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- Was bedeutet der Name „Standardnormalverteilung“ für die beiden Parameter? - Betrachte, wie die Gesamtfläche unter einer symmetrischen Dichte durch den Mittelpunkt geteilt wird. - Welche Wahrscheinlichkeit besitzt ein einzelner exakter Wert bei einer stetigen Zufallsgröße?

a) Für die Standardnormalverteilung gilt \(\mu=0\) und \(\sigma=1\). b) Die Dichte ist symmetrisch zur \(y\)-Achse. Daher liegt die Hälfte der Gesamtfläche links und die Hälfte rechts von \(0\): \(P(Z\le0)=0{,}5\) und \(P(Z>0)=0{,}5\). Da \(Z\) stetig verteilt ist, gilt für einen einzelnen Wert \(P(Z=0)=0\). c) Entscheidend ist die Achsensymmetrie der Standardnormaldichte um den Erwartungswert \(0\).

a) \(\mu=0\), \(\sigma=1\) b) \(P(Z\le0)=0{,}5\), \(P(Z>0)=0{,}5\), \(P(Z=0)=0\) c) Die Standardnormaldichte ist symmetrisch zu \(0\).

- Welche festen Werte haben Erwartungswert und Standardabweichung bei der Standardnormalverteilung? - Vergleiche diese beiden Werte mit den angegebenen Parameterpaaren.

Eine Standardnormalverteilung hat den Erwartungswert \(0\) und die Standardabweichung \(1\). Daher ist nur \(X\sim N(0;1)\) standardnormalverteilt.

A: \(X\sim N(0;1)\) mit \(\mu=0\) und \(\sigma=1\)

- Welche Seite des Erwartungswerts wird durch ein negatives Vorzeichen angezeigt? - In welcher Einheit misst ein \(z\)-Wert den Abstand vom Erwartungswert?

1. Das negative Vorzeichen zeigt, dass der Messwert unter dem Erwartungswert liegt. 2. Der Betrag \(1{,}5\) zeigt, dass der Abstand zum Erwartungswert \(1{,}5\) Standardabweichungen beträgt.

Der Messwert liegt \(1{,}5\) Standardabweichungen unter dem Erwartungswert.

- Lies die markierten Punkte im CDF-Graphen an denselben \(z\)-Stellen ab. - Eine Intervallwahrscheinlichkeit entsteht aus der Differenz zweier Werte der Verteilungsfunktion. - Vergleiche die Bedeutung einer Funktionshöhe der Dichte mit einer Fläche unter dem Dichtegraphen. - Welche Fläche sammelt die Verteilungsfunktion bis zur Stelle \(z=0\)?

1. Aus dem CDF-Graphen liest man ungefähr \(\Phi(-1)\approx0{,}159\), \(\Phi(0)=0{,}5\) und \(\Phi(1)\approx0{,}841\) ab. Aufgrund der Symmetrie der Standardnormalverteilung gilt exakt \(\Phi(-1)=1-\Phi(1)\). 2. Für ein Intervall gilt \(P(-1\le Z\le1)=\Phi(1)-\Phi(-1)\approx0{,}841-0{,}159\approx0{,}682\). Mit genaueren Werten erhält man etwa \(0{,}6827\). 3. \(\varphi(0)\) ist eine Dichtehöhe und keine Punktwahrscheinlichkeit. Weil die Verteilung stetig ist, gilt \(P(Z=0)=0\). Dagegen ist \(\Phi(0)=P(Z\le0)=0{,}5\), also die bis \(0\) angesammelte Fläche unter der Dichte.

a) \(\Phi(-1)\approx0{,}159\), \(\Phi(0)=0{,}5\), \(\Phi(1)\approx0{,}841\); außerdem gilt exakt \(\Phi(-1)=1-\Phi(1)\). b) \(P(-1\le Z\le1)\approx0{,}683\). c) \(\varphi(0)\) ist eine Dichtehöhe; \(P(Z=0)=0\), während \(\Phi(0)=0{,}5\) eine kumulierte Wahrscheinlichkeit ist.

- Setze den gegebenen \(x\)-Wert in die Standardisierungsformel ein. - Prüfe, ob die lineare Transformation die Reihenfolge der Werte verändert. - Löse in Teil c die Standardisierungsformel nach \(x\) auf. - Derselbe Quantilrang muss auf beiden Skalen dieselbe kumulierte Wahrscheinlichkeit besitzen.

a) \(z=\frac{98-80}{12}=1{,}5\). b) Die Transformation ist streng monoton steigend, daher ist \(X\le98\) gleichbedeutend mit \(Z\le1{,}5\). Somit \(P(X\le98)=P(Z\le1{,}5)=\Phi(1{,}5)\approx0{,}9332\). c) Aus \(-0{,}75=\frac{x-80}{12}\) folgt \(x=80-0{,}75\cdot12=71\). Durch die lineare Standardisierung werden Rangordnung und kumulierte Wahrscheinlichkeit erhalten. Daher gilt \(P(X\le71)=P(Z\le-0{,}75)\approx0{,}2266\).

a) \(z=1{,}5\) b) \(P(X\le98)=P(Z\le1{,}5)\approx0{,}9332\) c) \(x=71\); beide kumulierten Wahrscheinlichkeiten sind etwa \(0{,}2266\).

- Welche Gleichung verbindet \(x\), \(\mu\), \(\sigma\) und \(z\)? - Stelle diese Beziehung nach dem ursprünglichen Wert \(x\) um. - Prüfe, ob ein positiver \(z\)-Wert zu einem Wert oberhalb oder unterhalb von \(\mu\) führen muss.

1. Aus \(z=\frac{x-\mu}{\sigma}\) folgt \(x=\mu+z\sigma\). 2. Daher ist \(x=82+1{,}75\cdot6=82+10{,}5=92{,}5\).

\(x=92{,}5\)

- Wie hängen die Krümmung einer Funktion und das Vorzeichen ihrer zweiten Ableitung zusammen? - Erinnere dich daran, dass die Exponentialfunktion \(e^u\) immer positive Werte liefert. - Überprüfe das Vorzeichen der zweiten Ableitung in verschiedenen Testintervallen. - Setze die gefundenen \(x\)-Werte in die ursprüngliche Funktion ein, um die \(y\)-Koordinaten zu erhalten.

1. Erste Ableitung bilden: \(\varphi'(x) = -x \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}x^2} = -x \cdot \varphi(x)\). 2. Zweite Ableitung bilden: Unter Verwendung der Produktregel ergibt sich \(\varphi''(x) = (-1) \cdot \varphi(x) + (-x) \cdot (-x \cdot \varphi(x)) = (x^2 - 1) \cdot \varphi(x)\). 3. Wendestellen bestimmen: Da \(\varphi(x) > 0\) für alle \(x\), gilt \(\varphi''(x) = 0\) nur für \(x^2 - 1 = 0\), also \(x_1 = -1\) und \(x_2 = 1\). 4. Krümmungsintervalle analysieren: - Für \(x < -1\) ist \(x^2 - 1 > 0\), also \(\varphi''(x) > 0\). Der Graph ist linksgekrümmt. - Für \(-1 < x < 1\) ist \(x^2 - 1 < 0\), also \(\varphi''(x) < 0\). Der Graph ist rechtskrümmt. - Für \(x > 1\) ist \(x^2 - 1 > 0\), also \(\varphi''(x) > 0\). Der Graph ist linksgekrümmt. 5. Koordinaten der Wendepunkte berechnen: \(\varphi(1) = \varphi(-1) = \frac{1}{\sqrt{2\pi e}} \approx 0{,}242\). Die Wendepunkte liegen bei \(W_1(-1 \mid 0{,}242)\) und \(W_2(1 \mid 0{,}242)\).

Der Graph ist im Intervall \(]-1; 1[\) rechtsgekrümmt und in den Intervallen \(]-\infty; -1[\) sowie \(]1; \infty[\) linksgekrümmt. Die Wendepunkte liegen bei \(W_1(-1 \mid \frac{1}{\sqrt{2\pi e}}) \approx (-1 \mid 0{,}242)\) und \(W_2(1 \mid \frac{1}{\sqrt{2\pi e}}) \approx (1 \mid 0{,}242)\).

- Überlege dir, wie groß die gesamte Fläche unter der Glockenkurve ist. - Nutze die Achsensymmetrie der Glockenkurve an der Stelle \(x = 0\). - Wie hängen die Flächeninhalte am linken und rechten Rand der Kurve zusammen? - Erinnere dich an den Zusammenhang zwischen der Verteilungsfunktion \(\Phi\) und dem Integral der Dichtefunktion.

1. Aus der Symmetrie \(\Phi(-z) = 1 - \Phi(z)\) folgt für Teilaufgabe a): \(\int_{-\infty}^{-2} \varphi(x) \, dx = \Phi(-2) = 1 - \Phi(2) \approx 1 - 0{,}9772 = 0{,}0228\). 2. Für den Bereich zwischen den symmetrischen Grenzen in b) gilt: \(\int_{-2}^{2} \varphi(x) \, dx = \Phi(2) - \Phi(-2) \approx 0{,}9772 - 0{,}0228 = 0{,}9544\). 3. Da die Gesamtwahrscheinlichkeit \(1\) beträgt, ergibt sich für den rechten Rand in c): \(\int_{2}^{\infty} \varphi(x) \, dx = 1 - \Phi(2) \approx 1 - 0{,}9772 = 0{,}0228\).

a) \(\approx 0{,}0228\) b) \(\approx 0{,}9544\) c) \(\approx 0{,}0228\)

- Vergleiche den Funktionsterm mit der allgemeinen Dichtefunktion der Normalverteilung, um die Werte für das Zentrum und die Streuung zu finden. - Überlege, welcher Parameter die Breite und welcher die Lage der Glockenkurve beeinflusst. - Beachte, dass eine Streckung der Breite bei einer Wahrscheinlichkeitsdichte immer eine Anpassung der Höhe nach sich zieht, damit die Fläche unter dem Graphen konstant bleibt. - Wo befindet sich das Maximum der Standardnormalverteilung und wie verändert es sich durch die Transformationen?

1. Vergleich der Funktionsgleichung mit der allgemeinen Form \(\varphi_{\mu; \sigma}(x) = \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2}\) liefert die Parameter \(\sigma = 2{,}5\) und \(\mu = -4\). Der Graph von \(\varphi_{0; 1}\) wird zunächst in \(x\)-Richtung mit dem Faktor \(\sigma = 2{,}5\) gestreckt. Anschließend erfolgt eine Stauchung in \(y\)-Richtung mit dem Faktor \(\frac{1}{\sigma} = \frac{1}{2{,}5} = 0{,}4\). Zuletzt wird der Graph um \(4\) Einheiten nach links (Verschiebung um \(\mu = -4\)) in \(x\)-Richtung verschoben. 2. Der Hochpunkt der Standardnormalverteilung liegt bei \(H_0(0 \mid \frac{1}{\sqrt{2\pi}})\). Durch die Verschiebung liegt die \(x\)-Koordinate bei \(x = -4\). Durch die vertikale Stauchung ergibt sich die \(y\)-Koordinate zu \(y = \frac{1}{2{,}5 \cdot \sqrt{2\pi}}\). Der Hochpunkt ist somit \(H(-4 \mid \frac{1}{2{,}5 \cdot \sqrt{2\pi}})\).

1. Streckung in \(x\)-Richtung mit Faktor \(2{,}5\), Stauchung in \(y\)-Richtung mit Faktor \(0{,}4\) und Verschiebung um \(4\) Einheiten nach links. 2. \(H\left(-4 \mid \frac{1}{2{,}5 \cdot \sqrt{2\pi}}\right)\)

- Welche Auswirkungen haben Streckungen auf den Flächeninhalt unter einem Graphen? - Wie hängen der Streckfaktor in \(x\)-Richtung und die Standardabweichung zusammen? - Welche Koordinate des Hochpunkts wird durch die Verschiebung beeinflusst? - Nutze die Information über den Funktionswert des Hochpunkts, um auf die Form der Glockenkurve rückzuschließen.

1. Die Verschiebung in \(x\)-Richtung um \(5\) Einheiten nach rechts bestimmt den Erwartungswert, also gilt \(\mu = 5\). 2. Der Funktionswert des Hochpunkts einer Normalverteilung ist allgemein gegeben durch \(\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}\). Durch den Vergleich mit \(y_H = \frac{1}{4 \cdot \sqrt{2\pi}}\) folgt direkt \(\sigma = 4\). 3. Die Streckung in \(x\)-Richtung entspricht dem Parameter \(\sigma\), also ist der Streckfaktor \(k = \sigma = 4\). 4. Damit die Fläche unter der Kurve \(1\) bleibt, muss bei einer Streckung in \(x\)-Richtung um den Faktor \(\sigma\) eine Stauchung in \(y\)-Richtung mit dem Faktor \(\frac{1}{\sigma}\) erfolgen. Der gesuchte Skalierungsfaktor in \(y\)-Richtung ist somit \(\frac{1}{4} = 0{,}25\).

\(\mu = 5\), \(\sigma = 4\), Skalierungsfaktor in \(y\)-Richtung: \(0{,}25\).

- Bestimme zuerst, welcher Wahrscheinlichkeitsanteil außerhalb des zentralen Intervalls verbleibt. - Wie verteilt sich dieser Rest bei einem symmetrischen Intervall um \(0\)? - Welche kumulierte Wahrscheinlichkeit muss am rechten Intervallrand erreicht sein? - Nutze anschließend das passende Quantil der Standardnormalverteilung.

a) Außerhalb des zentralen Intervalls liegen insgesamt \(10\,\%\). Wegen der Symmetrie entfallen auf jede Seite \(5\,\%\). Daher muss \(\Phi(a)=0{,}95\) gelten. Somit \(a=\Phi^{-1}(0{,}95)\approx1{,}644854\). b) Auf drei Dezimalstellen lautet das Intervall \([-1{,}645;1{,}645]\). c) Wegen der Symmetrie liegen in jedem der beiden Randbereiche \(0{,}05=5\,\%\).

a) \(a\approx1{,}644854\) b) \([-1{,}645;1{,}645]\) c) jeweils \(5\,\%\)

- Erinnere dich an die Definition \(\Phi(z)=P(Z\le z)\). - Prüfe jeden vorgeschlagenen Ausdruck zunächst darauf, ob sein Wert überhaupt zwischen \(0\) und \(1\) liegen kann. - Nutze die Symmetriebeziehung zwischen positiven und negativen Standardnormalwerten. - Eine zentrale Intervallwahrscheinlichkeit entsteht als Differenz zweier kumulierter Wahrscheinlichkeiten.

a) In Zeile 1 ist \(\Phi(-1{,}2)\) bereits die linke kumulierte Wahrscheinlichkeit; das Gegenereignis beschreibt den rechten Bereich ab \(-1{,}2\). In Zeile 2 würde \(2\Phi(1{,}2)>1\) entstehen, was keine Wahrscheinlichkeit sein kann; die linke Randfläche muss abgezogen werden. b) Wegen \(\Phi(-z)=1-\Phi(z)\) gilt \(P(Z<-1{,}2)=\Phi(-1{,}2)=1-\Phi(1{,}2)\approx1-0{,}8849=0{,}1151\). Außerdem \(P(-1{,}2\le Z\le1{,}2)=\Phi(1{,}2)-\Phi(-1{,}2)=2\Phi(1{,}2)-1\approx0{,}7698\). c) Die Dichte ist symmetrisch zu \(0\), daher besitzen gleich weit vom Mittelpunkt entfernte linke und rechte Randbereiche dieselbe Fläche. Somit \(P(Z>1{,}2)=P(Z<-1{,}2)\approx0{,}1151\).

a) Zeile 1 verwechselt linke kumulierte Wahrscheinlichkeit und Gegenereignis; Zeile 2 liefert sogar einen Wert größer als \(1\). b) \(P(Z<-1{,}2)\approx0{,}1151\); \(P(-1{,}2\le Z\le1{,}2)\approx0{,}7698\). c) Beide Randwahrscheinlichkeiten sind wegen der Symmetrie etwa \(0{,}1151\).

- Standardisiere beide Intervallgrenzen getrennt. - Achte darauf, die Ungleichheitszeichen beim linearen Standardisieren beizubehalten. - Wie wird eine Intervallwahrscheinlichkeit mit zwei Werten der kumulativen Standardnormalverteilung ausgedrückt?

1. Die untere Grenze wird zu \(\frac{74-80}{6}=-1\), die obere zu \(\frac{89-80}{6}=1{,}5\). 2. Das Ereignis lautet daher \(-1<Z\le1{,}5\). 3. Somit ist \(P(74<X\le89)=\Phi(1{,}5)-\Phi(-1)\approx0{,}7745\).

\(-1<Z\le1{,}5\) \(P(74<X\le89)=\Phi(1{,}5)-\Phi(-1)\approx0{,}7745\)

- Welche x-Werte begrenzen die markierte Fläche im Graphen? - Eine Intervallwahrscheinlichkeit erhältst du als Differenz zweier kumulierter Wahrscheinlichkeiten. - Der rechte Grenzwert gehört zum ersten, der linke zum zweiten \(\Phi\)-Term.

1. Der markierte Bereich reicht von \(z=-0{,}5\) bis \(z=1{,}5\). 2. Daher ist die dargestellte Wahrscheinlichkeit \(P(-0{,}5\le Z\le1{,}5)=\Phi(1{,}5)-\Phi(-0{,}5)\). 3. Numerisch ergibt sich \(\Phi(1{,}5)-\Phi(-0{,}5)\approx0{,}6247\).

\(\Phi(1{,}5)-\Phi(-0{,}5)\approx0{,}6247\)

- Nutze die Punkt-Steigungs-Form für die Tangentengleichungen. - Beachte die Symmetrie der Standardnormalverteilung zur \(y\)-Achse. - Wie berechnet man den Flächeninhalt eines Dreiecks, wenn Grundseite und Höhe bekannt sind? - Wo schneiden die Tangenten die \(x\)-Achse? Das hilft dir, die Länge der Grundseite zu bestimmen.

1. Koordinaten und Steigungen in den Wendepunkten bestimmen: \(\varphi(1) = \varphi(-1) = \frac{1}{\sqrt{2\pi e}} \approx 0{,}242\). Die Steigungen lauten \(\varphi'(-1) = -(-1) \cdot \varphi(-1) = \varphi(1)\) und \(\varphi'(1) = -1 \cdot \varphi(1) = -\varphi(1)\). 2. Tangentengleichungen aufstellen: - \(t_1(x) = \varphi(1) \cdot (x - (-1)) + \varphi(1) = \varphi(1) \cdot (x + 2)\). - \(t_2(x) = -\varphi(1) \cdot (x - 1) + \varphi(1) = -\varphi(1) \cdot (x - 2)\). 3. Schnittpunkte mit der \(x\)-Achse finden: \(t_1(x) = 0 \Rightarrow x = -2\) und \(t_2(x) = 0 \Rightarrow x = 2\). Die Basis des Dreiecks hat die Länge \(g = 2 - (-2) = 4\). 4. Schnittpunkt der Tangenten (Spitze des Dreiecks) bestimmen: Aus Symmetriegründen oder durch Gleichsetzen \(t_1(x) = t_2(x)\) folgt \(x = 0\). Die Höhe ist \(h = t_1(0) = 2 \cdot \varphi(1) = \frac{2}{\sqrt{2\pi e}} \approx 0{,}484\). 5. Flächeninhalt berechnen: \(A = \frac{1}{2} \cdot g \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 2 \cdot \varphi(1) = 4 \cdot \varphi(1) = \frac{4}{\sqrt{2\pi e}} \approx 0{,}968\).

a) Die Tangentengleichungen lauten \(t_1(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi e}}(x + 2) \approx 0{,}242x + 0{,}484\) und \(t_2(x) = -\frac{1}{\sqrt{2\pi e}}(x - 2) \approx -0{,}242x + 0{,}484\). b) Der Flächeninhalt des Dreiecks beträgt \(A = \frac{4}{\sqrt{2\pi e}} \approx 0{,}968\,\text{FE}\).