Hallo,

ich bin mir jetzt nicht so ganz sicher, ob ich Deine Schreibweise richtig deute, aber ich versuchs mal: PE (F) soll wahrscheinlich heißen \(P_E(F)\), d.h. "die Wahrscheinlichkeit, dass das Ereignis F eintritt, unter der Bedingung, dass E bereits eingetreten ist".

Die Ereignisse verstehe ich richtig?

Teil a) E "der zweite Wurf zeigt eine Zahl" und F "jeder der drei Würfe ist eine Zahl"

Teil b) E "der erste Wurf zeigt eine Zahl" und F "genau einer der drei Würfe ist eine Zahl"

Ich nehme einfach mal an, ihr habt die folgende Formel (genauer: die Definition der bedingten Wkt.) bekommen, mir der ihr diese Aufgabe lösen könnt: \(P_A(B) = \frac{P(A\cap B)}{P(A)}\). Dabei berechnen sich die Wahrscheinlichkeiten wie üblich über die Mächtigkeiten (=Anzahl der Elemente) der beteiligten Mengen, d.h. \(P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}\), wobei \(\Omega\) der Ergebnisraum ist. Bevor wir jetzt aber loslegen und dass alles schon ausrechnen, machen wir noch die folgende Beobachtung: \(P(A\cap B)=\frac{|A\cap B|}{|\Omega|}\), d.h. \(P_A(B)=\frac{\frac{|A\cap B|}{|\Omega|}}{\frac{|A|}{|\Omega|}}=\frac{|A\cap B|\cdot |\Omega|}{|\Omega|\cdot |A|}=\frac{|A\cap B|}{|A|}\). Wir können es uns also schonmal sparen \(|\Omega|\) zu bestimmen.

Wagen wir uns mal an Teil a) und \(P_E(F)\) heran. Wir bekommen mit der Definition: \(P_E(F)=\frac{P(E\cap F)}{P(E)}=\frac{|E\cap F|}{|E|}\). Bestimmen wir die Elemente von E \(=\{(Z,Z,Z),\,(Z,Z,K),\,(K, Z, Z),\,(K,Z,K)\}\), damit kriegen wir \(|E|=4\), die Menge F ist vergleichsweise einfach \(F=\{(Z,Z,Z)\}\). Offensichtlich ergibt sich damit \(E\cap F=\{(Z,Z,Z)\}\Rightarrow |E\cap F|=1\). Jetzt setzen wir alles in die Formel ein und bekommen: \(P_E(F)=\frac{1}{4}\). Auch wenn das per Formel sehr einfach funktioniert, ist es doch auch wichtig zu verstehen was man da so ausrechnet (und warum). Daher kann man sich die bedingte Wkt auch einfach mal anschaulich überlegen: Wenn ich behaupte: "Ich weiß, dass im 2.Wurf eine Zahl gefallen ist" (d.h. das ist bereits geschehen!), dann dürfte doch ganz anschaulich klar sein, dass es unter dieser Voraussetzung insgesamt nur 4 mögliche Ausgänge des Experiments geben kann, nämlich (Z,Z,Z), (K,Z,Z), (Z,Z,K), (K,Z,K). Ereignis F ist eines davon, also wird die Wkt dafür wohl 25% betragen.

Auf dieselbe Art und Weise können wir mit der Formel jetzt auch \(P_F(E)=\frac{P(F\cap E)}{P(F)}\) berechnen. Da bekommen wir dann direkt \(P_F(E)=\frac{1}{1}=1\). Andererseits dürfte es von der Anschaulichkeit aber auch klar sein, dass wenn ich weiß, dass dreimal die Zahl gefallen ist, dass dann E "eine Zahl beim 2.Wurf" ein sicheres Ereignis ist, und damit \(P_F(E)=1\) sein muss.

Der Teil b) funktioniert ganz analog und Du kannst ihn ja mal selbst versuchen ehe Du weiterliest. Der Vollständigkeit halber führe ich ihn aber noch vor:

Hier haben wir \(E=\{(Z, Z, Z),\, (Z,K,Z),\, (Z,Z,K),\, (Z,K,K)\}\) und \(F=\{(Z,K,K),\, (K,Z,K),\, (K,K,Z)\}\Rightarrow |F|=3\), außerdem \(E\cap F=\{(Z,K,K)\}\Rightarrow |E\cap F|=1\). Damit berechnen wir \(P_E(F)=\frac{P(E\cap F)}{P(E)}=\frac{1}{4}\) und \(P_F(E)=\frac{P(E\cap F}{P(F)}=\frac{1}{3}\).

Auch bei Teil b) kann man sich das noch einmal veranschaulichen, was die Formel einem sagt: Zum einen hat man die Frage: "Wie wahrscheinlich ist es genau einmal Zahl zu sehen, wenn ich weiß, dass diese Zahl beim ersten Wurf bereits erschienen ist." Dass man da auf 25% kommt liegt nahe, da bei Wurf 2 Kopf braucht und bei Wurf 3 ebenso (also \(\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\) - die Würfe sind stochastisch unabhängig. Genauso die zweite bedingte Wkt.: Wenn ich schon weiß, dass bei den drei Würfen genau einmal Zahl gefallen ist, dann ist es wohl gleichwahrscheinlich bei welchem Wurf diese Zahl auftauchte, d.h. eine von drei Möglichkeiten (also 33,33...%) ist die Gesuchte.

So, ich hoffe das Ganze war jetzt hilfreich beim Verständnis der bedingten Wkt. Wichtig ist, dass man beachtet, dass die Bedingung das ist, was man weiß, bzw. was schon eingetreten ist.

Viele Grüße,

MoNil