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.

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.

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

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

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

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

\(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\)

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

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

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 \(\mu\).