Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P=$\frac{3}{4}$ ⋅ $\frac{2}{3}$ ⋅ $\frac{1}{2}$
= $\frac{1}{2}$ ⋅ $1$ ⋅ $\frac{1}{2}$
= $\frac{1}{4}$

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Einzel-Wahrscheinlichkeiten: Mädchen: $\frac{3}{5}$; Jungs: $\frac{2}{5}$;

Du hast entweder einen veralteten Browser oder Javascript ausgeschaltet. Deswegen kannst du leider das SchaubBild nicht sehen :( Die relevanten Pfade sind:

'Jungs'-'Jungs'-'Jungs' (P=$\frac{1}{30}$)

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{30}$ = $\frac{1}{30}$

Für die erste Stelle ist jede(r/s) Schülerin möglich. Es gibt also 24 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle ist der/die/das an erster Stelle stehende Schülerin nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 23 Möglichkeiten. Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 22 möglich sind, usw.

Da ja jede Möglichkeit der ersten Stelle mit den Möglichkeiten der zweiten, dritten, ... Stelle kombinierbar sind, müssen wir die verschiedenen Möglichkeiten an den verschiedenen Stellen multiplizieren:

Es gibt also 24 ⋅ 23 ⋅ 22 ⋅ 21 ⋅ 20 = 5100480 Möglichkeiten, die 24 Möglichkeiten (Schülerin) auf die 5 "Ziehungen" (geloste) zu verteilen.

Wir haben jetzt dabei aber genau unterschieden an welcher Stelle was gezogen wurde. Also wären zum Beispiel Anton-Berta-Caesar und Berta-Caesar-Anton zwei unterschiedliche Ergebnisse. In unserem Fall hier soll diese Reihenfolge aber keine Rolle spielen. Es interessiert nur, wer in der 5er-Gruppe drin ist, nicht an welche Stelle.

Wir berechnen jetzt also, wie viele mögliche Reihenfolgen pro 5er-Gruppe möglich sind.

• Für die erste Stelle ist jede(r) aus der 5er-Gruppe möglich. Es gibt also 5 Möglichkeiten.
• Für die zweite Stelle ist der/die an erster Stelle stehende nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 4 Möglichkeiten.
• Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 3 möglich sind, usw.

Da ja jede Möglichkeit der ersten Stelle mit den Möglichkeiten der zweiten, dritten, ... Stelle kombinierbar sind, müssen wir die verschiedenen Möglichkeiten an den verschiedenen Stellen multiplizieren und erhalten 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 120 Möglichkeiten für die verschiedenen Reihenfolgen innerhalb einer 5er-Gruppe.

Wir müssen deswegen die 5100480 Möglichkeiten für nach Reihenfolge sortierte 5er-Gruppen durch die 120 Möglichkeiten, die 5er-Gruppe anzuordnen, teilen.

Hieraus ergeben sich $\frac{\mathrm{5100480}}{\mathrm{120}}$ = 42504 Möglichkeiten für 5er-Gruppen, die aus 24 Elementen (Schülerin) gebildet werden.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 4 der insgesamt 42 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 4 von 42 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $\left(\begin{array}{c}42\\ 4\end{array}\right)$ verwenden.

Jetzt überlegen wir uns, wie viele günstige Möglichkeiten es gibt:

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 2 richtig getippten unter den 4 Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "2 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 4 Gewinner-Kugeln ziehen", also $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\end{array}\right)$ Möglichkeiten.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 2 falsch getippten unter den 38 Nicht-Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "2 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 38 Nicht-Gewinner-Kugeln ziehen", also $\left(\begin{array}{c}38\\ 2\end{array}\right)$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}38\\ 2\end{array}\right)$ Möglichkeiten, weil ja jeder Fall der richtig getippten mit jedem Fall der falsch getippten kombiniert werden kann. Da ja die Anzahl der insgesamt möglichen Fälle für "4 Kugeln aus 42 Kugeln ziehen" $\left(\begin{array}{c}42\\ 4\end{array}\right)$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{\mathrm{Anzahl\; der\; günstigen\; Fälle}}{\mathrm{Anzahl\; aller\; möglichen\; Fälle}}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>4</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>2</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>\; \cdot \; <math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>38</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>2</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>42</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>4</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{\mathrm{4218}}{\mathrm{111930}}$ ≈ 0,0377 = 3,77%

Anzahl der möglichen Fälle

Man erkennt schnell, dass es für jedes Feld (hier: Zahlenschlossrad) 5 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 5 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 5⋅5⋅...⋅5 = 5⁶ Möglichkeiten für eine Zahlenschlosseinstellungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Für die Anzahl der günstigen (oder gesuchten) Möglichkeiten überlegen wir uns am besten zuerst, wie viele Möglichkeiten es für die beiden Felder (Zahlenschlossräder) gibt, auf denen zwei gleiche Zahlen stehen. (Da jede Zahl mindestens einmal vorkommt, und es aber mehr Zahlenschlossräder als Zahlen gibt, muss ja eine Zahl bei zwei Zahlenschlossräder stehen).
Hierfür gibt es $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\end{array}\right)$ Möglichkeiten.

Da ja nur Zahlen zwischen 1 und 5 möglich sind, gibt es somit $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\end{array}\right)$ ⋅ 5 Möglichkeiten für die Belegung der beiden Felder mit gleichen Zahlen, weil ja eben jede der 5 Zahlen theoretisch doppelt vorkommen könnte.

Jetzt bleiben noch 4 Felder (Zahlenschlossräder), die mit den anderen 4 Zahlen belegt werden können, wobei dabei jede Zahl genau einmal vorkommen muss. Auch das ist ja ein bekanntes Modell (n Zahlen auf n Felder verteilen): Hier gibt es 4! = 4⋅3⋅2⋅1 Möglichkeiten.
(4 Möglichkeiten für das erste Feld, 3 Möglichkeiten für das zweite ...)

Insgesamt erhalten wir somit $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\end{array}\right)$ ⋅ 5 ⋅ 4⋅3⋅2⋅1 = 1800 günstige Möglichkeiten

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit können wir somit als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{\mathrm{Anzahl\; der\; günstigen\; Fälle}}{\mathrm{Anzahl\; aller\; möglichen\; Fälle}}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>6</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>2</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>\; \cdot \; 5\; \cdot \; 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}{\mathrm{5\cdot 5\cdot 5\cdot 5\cdot 5\cdot 5}}$ = $\frac{\mathrm{1800}}{\mathrm{15625}}$ ≈ 0,1152 = 11,52%

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Insgesamt sind also n + 3 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{n}{\mathrm{n\; +\; 3}}$

Wenn dann auch tatsächlich "blau" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{\mathrm{n-1}}{\mathrm{n\; -\; 1\; +\; 3}}$

Die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen ist also $\frac{n}{n+3}·\frac{n-1}{n+2}$. Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{7}{15}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $-3$; $-2$}

$\frac{n\left(n-1\right)}{\left(n+3\right)\left(n+2\right)}$

=

$\frac{7}{15}$

Wir multiplizieren den Nenner $\left(n+3\right)\left(n+2\right)$ weg!

$\frac{n\left(n-1\right)}{\left(n+3\right)·\left(n+2\right)}$	=	$\frac{7}{15}$	|⋅( $\left(n+3\right)\left(n+2\right)$)
$\frac{n\left(n-1\right)}{\left(n+3\right)·\left(n+2\right)}·\left(n+3\right)\left(n+2\right)$	=	$\frac{7}{15}·\left(n+3\right)\left(n+2\right)$
$\frac{n·(\left(n-1\right)·1)}{1}$	=	$\frac{7}{15}\left(n+3\right)\left(n+2\right)$
$n\left(n-1\right)$	=	$\frac{7}{15}\left(n+3\right)\left(n+2\right)$
$n·n+n·\left(-1\right)$	=	$\frac{7}{15}\left(n+3\right)\left(n+2\right)$
$n·n-n$	=	$\frac{7}{15}\left(n+3\right)\left(n+2\right)$
$n^2-n$	=	$\frac{7}{15}{n}^2+\frac{7}{3}n+\frac{14}{5}$

$n^2-n$	=	$\frac{7}{15}{n}^2+\frac{7}{3}n+\frac{14}{5}$	|⋅ 15
$15\left(n^2-n\right)$	=	$15\left(\frac{7}{15}{n}^2+\frac{7}{3}n+\frac{14}{5}\right)$
$15n^2-15n$	=	$7n^2+35n+42$	| $-7n^2$ $-35n$ $-42$

$8n^2-50n-42$ = 0 |:2

$4n^2-25n-21$ = 0

eingesetzt in die Mitternachtsformel (a-b-c-Formel):

n_1,2 = $\frac{+25\pm \sqrt{{\left(-25\right)}^2-4·4·\left(-21\right)}}{2\cdot 4}$

n_1,2 = $\frac{+25\pm \sqrt{625+336}}{8}$

n_1,2 = $\frac{+25\pm \sqrt{961}}{8}$

n₁ = $\frac{25+\sqrt{961}}{8}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>25</mn></mrow>\; </math>\; <mo>+</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>31</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mn>8</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{56}{8}$ = $7$

n₂ = $\frac{25-\sqrt{961}}{8}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>25</mn></mrow>\; </math>\; <mo>-</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>31</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mn>8</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{-6}{8}$ = $-\mathrm{0,75}$

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 7 blaue Kugeln im Behälter.

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Es gibt zwei Möglichkeiten, wie Stapel B nach der ersten Ziehung aus Stapel A bestückt ist:

1. Möglichkeit: 5 Herz und 6 Kreuz

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Stapel A eine Herz Karte gezogen wird.

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall überhaupt eintritt, ist $\frac{2}{4}$.

Wenn dann dieser Fall eingetreten ist, können wir über ein Baumdiagramm die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen, bestimmen:
P(Kreuz-Kreuz) = $\frac{6}{11}$⋅$\frac{5}{10}$ = $\frac{3}{11}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Herz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P1 = $\frac{2}{4}$⋅$\frac{3}{11}$ = $\frac{3}{22}$

2. Möglichkeit: 4 Herz und 7 Kreuz

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Stapel A eine Kreuz Karte gezogen wird.

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall überhaupt eintritt, ist $\frac{2}{4}$.

Wenn dann dieser Fall eingetreten ist, verändern sich am Baumdiagramm eben die Wahrscheinlichkeiten.
Die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen, ist in diesem Fall dann:
P(Kreuz-Kreuz) = $\frac{7}{11}$⋅$\frac{6}{10}$ = $\frac{21}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Kreuz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P2 = $\frac{2}{4}$⋅$\frac{21}{55}$ = $\frac{21}{110}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

Insgesamt gilt somit für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen:

P = P1 + P2 = $\frac{3}{22}$ + $\frac{21}{110}$ = $\frac{18}{55}$.