- Welche Wahrscheinlichkeit beschreibt die Verteilungsfunktion an einer Stelle \(x\)? - Übertrage diese Bedeutung auf den gegebenen Wert bei \(x=7\).

Nach der Definition der Verteilungsfunktion gilt \(F(7)=P(X\le7)\). Daher ist \(P(X\le7)=0{,}62\). Das bedeutet: Mit einer Wahrscheinlichkeit von \(62\,\%\) nimmt \(X\) einen Wert von höchstens \(7\) an.

\(P(X\le7)=0{,}62=62\,\%\). Mit einer Wahrscheinlichkeit von \(62\,\%\) nimmt \(X\) einen Wert von höchstens \(7\) an.

- Welche Werte können Wahrscheinlichkeiten überhaupt annehmen? - Wie muss sich \(P(X\le x)\) verhalten, wenn \(x\) nach rechts wandert? - Was muss ganz links und ganz rechts mit dieser kumulierten Wahrscheinlichkeit passieren?

1. Eine Verteilungsfunktion muss monoton nicht fallend sein, nur Werte zwischen \(0\) und \(1\) annehmen und sich für sehr kleine bzw. sehr große \(x\) den Werten \(0\) bzw. \(1\) annähern. 2. Abbildung a) erfüllt diese Eigenschaften. 3. In b) fällt der Graph zwischenzeitlich; das ist für eine Verteilungsfunktion unmöglich. 4. In c) nimmt der Graph Werte größer als \(1\) an; auch das ist unmöglich.

Abbildung a). Sie ist monoton nicht fallend, bleibt zwischen \(0\) und \(1\) und nähert sich links \(0\) sowie rechts \(1\).

- Betrachte, was \(F(x)\) laut Definition geometrisch sammelt. - Wie ändert sich diese gesammelte Fläche, wenn \(x\) ein kleines Stück nach rechts verschoben wird? - Welche Größe beschreibt diese lokale Änderung?

1. Nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung gilt \(F'(x)=f(x)\). 2. Die Dichtehöhe \(f(x)\) gibt also an, wie schnell die bis \(x\) angesammelte Wahrscheinlichkeit \(F(x)\) an dieser Stelle wächst.

\(F'(x)=f(x)\). Die Dichte ist die Änderungsrate der kumulierten Wahrscheinlichkeit.

- Welche geometrische Transformation entspricht einer Änderung des Wertes, der von der Variablen \(x\) subtrahiert wird? - Wie hängen die Steigung der Verteilungsfunktion und die Werte der zugehörigen Dichtefunktion zusammen? - Welchen Wahrscheinlichkeitswert nimmt eine normalverteilte Zufallsgröße genau an ihrem Erwartungswert an? - Erinnere dich an die Symmetrieeigenschaften der Glockenkurve und was diese für die kumulierte Fläche bedeuten.

1. Der Parameter \(\mu\) bestimmt die horizontale Lage des Graphen auf der \(x\)-Achse. Eine Vergrößerung von \(\mu\) bewirkt eine Verschiebung des gesamten Graphen nach rechts (in positive \(x\)-Richtung). 2. Die Steigung der Verteilungsfunktion entspricht dem Wert der Dichtefunktion \(\phi_{\mu; \sigma}\). Da der Maximalwert der Dichtefunktion an der Stelle \(x = \mu\) durch \(\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\) gegeben ist, führt eine Vergrößerung von \(\sigma\) zu einer Verringerung dieses Maximalwertes. Der Graph der Verteilungsfunktion verläuft somit im Zentrum „flacher“. 3. Jede Verteilungsfunktion einer Normalverteilung ist punktsymmetrisch zum Punkt \((\mu; 0{,}5)\). Da \(\Phi_{\mu; \sigma}(\mu) = 0{,}5\) für alle \(\sigma > 0\) gilt, ist dies der gesuchte Punkt.

1. Der Graph wird entlang der \(x\)-Achse nach rechts verschoben. 2. Die maximale Steigung an der Stelle \(x = \mu\) nimmt ab; der Graph wird flacher. 3. Der Punkt hat die Koordinaten \((\mu; 0{,}5)\).

- Überlege, wie die beiden x-Werte im Verhältnis zum Erwartungswert liegen. - Welchen Zusammenhang gibt es zwischen den Flächenanteilen links von einem Wert und rechts von seinem symmetrischen Gegenstück? - Wie hängen die Wahrscheinlichkeiten \(P(X \le \mu - a)\) und \(P(X \le \mu + a)\) zusammen?

1. Identifikation der Symmetrie zum Erwartungswert: Die Stellen \(x_1 = 45\) und \(x_2 = 55\) liegen symmetrisch zum Erwartungswert \(\mu = 50\), da \(45 = 50 - 5\) und \(55 = 50 + 5\) gilt (Abstand \(a = 5\)). 2. Anwendung der Symmetrieeigenschaft der Verteilungsfunktion: Es gilt die Beziehung \(\Phi_{\mu; \sigma}(\mu - a) = 1 - \Phi_{\mu; \sigma}(\mu + a)\). 3. Einsetzen der gegebenen Werte: \(0{,}3085 = 1 - \Phi_{50; \sigma}(55)\). 4. Berechnung des gesuchten Wertes: \(\Phi_{50; \sigma}(55) = 1 - 0{,}3085 = 0{,}6915\).

\(\Phi_{50; \sigma}(55) = 0{,}6915\)

- Eine Intervallwahrscheinlichkeit lässt sich als Differenz zweier Werte der Verteilungsfunktion schreiben. - Überlege, welchen Wert ein Integral mit identischen Integrationsgrenzen besitzt. - Prüfe anschließend, was das Hinzufügen oder Entfernen eines einzelnen Randpunkts an einer Wahrscheinlichkeit ändern kann.

1. Es gilt \(P(2<X\le6)=F(6)-F(2)=0{,}80-0{,}35=0{,}45\). Da \(P(X=2)=0\), ist auch \(P(2\le X\le6)=0{,}45\). 2. Für eine stetige Zufallsgröße gilt \(P(a\le X\le b)=\int_a^b f(t)\,dt\). Für einen Einzelpunkt sind beide Grenzen gleich, also \(P(X=a)=\int_a^a f(t)\,dt=0\). 3. Da die Randpunkte jeweils Wahrscheinlichkeit \(0\) besitzen, ändert ihre Einbeziehung die Intervallwahrscheinlichkeit nicht. Daher gilt \(P(a\le X\le b)=P(a<X\le b)=P(a\le X<b)=P(a<X<b)\).

1. \(P(2<X\le6)=0{,}45\) und \(P(2\le X\le6)=0{,}45\) 2. \(P(X=a)=\int_a^a f(t)\,dt=0\) 3. Offene, halboffene und abgeschlossene Intervalle mit denselben Grenzen haben bei einer stetigen Zufallsgröße dieselbe Wahrscheinlichkeit.

- Was bedeutet ein Funktionswert \(F(x)\) als Wahrscheinlichkeit? - Für eine Intervallwahrscheinlichkeit brauchst du die Funktionswerte an beiden Intervallgrenzen. - Achte darauf, in b) die abgelesenen \(F\)-Werte und nicht die Abstände auf der \(x\)-Achse zu verwenden.

1. Aus dem Graphen liest man ungefähr \(F(2)\approx0{,}16\), \(F(4)=0{,}50\) und \(F(6)\approx0{,}84\) ab. Dabei bedeutet \(F(6)\approx0{,}84\), dass \(P(X\le6)\approx0{,}84\) gilt. 2. Aus dem Graphen liest man ungefähr \(F(3)\approx0{,}31\) und \(F(7)\approx0{,}93\) ab. Daher gilt \(P(3\le X\le7)=F(7)-F(3)\approx0{,}93-0{,}31=0{,}62\).

a) \(F(2)\approx0{,}16\), \(F(4)=0{,}50\), \(F(6)\approx0{,}84\); also \(P(X\le6)\approx0{,}84\) b) \(P(3\le X\le7)\approx0{,}62\)

- Welcher Funktionswert der Verteilungsfunktion gehört immer zum Erwartungswert einer Normalverteilung? - Wie hängen die Wahrscheinlichkeiten für Intervalle mit den Werten der Verteilungsfunktion zusammen? - Erinnere dich an den Zusammenhang zwischen der Steigung der Verteilungsfunktion und dem Wert der Dichtefunktion.

1. Der Erwartungswert \(\mu\) entspricht dem \(x\)-Wert, an dem die Verteilungsfunktion den Wert \(0{,}5\) annimmt. Aus dem Graphen liest man \(\mu = 4\) ab. 2. Die Wahrscheinlichkeit \(P(X \le 4)\) entspricht dem Funktionswert \(F(4)\). Da \(4\) der Erwartungswert ist, gilt \(F(4) = 0{,}5\). 3. Für \(P(2 \le X \le 6)\) berechnet man die Differenz \(F(6) - F(2)\). Aus dem Graphen liest man \(F(6) \approx 0{,}91\) und \(F(2) \approx 0{,}09\) ab. Somit ergibt sich \(P(2 \le X \le 6) \approx 0{,}91 - 0{,}09 = 0{,}82\). 4. Die Wahrscheinlichkeitsdichte \(f\) (gaußsche Glockenkurve) hat ihr Maximum an der Stelle \(x = \mu = 4\) und ist achsensymmetrisch zur Geraden \(x = 4\).

a) \(\mu = 4\) b) \(P(X \le 4) = 0{,}5\) \(P(2 \le X \le 6) \approx 0{,}82\) c) Das Maximum der Dichtefunktion liegt bei \(x = 4\). Der Graph ist achsensymmetrisch zur Geraden \(x = 4\).

- Lies die Funktionswerte an den genannten \(x\)-Stellen sorgfältig ab. - Überlege bei jedem Ereignis, welcher Bereich der Verteilungsfunktion dazu gehört. - Prüfe bei c) und d), ob du mehrere abgelesene Funktionswerte miteinander verbinden musst.

1. Am Graphen liest man \(F(4)=0{,}5\) ab. Somit ist \(P(X\le4)=0{,}5\). 2. Am Graphen liest man \(F(5)\approx0{,}84\) ab. Somit ist \(P(X\le5)\approx0{,}84\). 3. Für das Intervall gilt \(P(3\le X\le5)=F(5)-F(3)\). Mit \(F(5)\approx0{,}84\) und \(F(3)\approx0{,}16\) ergibt sich \(0{,}68\). 4. Für den rechten Rand gilt \(P(X>6)=1-F(6)\). Mit \(F(6)\approx0{,}98\) ergibt sich etwa \(0{,}02\).

a) \(P(X\le4)=0{,}5\) b) \(P(X\le5)\approx0{,}84\) c) \(P(3\le X\le5)\approx0{,}68\) d) \(P(X>6)\approx0{,}02\)

- Nikas zwei Kriterien sind notwendig, aber sind sie schon vollständig? - Denke daran, was \(F(x)=P(X\le x)\) für sehr weit links beziehungsweise sehr weit rechts liegende Grenzen bedeutet. - Vergleiche diese Bedeutung anschließend mit den beiden angegebenen Annäherungswerten.

1. Der Graph ist zwar monoton steigend und bleibt zwischen \(0\) und \(1\). 2. Für eine Verteilungsfunktion muss jedoch \(\lim_{x\to-\infty}F(x)=0\) und \(\lim_{x\to\infty}F(x)=1\) gelten. 3. Hier gilt \(\lim_{x\to-\infty}G(x)=0{,}2\) und \(\lim_{x\to\infty}G(x)=0{,}8\). 4. Daher kann \(G\) keine Verteilungsfunktion einer Zufallsgröße sein.

Nikas Aussage ist falsch. Die Grenzwerte sind \(0{,}2\) und \(0{,}8\) statt \(0\) bzw. \(1\).

- Beschreibe zuerst, wie sich die bis \(x\) angesammelte Fläche verändert, wenn \(x\) verschoben wird. - Vergleiche dann die beiden Seiten des höchsten Punkts von \(f\). - Für die Werte von \(F\) zählt jeweils die gesamte Fläche links von der betrachteten Stelle.

1. Es gilt \(F'(x)=f(x)\). Daher wächst \(F\) dort am schnellsten, wo \(f\) am größten ist. Das ist bei \(x=2\). 2. Auf \([0;2]\) steigt \(f\), also nimmt die Steigung von \(F\) zu. Auf \([2;4]\) fällt \(f\), also nimmt die Steigung von \(F\) ab. 3. Links von \(0\) ist die Dichte \(0\), daher ist \(F(0)=0\). 4. Die Fläche von \(0\) bis \(2\) ist ein Dreieck mit Grundseite \(2\) und Höhe \(0{,}5\). Daher ist \(F(2)=\frac{1}{2}\cdot2\cdot0{,}5=0{,}5\). 5. Die gesamte Dreiecksfläche von \(0\) bis \(4\) ist \(1\). Daher ist \(F(4)=1\).

a) Bei \(x=2\), weil \(f\) dort ihren größten Wert hat und damit \(F\) dort am schnellsten wächst. b) Auf \([0;2]\) nimmt die Steigung von \(F\) zu; auf \([2;4]\) nimmt sie ab. c) \(F(0)=0\), \(F(2)=0{,}5\), \(F(4)=1\)

- Wie verändert sich das Argument der Funktion \(\Phi\), wenn man von der Standardnormalverteilung zur allgemeinen Normalverteilung übergeht? - Betrachte die Formel für die Dichtefunktion an der Stelle ihres Maximums. - Was sagt die Verteilungsfunktion über die gesamte Fläche unter der Dichtekurve aus, wenn man das gesamte Intervall betrachtet? - Überlege, wie sich eine Änderung von \(\sigma\) auf die Breite der Verteilung auswirkt.

1. Der Graph von \(F_1\) wird zunächst in \(x\)-Richtung mit dem Faktor \(2\) gestreckt. Dadurch entsteht der Funktionsterm \(\Phi_{0;1}\left(\frac{x}{2}\right)\). Anschließend wird der Graph um \(5\) Einheiten nach rechts verschoben; damit ergibt sich \(F_2(x) = \Phi_{0;1}\left(\frac{x-5}{2}\right)\). 2. Die Steigung der Verteilungsfunktion an der Stelle \(\mu\) ist gegeben durch \(\Phi'_{\mu; \sigma}(\mu) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\). Da \(\sigma_1 = 1\) kleiner ist als \(\sigma_2 = 2\), ist die Steigung von \(F_1\) bei \(x=0\) größer als die Steigung von \(F_2\) bei \(x=5\). 3. Für \(x \to \infty\) streben beide Verteilungsfunktionen gegen \(1\). Dies entspricht der Gesamtwahrscheinlichkeit aller möglichen Werte der jeweiligen Zufallsgröße.

1. Streckung in \(x\)-Richtung mit dem Faktor \(2\), anschließend Verschiebung um \(5\) Einheiten nach rechts. 2. Die Steigung an der Stelle \(\mu\) ist umgekehrt proportional zu \(\sigma\). Wegen \(\sigma_1 < \sigma_2\) ist \(F_1\) dort steiler. 3. Der Grenzwert ist \(1\); er repräsentiert die Gesamtwahrscheinlichkeit.

- Zerlege die Flächen unter dem Graphen in Dreiecke. - Welche Symmetrie erkennst du am Graphen? - Was gilt für die Wahrscheinlichkeit eines einzelnen Wertes bei einer stetigen Zufallsgröße? - Bestimme für Teil b zuerst Steigung und Achsenabschnitt der beiden Geradenstücke. - Die Verteilungsfunktion sammelt die Fläche von links bis zur Stelle \(x\).

1. (1) Bis \(x=1\) entsteht ein Dreieck mit Grundseite \(1\) und Höhe \(0{,}25\): \(P(X\le1)=\frac12\cdot1\cdot0{,}25=0{,}125\). 2. (2) Wegen der Symmetrie zur Geraden \(x=2\) liegt links von \(2\) die Hälfte der Gesamtfläche: \(P(X\le2)=0{,}5\). 3. (5) Wegen der Symmetrie gilt \(P(X\ge3)=P(X\le1)=0{,}125\). Daher ist (3) \(P(X\le3)=1-0{,}125=0{,}875\). 4. (4) \(P(1\le X\le3)=0{,}875-0{,}125=0{,}75\). 5. (6) Da \(X\) stetig ist, gilt \(P(X=2)=0\). 6. Der linke Abschnitt verläuft durch \((0\mid0)\) und \((2\mid0{,}5)\), also \(f(x)=0{,}25x\) für \(0\le x<2\). Der rechte Abschnitt verläuft durch \((2\mid0{,}5)\) und \((4\mid0)\), also \(f(x)=-0{,}25x+1\) für \(2\le x\le4\). 7. Für \(x<0\) ist \(F(x)=0\). Für \(0\le x<2\) ist \(F(x)=\int_0^x0{,}25t\,\mathrm{d}t=0{,}125x^2\). Für \(2\le x\le4\) ist \(F(x)=0{,}5+\int_2^x(-0{,}25t+1)\,\mathrm{d}t=-0{,}125x^2+x-1\). Für \(x>4\) gilt \(F(x)=1\).

a) (1) \(0{,}125\) (2) \(0{,}5\) (3) \(0{,}875\) (4) \(0{,}75\) (5) \(0{,}125\) (6) \(0\) b) \(F(x)=\begin{cases}0&\text{für }x<0\\0{,}125x^2&\text{für }0\le x<2\\-0{,}125x^2+x-1&\text{für }2\le x\le4\\1&\text{für }x>4\end{cases}\).

- Bei welchem Funktionswert der Verteilungsfunktion liegt der Erwartungswert einer Normalverteilung? - Die Stellen \(\mu\pm\sigma\) gehören näherungsweise zu den kumulierten Wahrscheinlichkeiten \(0{,}16\) und \(0{,}84\). - Überlege für Teil c, welche Beziehung zwischen Dichtefunktion und Verteilungsfunktion besteht.

1. Bei einer normalverteilten Zufallsgröße gilt \(F(\mu)=0{,}5\). Aus der Grafik liest man daher ungefähr \(\mu_1\approx1\) und \(\mu_2\approx4\) ab. Außerdem gilt näherungsweise \(F(\mu+\sigma)\approx0{,}84\). Die zugehörigen Abstände vom Mittelpunkt ergeben \(\sigma_1\approx1\) und \(\sigma_2\approx2\). 2. Das Maximum der Normaldichte liegt bei \(x=\mu\) und hat die Höhe \(\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\). Mit den Schätzwerten folgt für \(X_1\) ungefähr \(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\approx0{,}40\) und für \(X_2\) ungefähr \(\frac{1}{2\sqrt{2\pi}}\approx0{,}20\). 3. Da \(F'(x)=f(x)\) gilt, entspricht der maximale Dichtewert der maximalen Steigung der Verteilungsfunktion. Diese liegt bei \(x=\mu\), also am Wendepunkt der S-Kurve.

a) \(\mu_1\approx1\), \(\sigma_1\approx1\); \(\mu_2\approx4\), \(\sigma_2\approx2\) b) maximale Dichtewerte ungefähr \(0{,}40\) bzw. \(0{,}20\) c) Sie entsprechen den maximalen Steigungen der beiden Verteilungsfunktionen bei \(x=\mu\).

- Die Verteilungsfunktion sammelt die Fläche unter der Dichte von links bis zur Stelle \(x\). - Für eine Intervallwahrscheinlichkeit kannst du zwei Werte der Verteilungsfunktion voneinander abziehen. - Welche Symmetrie erkennst du im Dichtegraphen, und welche Flächenaufteilung folgt daraus? - Welche Wahrscheinlichkeit kennzeichnet einen Median?

1. Für \(0\le x\le1\) gilt \(F(x)=\int_0^x6t(1-t)\,\mathrm{d}t=3x^2-2x^3\). Für \(x<0\) ist \(F(x)=0\), für \(x>1\) ist \(F(x)=1\). 2. \(P(0{,}25\le X\le0{,}75)=F(0{,}75)-F(0{,}25)=0{,}6875=68{,}75\,\%\). 3. Die Dichte ist symmetrisch zu \(x=0{,}5\). Deshalb liegt links und rechts davon gleich viel Fläche, sodass \(0{,}5\) als Median plausibel ist. Außerdem gilt \(F(0{,}5)=0{,}5\). Damit ist \(0{,}5\) tatsächlich ein Median. Im Modell ist an der Hälfte der Tage die Sonne höchstens während der Hälfte der Zeit zwischen Sonnenaufgang und Sonnenuntergang verdeckt.

a) \(F(x)=0\) für \(x<0\); \(F(x)=3x^2-2x^3\) für \(0\le x\le1\); \(F(x)=1\) für \(x>1\). b) \(P(0{,}25\le X\le0{,}75)=0{,}6875=68{,}75\,\%\) c) Der Dichtegraph ist symmetrisch zu \(x=0{,}5\), daher liegt links und rechts davon gleich viel Fläche. Außerdem gilt \(F(0{,}5)=0{,}5\). Also ist \(0{,}5\) ein Median: An der Hälfte der Tage ist die Sonne höchstens während der Hälfte der Zeit zwischen Sonnenaufgang und Sonnenuntergang verdeckt.

- An welcher Stelle nimmt die Verteilungsfunktion einer Normalverteilung den Wert \(0{,}5\) an? - Vergleiche den \(x\)-Wert bei \(F(x)\approx0{,}84\) mit dem bereits bestimmten Mittelwert. - Der maximale Wert der Dichte hängt nur von \(\sigma\) ab. Welche Formel beschreibt diesen Wert?

1. Für eine Normalverteilung gilt \(F(\mu)=0{,}5\). Am Graphen liest man bei \(F(x)=0{,}5\) den Wert \(x=4\) ab. Daher ist \(\mu=4\). 2. Für eine Normalverteilung gilt \(F(\mu+\sigma)\approx0{,}8413\). Am Graphen liegt \(F(x)\approx0{,}84\) bei \(x\approx5{,}5\). Damit ist \(\sigma\approx5{,}5-4=1{,}5\). 3. Am Erwartungswert hat die Dichte den Wert \(f(\mu)=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\). Mit \(\sigma\approx1{,}5\) folgt \(f(4)\approx\frac{1}{1{,}5\sqrt{2\pi}}\approx0{,}266\).

a) \(\mu=4\) b) \(\sigma\approx1{,}5\) c) \(f(4)\approx0{,}266\)

- Suche die Stellen \(7\) und \(13\) auf der x-Achse und lies die zugehörigen Werte der Verteilungsfunktion ab. - Wie erhältst du eine Intervallwahrscheinlichkeit aus zwei Werten der Verteilungsfunktion? - Welche Flächen sind bei einer symmetrischen Dichte links von \(\mu-a\) und rechts von \(\mu+a\) gleich groß?

1. Aus dem Graphen liest man \(F(7)\approx0{,}16\) und \(F(13)\approx0{,}84\) ab. Daher gilt \(P(7\le X\le13)=F(13)-F(7)\approx0{,}68\). 2. Die Dichtefunktion ist achsensymmetrisch zur Geraden \(x=\mu\). Deshalb ist die Fläche links von \(\mu-a\) genauso groß wie die Fläche rechts von \(\mu+a\). Somit gilt \(F(\mu-a)=1-F(\mu+a)\). Genau diese Beziehung beschreibt die Punktsymmetrie der Verteilungsfunktion zum Punkt \((\mu\mid0{,}5)\).

a) \(F(7)\approx0{,}16\), \(F(13)\approx0{,}84\), \(P(7\le X\le13)\approx0{,}68\) b) Aus der Achsensymmetrie der Dichte folgt \(F(\mu-a)=1-F(\mu+a)\); daher ist die Verteilungsfunktion punktsymmetrisch zu \((\mu\mid0{,}5)\).

- Bestimme \(H(x)\) als Integral der Dichte von der linken Intervallgrenze bis \(x\). - Eine Intervallwahrscheinlichkeit erhältst du als Differenz zweier Werte der Verteilungsfunktion. - Wo liegt im Dichtegraphen besonders viel Fläche: eher am Anfang oder am Ende des Intervalls? - Der Median ist die Stelle, an der die Verteilungsfunktion den Wert \(0{,}5\) erreicht. - Löse die entstehende Gleichung nach dem Median auf, ohne vorzeitig zu runden.

1. Für \(0\le x\le5\) gilt \(H(x)=\int_0^x\frac{3}{125}(5-t)^2\,\mathrm{d}t=1-\frac{(5-x)^3}{125}\). Für \(x<0\) ist \(H(x)=0\), für \(x>5\) ist \(H(x)=1\). 2. \(P(1\le X\le2)=H(2)-H(1)=\frac{37}{125}=0{,}296=29{,}6\,\%\). 3. Der Dichtegraph ist zu Beginn hoch und fällt danach stetig ab. Daher ist ein Median unterhalb von \(2{,}5\,\text{h}\) zu erwarten. Für den Median \(m\) gilt \(H(m)=0{,}5\). Daraus folgt \(1-\frac{(5-m)^3}{125}=0{,}5\), also \((5-m)^3=62{,}5\) und \(m=5-\sqrt[3]{62{,}5}\approx1{,}0315\,\text{h}\). Das sind etwa \(61{,}9\) Minuten. Im Modell erreichen \(50\,\%\) der Proben den Farbumschlag spätestens bis zu diesem Zeitpunkt.

a) \(H(x)=0\) für \(x<0\); \(H(x)=1-\frac{(5-x)^3}{125}\) für \(0\le x\le5\); \(H(x)=1\) für \(x>5\). b) \(P(1\le X\le2)=\frac{37}{125}=0{,}296=29{,}6\,\%\) c) Der Median liegt unter \(2{,}5\,\text{h}\), weil der Dichtegraph zu Beginn deutlich mehr Fläche trägt. Es gilt \(m=5-\sqrt[3]{62{,}5}\approx1{,}0315\,\text{h}\), also etwa \(61{,}9\) Minuten. Im Modell erreichen \(50\,\%\) der Proben den Farbumschlag spätestens bis zu diesem Zeitpunkt.