac{48,5-50}{1}=-1,5 \\ Z_2 = \frac{X_2 - \mu}{\sigma} = \frac{51,5-50}{1}=1,5 \)

\(P(X<48,5) = \Phi(-1,5) = 1 - \Phi(1,5) \approx 0,067 \\ \\ P(X>51,5) = 1- P(X \leq 51,5) = 1- \Phi(1,5) \approx 0,067\)

Standardnormalverteilung. Die Werte hierfür sind einer entsprechenden Tabelle zu entnehmen.

\(\Phi(\frac{c}{\sigma})-\Phi(-\frac{c}{\sigma})=0,95\)

\(\Phi(\frac{c}{2})-(1-\Phi(\frac{c}{2}))=0,95 \\Umformen\qquad nach\qquad \Phi(\frac{c}{2}) \\ \Phi(\frac{c}{2})=(1+0.95)/2=0.975\)

Wert aus für \(\frac{c}{2}\) aus Tabelle ablesen:

\(\frac{c}{2}=1,96\\ c=3,92\)

Standardnormalverteilung. Die Werte hierfür sind einer entsprechenden Tabelle zu entnehmen.

\(Z = \frac{X - \mu}{\sigma} = \frac{0,7 - 0,8}{0,06} \approx -1,67\\ P(X>0,7) = 1 - P(X \leq 0,7) = 1 - \Phi(-1,67) = 1- (1 - \Phi(1,67)) = \Phi(1,67) \approx 0,9525\)

Standardnormalverteilung. Die Werte hierfür sind einer entsprechenden Tabelle zu entnehmen.

\(P(X>x) = 0,98 ? \\ P(X \leq x) = 0,02 \Rightarrow \Phi(Z) = 0,02 \Rightarrow 1 - \Phi(-Z) = 0,02 \Rightarrow \Phi(-Z) = 0,98\\ Z=-2,06 = \frac{x-0,8}{0,06} \Rightarrow x= 0,6764\)

Standardnormalverteilung. Die Werte hierfür sind einer entsprechenden Tabelle zu entnehmen.

\(Z= \frac{60-50}{20} = 0,5\\ P(X > 60) = 1 - P(X \leq 60) = 1 - \Phi(0,5) \approx 1 - 0,6915 = 0,3085 = 30,85% \)

Standardnormalverteilung. Die Werte hierfür sind einer entsprechenden Tabelle zu entnehmen.

\(\Phi(Z) = 0,9 \Rightarrow Z=1,29\\ Z = \frac{X-50}{20} \Rightarrow X = 75,8 \)

Die ZV ist binomialveteilt. Verwendung der Binomialverteilung ergibt: \(P(x\geq 10)=0,9953...\approx 0,995\)

Anderer "händischer" Weg:

Approximation der (diskreten) Binomialverteilung durch die (stetige) Normalverteilung: 

n ... Stichprobe = 1000
p ... Anteil fehlerhafte Stück = 0,02
\(\mu = np = 20\\ \sigma^2 = np(1-p) = 19,6 \Rightarrow \sigma \approx 4,43\\ \)

\( P(X\geq 10)\approx 1-\Phi(\frac{9,5 - 20}{4,43})=1-\Phi( -2,37)\approx 0.991\) , wobei \(Z= \frac{10-0,5 - 20}{4,43} \approx -2,37\) ist. 

Vorsicht: Hier wurde die Stetigkeitskorrektur verwendet, die aber oftmals auch weggelassen wird, vor allem bei großem n. 

Eine auf dem Intervall [a;b] gleichverteilte stetige Zufallsvariable hat die Dichtefunktion f(x) = 1/(b-a) für \(0 \leq x \leq 6\) und f(x) = 0 sonst (das folgt daraus, dass die Gesamtfläche unter dem Graphen von f gleich 1 sein muss). Wegen a=0 und b=6 gilt hier f(x) = 1/6 für \(0 \leq x \leq 6\) und f(x) = 0 sonst.

Eine auf dem Intervall [a;b] gleichverteilte stetige Zufallsvariable hat die Verteilungsfunktion \(F(x) = \frac{x-a}{b-a}\) für a < x < b und F(x)=0 für \(x \leq a\) bzw. F(x) = 1 für \(x \geq b\). Wegen a=0 und b=6 gilt hier \(F(x) = \frac{x}{6}\) für 0<x<6.

Die Verteilungsfunktion von X ist \(F(x) = \frac{x}{6}\) für 0 < x < 6 . Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist damit: \(P(0,2 \leq X \leq 0,5) = F(0,5)-F(0,2) = \frac{0,5}{6} - \frac{0,2}{6} = 0,05\)

Jede Wartezeit zwischen 0 und 15 Minuten ist gleich wahrscheinlich. Folglich ist X gleichverteilt im Intervall (0;15) und die Dichtefunktion hat in diesem Bereich einen konstanten Wert >0 ("Rechteckverteilung"). Da die Fläche unter dem Graphen von f gleich 1 sein muss (denn irgendeinen Wert zwischen 0 und 15 nimmt f(x) auf jeden Fall an), gilt f(x) = 1/15 für 0 < x < 15 und f(x) = 0 sonst.

X ist gleichverteilt im Intervall (0;15); die Verteilungsfunktion lautet somit F(x) = x/15 für 0 < x < 15, F(x) = 0 für x <= 0 und F(x) = 1 für x >= 15. Es gilt \(F(x) = P(X \leq x)\). Damit ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit \(P(X \leq 5) = F(5) = \frac{5}{15} = \frac{1}{3}\).

X ist gleichverteilt im Intervall (0;15); die Verteilungsfunktion lautet F(x) = x/15 für 0 < x < 15, F(x) = 0 für x <= 0 und F(x) = 1 für x >= 15. Es gilt \(F(x) = P(X \leq x)\) und \(P(X \geq x) = 1-P(X < x) = 1-F(x)\) (*). Damit ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit \(P(X \geq 10) = 1-F(10) = 1-\frac{10}{15} = \frac{5}{15} = \frac{1}{3}\).

(*) Anmerkung: Bei einer stetigen Zufallsvariable ist die Wahrscheinlichkeit, exakt einen vorgegebenen Wert x anzunehmen,
gleich Null; daraus folgt \(P(X \leq x) = P(X < x)\) und \(P(X \geq x) = P(X > x)\).

X ist gleichverteilt im Intervall (0;15), denn alle Wartezeiten zwischen 0 und 15 Minuten sind gleich wahrscheinlich. Für den Erwartungswert einer gleichverteilten Zufallsvariable gilt: \(\mu = \frac{a+b}{2} \)
Mit a=0 und b=15 folgt: \(\mu = \frac{15}{2} = 7,5\)

Bei einer stetigen Zufallsvariablen X entspricht die Fläche unter dem Graphen der Dichtefunktion gerade der Verteilungsfunktion. Die Verteilungsfunktion erhält man folglich durch Integration der Dichtefunktion; umgekehrt ist die Dichtefunktion die Ableitung der Verteilungsfunktion.

Genauer: Bei einer stetigen Zufallsvariablen X entspricht die Fläche unter dem Graphen der Dichtefunktion über dem Bereich \((-\infty;\, x)\) gerade der Wahrscheinlichkeit, dass X in diesem Bereich liegt (d.h. dass X < x gilt), und damit dem Wert der Verteilungsfunktion F(x) = P(X < x). Folglich gilt: \(F(x) = \int_{-\infty}^{x} f(t) \,dt\)

\(F(1) = 1-e^{-3} = 0,95\)

\(F\left\( \frac{1}{2} \right\) - F\left\( \frac{1}{4} \right\) = 1-e^{-1,5} - \left\( 1-e^{-0,75} \right\) = e^{-0,75} - e^{-1,5} = 0,4724 - 0,2231 = 0,25\)

\(P(X > 2) = 1-P(X \leq 2) = 1-F(2) = 1-(1-e^{-6}) = e^{-6} = 0,0025\)

Wir suchen das 0,5-Quantil, also den Median: Für welches x nimmt F(x) den Wert 0,5 an?

Aus \(F(x) = 1-e^{-3x} = 0,5\) folgt \(x = -\frac{1}{3} \cdot ln (0,5) = 0,23\), d.h. nach knapp 3 Monaten ist das Bauteil mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,5 ausgefallen.

Wenn 90% der Abfüllgewichte innerhalb des Intervalls [200-c; 200+c] liegen sollen, dann liegen links von 200-c und rechts von 200+c jeweils 5% aller Abfüllgewichte. Wir suchen also die Quantile \(x_{0,05}\) und \(x_{0,95}\), welche wir mittels der Quantile \(z_{0,05}\) bzw. \(z_{0,95}\) der Standardnormalverteilung berechnen (bzw. der Tabelle entnehmen). Wegen der Symmetrieeigenschaft der Standardnormalverteilung gilt außerdem \(z_p = -z_{1-p}\):

\(x_{0,05} = \sigma \cdot z_{0,05} + \mu = \sigma \cdot (- z_{0,95}) + \mu = 5 \cdot (-1,645) + 200 = 191,775 \\ x_{0,95} = \sigma \cdot z_{0,95} + \mu = 5 \cdot 1,645 + 200 = 208,225\)
90% aller Abfüllgewichte liegen also im Bereich zwischen 191,78 und 208,22 Gramm (c = 8,225).

Alternativer Lösungsweg:

Wir suchen den Wert c, für den die Verteilungsfunktion an der Stelle 200+c den Wert 0,95 annimmt (denn das heißt, dass 95% der Abfüllgewichte kleiner oder gleich 200 + c sind): F(200+c) = 0,95

Auch hier nutzen wir wieder die Umrechnung auf die Standardnormalverteilung, damit wir die Tabelle verwenden können: \(F(x) = \Phi( \frac{x-\mu}{\sigma} ) = \Phi( \frac{x-200}{5} ) = 0,95\)

Setzt man x=200+c ein, so folgt \(\Phi(\frac{c}{5}) = 0,95\). Der Tabelle entnehmen wir c/5 = 1,645, somit ist c = 8,225 und das gesuchte Intervall lautet [191,78; 208,22].

Die Summe zweier unabhängiger Normalverteilungen ist wieder normalverteilt; Erwartungswert und Varianz addieren sich ebenso
(Letzteres gilt sogar für beliebig verteilte unabhängige Zufallsvariable).

Die Summe X von n unabhängigen, identisch verteilten Zufallsvariablen \(X_i\) ist für große n annäherend normalverteilt, das arithmetische Mittel der Summe ebenso. Dafür brauchen die \(X_i\) nicht normalverteilt zu sein!

Der zentrale Grenzwertsatz ist somit der Grund dafür, dass eine Zufallsvariable X annähernd normalverteilt ist, wenn sie als Summe von vielen kleinen zufälligen Einflüssen entsteht (z.B. Messfehler, kleine Schwankungen bei der Produktion oder Abfüllung, etc.).

Die Augensummen der einzelnen Würfel sind paarweise unabhängig und alle identisch verteilt (nämlich gleichverteilt). Die Summe von n unabhängigen und identisch verteilten Zufallsvariablen (also die Augensumme aller n Würfel) ist nach dem zentralen Grenzwertsatz normalverteilt. Die Normalverteilung kann für große n also auch als Näherung von diskreten Zufallsvariablen verwendet werden.

Die Anzahl X der fehlerhaft übertragenen Bit ist binomialverteilt mit \(n=10^6\) und \(p=10^{-4}\).
Wegen \(np(1-p) = 10^6 \cdot 10^{-4} \cdot 0,9999 = 99,99 > 9\) können wir die Normalverteilung als Näherung verwenden mit \(\mu = np = 100\) und \(\sigma = \sqrt{np(1-p)} = 9,9995\): 

\(F_{Binomial}(x) = F_{Normal}(x+0,5) = \Phi \left\( \frac{x+0,5-\mu}{\sigma} \right\) = \Phi \left\( \frac{x+0,5-np}{\sqrt{np(1-p)}} \right\)\)
Die Wahrscheinlichkeit, dass beim Übertragen von einer Million Bit mehr als 80 Bit kippen, ist also ungefähr:

Gesucht ist ein zweiseitiges Konfidenzintervall für den Erwartungswert einer Normalverteilung bei bekannter Standardabweichung. Das Konfidenzniveau ist \(1-\alpha = 0,90\), somit ist \(\alpha = 0,10\).
Die Formel für das Konfidenzintervall ist \([ \overline x - z_{0,95} \frac{\sigma}{\sqrt{n}};\; \overline x + z_{0,95} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}]\). Wir bestimmen also zunächst (aus der Tabelle) das Quantil \(z_{1-\alpha/2} = z_{0,95}\) der Standardnormalverteilung: \(z_{0,95} = 1,645\)
Mit \(\overline x = 497,5\) und \(\sigma = 5\) sowie n=10 erhalten wir das Intervall [ 494,899; 500,101 ]. Dieses Konfidenzintervall überdeckt also mit einer Wahrscheinlichkeit von 90% den Erwartungswert \(\mu\).

Gegeben ist ein einseitiges Konfidenzintervall für den Erwartungswert \(\mu\) eines normalverteilten Merkmals bei bekannter Standardabweichung \(\sigma\). Die Formel für das nach oben begrenzte Konfindenzintervall lautet \((-\infty; \; \overline x + z_{p} \frac{\sigma}{\sqrt{n}} ]\). Die obere Intervallgrenze ist vorgegeben als 499,9; wir suchen das passende p-Quantil der Standardnormalverteilung, also den Wert p, für welchen gilt: \(\overline x + z_{p} \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = 499,9\). Auflösen nach \(z_p\) ergibt \(z_p = (499,9 - \overline x) \cdot \frac{\sqrt{n}}{\sigma}\). Mit \(\overline x = 497,5\); \(\sigma = 5\) und n = 10 folgt \(z_p = (499,9 - 497,5) \cdot \frac{\sqrt{10}}{5} = 2,4 \cdot \frac{\sqrt{10}}{5} = 1,51789\). Der Tabelle für die Standardnormalverteilung entnehmen wir p=0,93548. Der Erwartungswert liegt also mit einer Wahrscheinlichkeit von ca. 93,5% unterhalb des Sollgewichts von 500 Gramm.