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- Erinnere dich an die Definition \(F(x)=P(X\le x)\). - Setze in dieser Definition direkt \(x=7\) ein.

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

\(P(X\le7)=0{,}62=62\,\%\)

- Welche Werte kann eine Wahrscheinlichkeit überhaupt annehmen? - Was passiert mit \(P(X\le x)\), wenn \(x\) größer wird? - Überlege, welchen Grenzwerten eine kumulative Wahrscheinlichkeit ganz links und ganz rechts zustrebt.

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 \(1\).

- 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.

- 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 \(x = 4\).

- Erinnere dich daran, dass die Verteilungsfunktion \(\Phi(k)\) genau die Wahrscheinlichkeit \(P(X \le k)\) angibt. - Für Wahrscheinlichkeiten in einem Intervall \([a; b]\) kannst du die Differenz der Werte der Verteilungsfunktion an den Intervallgrenzen nutzen. - Überlege, wie die Wahrscheinlichkeit für „größer als“ mit dem Wert der Verteilungsfunktion zusammenhängt.

1. Ablesen des Funktionswerts an der Stelle \(x = 4\): \(\Phi(4) = 0{,}5\). Somit ist \(P(X \le 4) = 0{,}5\). 2. Ablesen des Funktionswerts an der Stelle \(x = 5\): \(\Phi(5) \approx 0{,}84\). Somit ist \(P(X \le 5) \approx 0{,}84\). 3. Berechnung der Intervallwahrscheinlichkeit: \(P(3 \le X \le 5) = \Phi(5) - \Phi(3)\). Mit \(\Phi(5) \approx 0{,}84\) und \(\Phi(3) \approx 0{,}16\) ergibt sich \(0{,}84 - 0{,}16 = 0{,}68\). 4. Berechnung der Gegenwahrscheinlichkeit: \(P(X > 6) = 1 - \Phi(6)\). Mit \(\Phi(6) \approx 0{,}98\) ergibt sich \(1 - 0{,}98 = 0{,}02\).

a) \(P(X \le 4) = 0{,}5\) b) \(P(X \le 5) \approx 0{,}84\) c) \(P(3 \le X \le 5) \approx 0{,}68\) d) \(P(X > 6) \approx 0{,}02\)

- Nikas zwei Kriterien sind notwendig, aber sind sie schon vollständig? - Was muss eine kumulierte Wahrscheinlichkeit für extrem kleine bzw. extrem große Schranken leisten? - Vergleiche die angegebenen horizontalen Grenzwerte mit den Grenzwerten einer Verteilungsfunktion.

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 nähert sich \(G(x)=0{,}2+\frac{0{,}6}{1+e^{-x}}\) links dem Wert \(0{,}2\) und rechts dem Wert \(0{,}8\). 4. Daher kann \(G\) keine Verteilungsfunktion einer Zufallsgröße sein.

Nikas Aussage ist falsch. Es gilt \(\lim_{x\to-\infty}G(x)=0{,}2\) und \(\lim_{x\to\infty}G(x)=0{,}8\) statt \(0\) bzw. \(1\).

- 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.

- Wie berechnet man allgemein die Wahrscheinlichkeit für ein Intervall \([x_1; x_2]\), wenn die Verteilungsfunktion bekannt ist? - Versuche, in deiner Formel alle Ausdrücke, die \(\mu - a\) enthalten, durch den in der Aufgabe genannten Zusammenhang zu ersetzen. - Achte beim Auflösen der Klammern besonders auf die Vorzeichen.

1. Aufstellen des Ansatzes für die Intervallwahrscheinlichkeit mittels der Verteilungsfunktion: \(P(\mu - a \le X \le \mu + a) = \Phi_{\mu; \sigma}(\mu + a) - \Phi_{\mu; \sigma}(\mu - a)\). 2. Anwendung der gegebenen Symmetrie-Eigenschaft: Ersetzen des Terms \(\Phi_{\mu; \sigma}(\mu - a)\) durch den Ausdruck \(1 - \Phi_{\mu; \sigma}(\mu + a)\). 3. Einsetzen und Vereinfachen der Gleichung: \(P = \Phi_{\mu; \sigma}(\mu + a) - (1 - \Phi_{\mu; \sigma}(\mu + a))\). 4. Zusammenfassen der Terme: \(P = \Phi_{\mu; \sigma}(\mu + a) - 1 + \Phi_{\mu; \sigma}(\mu + a) = 2 \cdot \Phi_{\mu; \sigma}(\mu + a) - 1\).

\(P(\mu - a \le X \le \mu + a) = 2 \cdot \Phi_{\mu; \sigma}(\mu + a) - 1\)

- Skizziere eine Glockenkurve und markiere den Erwartungswert auf der x-Achse. - Wie kannst du eine „Größer-als“-Wahrscheinlichkeit am rechten Rand in eine „Kleiner-als“-Wahrscheinlichkeit am linken Rand umwandeln? - Welche Eigenschaft der Verteilungsfunktion hilft dir, von einem Vergleich der Wahrscheinlichkeiten auf einen Vergleich der x-Werte zu schließen?

1. Zunächst wird die rechte Seite der Ungleichung betrachtet: \(P(X \ge 150)\). Da \(\mu = 120\) ist, entspricht der Wert \(150\) dem Wert \(\mu + 30\). Es gilt also \(P(X \ge 120 + 30)\). 2. Aufgrund der Symmetrie der Glockenkurve bezüglich des Erwartungswerts \(\mu = 120\) ist die Wahrscheinlichkeit im rechten Schwanz ab \(\mu + 30\) identisch mit der Wahrscheinlichkeit im linken Schwanz bis \(\mu - 30\). Es gilt also \(P(X \ge 150) = P(X \le 120 - 30) = P(X \le 90)\). 3. Die ursprüngliche Ungleichung lautet nun \(P(X \le 120 + k) \le P(X \le 90)\). 4. Da die kumulative Verteilungsfunktion \(F(x) = P(X \le x)\) einer Normalverteilung streng monoton steigend ist, folgt aus \(P(X \le 120 + k) \le P(X \le 90)\) direkt die Bedingung für die Argumente: \(120 + k \le 90\). 5. Auflösen nach \(k\) ergibt \(k \le -30\).

Die Ungleichung ist für alle \(k \le -30\) erfüllt.

- 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 \(x=\mu\).

- Welcher Funktionswert der CDF kennzeichnet bei einer Normalverteilung den Erwartungswert? - Die Stellen \(\mu\pm\sigma\) liegen ungefähr bei den CDF-Werten \(0{,}16\) und \(0{,}84\). - Lies für Teil b) die beiden CDF-Werte an den tatsächlich angegebenen Grenzen ab und bilde ihre Differenz.

1. Am Erwartungswert gilt \(F(\mu)=0{,}5\). Aus dem Graphen liest man daher \(\mu\approx4\) ab. Für eine Normalverteilung gilt außerdem näherungsweise \(F(\mu+\sigma)\approx0{,}84\) und \(F(\mu-\sigma)\approx0{,}16\). Die entsprechenden Stellen liegen ungefähr bei \(6\) und \(2\), also ist \(\sigma\approx2\). 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) \(\mu\approx4\), \(\sigma\approx2\) b) \(P(3\le X\le7)\approx0{,}62\)

- 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 kumulierte Wahrscheinlichkeit kennzeichnet einen Median?

a) Für \(0\le x\le1\) gilt \(F(x)=\int_0^x6t(1-t)\,\mathrm{d}t=\left[3t^2-2t^3\right]_0^x=3x^2-2x^3\). Damit ist \(F(x)=\begin{cases}0&\text{für }x<0,\\3x^2-2x^3&\text{für }0\le x\le1,\\1&\text{für }x>1.\end{cases}\) b) Es gilt \(P(0{,}25\le X\le0{,}75)=F(0{,}75)-F(0{,}25)=0{,}84375-0{,}15625=0{,}6875\). Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(68{,}75\,\%\). c) Der Dichtegraph ist symmetrisch zu \(x=0{,}5\); deshalb teilt diese Stelle die Gesamtfläche plausibel in zwei gleich große Teile. Rechnerisch gilt \(F(0{,}5)=3\cdot0{,}5^2-2\cdot0{,}5^3=0{,}5\). Daher ist \(0{,}5\) ein Median. In der Modellverteilung liegt der verdeckte Anteil mit Wahrscheinlichkeit \(50\,\%\) höchstens bei \(50\,\%\) und mit Wahrscheinlichkeit \(50\,\%\) mindestens bei \(50\,\%\).

a) \(F(x)=\begin{cases}0&\text{für }x<0,\\3x^2-2x^3&\text{für }0\le x\le1,\\1&\text{für }x>1.\end{cases}\) b) \(P(0{,}25\le X\le0{,}75)=0{,}6875=68{,}75\,\%\). c) \(F(0{,}5)=0{,}5\); daher ist \(0{,}5\) ein Median der Verteilung.

- 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) \(f(4)\approx0{,}266\)

- An welcher x-Koordinate liegt die Symmetrieachse der Glockenkurve? - Setze den in a) gelesenen Wert erst danach in die Grenzen aus b) ein. - Zähle für b) nur die ganzen und anteiligen Kästchen im so entstehenden Intervall. - Welche kumulierte Wahrscheinlichkeit liegt aufgrund der Symmetrie bereits links vom Erwartungswert?

1. Der Hochpunkt und die Symmetrieachse liegen bei \(x=500\). Daher ist \(\mu=500\,\text{g}\). 2. Damit ist das Intervall aus b) \([500;505]\). Die Fläche unter der Kurve umfasst dort im Gitter ungefähr \(7{,}7\) Kästchen. Bei \(0{,}025\) Flächeninhalt je Kästchen ergibt sich \(P(\mu\le X\le\mu+5\,\text{g})\approx0{,}19\). 3. Wegen der Symmetrie gilt \(F(\mu)=0{,}5\). Daher ist \(F(\mu+5\,\text{g})\approx0{,}5+0{,}19=0{,}69\). 4. Bei kleinerer Standardabweichung wird die Dichtekurve bei gleichem Erwartungswert schmaler und höher; die Symmetrieachse bleibt unverändert.

a) \(\mu=500\,\text{g}\) b) etwa \(0{,}19\) c) \(F(\mu+5\,\text{g})\approx0{,}69\) d) Der Graph wird schmaler und höher; sein Mittelpunkt bleibt unverändert.

- Suche die Stellen 7 und 13 auf der x-Achse und bestimme die zugehörigen y-Werte. - Überlege, wie man die Wahrscheinlichkeit für einen Bereich zwischen zwei Werten aus der kumulativen Verteilungsfunktion berechnet. - Erinnere dich, dass die Dichtefunktion die Steigung der Verteilungsfunktion angibt. - Überlege, was es für die kumulierte Wahrscheinlichkeit bedeutet, wenn die Verteilung der Werte links und rechts von \(\mu\) identisch ist.

1. Aus dem Graphen lassen sich die Werte \(\Phi(7) \approx 0{,}16\) und \(\Phi(13) \approx 0{,}84\) ablesen. Die Intervallwahrscheinlichkeit berechnet sich als \(P(7 \le X \le 13) = \Phi(13) - \Phi(7) \approx 0{,}84 - 0{,}16 = 0{,}68\). 2. Die Dichtefunktion ist achsensymmetrisch zur Geraden \(x = \mu\). Das bedeutet, dass die Fläche unter der Kurve links von \(\mu - a\) genauso groß ist wie die Fläche rechts von \(\mu + a\). Da die Verteilungsfunktion die Fläche von \(-\infty\) bis \(x\) darstellt, gilt \(P(X \le \mu - a) = P(X \ge \mu + a) = 1 - P(X \le \mu + a)\). Dies führt zur Gleichung \(\Phi(\mu - a) = 1 - \Phi(\mu + a)\), was der Bedingung für die Punktsymmetrie zum Punkt \((\mu \mid 0{,}5)\) entspricht.

a) \(\Phi(7) \approx 0{,}16\) \(\Phi(13) \approx 0{,}84\) \(P(7 \le X \le 13) \approx 0{,}68\) b) Die Achsensymmetrie der Dichtefunktion bewirkt, dass \(P(X \le \mu - a) = P(X \ge \mu + a)\). Mit \(P(X \ge \mu + a) = 1 - \Phi(\mu + a)\) folgt die Punktsymmetrie \(\Phi(\mu - a) = 1 - \Phi(\mu + a)\) bezüglich des Punktes \((\mu \mid 0{,}5)\).

- Bestimme \(H(x)\) als Integral der Dichte von der linken Intervallgrenze bis \(x\). - Eine Intervallwahrscheinlichkeit erhältst du als Differenz zweier CDF-Werte. - 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.

a) Für \(0\le x\le5\) gilt \(H(x)=\int_0^x\frac{3}{125}(5-t)^2\,\mathrm{d}t=1-\frac{(5-x)^3}{125}\). Damit ist \(H(x)=\begin{cases}0&\text{für }x<0,\\1-\frac{(5-x)^3}{125}&\text{für }0\le x\le5,\\1&\text{für }x>5.\end{cases}\) b) \(P(1\le X\le2)=H(2)-H(1)=\frac{64-27}{125}=\frac{37}{125}=0{,}296\). Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(29{,}6\,\%\). c) Der Dichtegraph ist zu Beginn hoch und fällt danach stetig ab. Daher sammelt sich mehr als die Hälfte der Gesamtfläche bereits vor \(2{,}5\,\text{h}\); grafisch ist also ein Median unterhalb von \(2{,}5\,\text{h}\) zu erwarten. Für den Median \(m\) gilt \(H(m)=0{,}5\). Daher \(1-\frac{(5-m)^3}{125}=0{,}5\), 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 sind bis zu diesem Zeitpunkt \(50\,\%\) der Ausfälle eingetreten.

a) \(H(x)=\begin{cases}0&\text{für }x<0,\\1-\frac{(5-x)^3}{125}&\text{für }0\le x\le5,\\1&\text{für }x>5.\end{cases}\) b) \(P(1\le X\le2)=\frac{37}{125}=0{,}296=29{,}6\,\%\). c) \(m=5-\sqrt[3]{62{,}5}\approx1{,}0315\,\text{h}\), also etwa \(61{,}9\) Minuten.