Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P=$\frac{3}{6}$ ⋅ $\frac{3}{5}$
= $\frac{3}{2}$ ⋅ $\frac{1}{5}$
= $\frac{3}{10}$

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Einzel-Wahrscheinlichkeiten: 1-12: $\frac{12}{37}$; 13-24: $\frac{12}{37}$; 25-36: $\frac{12}{37}$; grüne 0: $\frac{1}{37}$;

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

• '1-12'-'grüne 0' (P=$\frac{12}{1369}$)
• 'grüne 0'-'1-12' (P=$\frac{12}{1369}$)

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{12}{1369}$ + $\frac{12}{1369}$ = $\frac{24}{1369}$

Bei jedem der 2 'Zufallsversuche' gibt es 6 Möglichkeiten. Dabei ist jedes Ergebnis im ersten 'Durchgang' mit jedem Ergebnis im zweiten Durchgang kombinierbar. Man könnte also alles in einem Baumdiagramm darstellen, das sich in jeder der 2 Ebenen immer 6-fach verzweigt.

Es entstehen so also 6 ⋅ 6 = 6² = 36 Möglichkeiten.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 9 der insgesamt 53 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 9 von 53 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $\left(\begin{array}{c}53\\ 9\end{array}\right)$ verwenden.

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

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 3 richtig getippten unter den 9 Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "3 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 9 Gewinner-Kugeln ziehen", also $\left(\begin{array}{c}9\\ 3\end{array}\right)$ Möglichkeiten.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 6 falsch getippten unter den 44 Nicht-Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "6 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 44 Nicht-Gewinner-Kugeln ziehen", also $\left(\begin{array}{c}44\\ 6\end{array}\right)$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $\left(\begin{array}{c}9\\ 3\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}44\\ 6\end{array}\right)$ 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 "9 Kugeln aus 53 Kugeln ziehen" $\left(\begin{array}{c}53\\ 9\end{array}\right)$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{\mathrm{Anzahl\; der\; günstigen\; Fälle}}{\mathrm{Anzahl\; aller\; möglichen\; Fälle}}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>9</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>3</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>\; \cdot \; <math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>44</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>6</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>53</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>9</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>}}$ ≈ 0,1338 = 13,38%

Anzahl der möglichen Fälle

Man erkennt schnell, dass es für jedes Feld (hier: Zahlenschlossrad) 11 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 11 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 11⋅11⋅...⋅11 = 11⁷ Möglichkeiten für eine Zahlenschlosseinstellungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Für die Anzahl der günstigen (oder gesuchten) Möglichkeiten suchen wir also alle möglichen Kombinationen, bei denen 7 verschiedene Zahlen auftreten.

Dazu betrachten wir erstmal die Anzahl der Möglichkeiten welche 7 Zahlen unter den 11 möglichen Zahlen vorkommen können. Auch dies kann man mit dem Modell bestimmen, wie viele Möglichkeiten es gibt, 7 Zahlen von 11 möglichen anzukreuzen. Dies sind $\left(\begin{array}{c}11\\ 7\end{array}\right)$ Möglichkeiten verschiedene 7er-Pakete aus 11 Zahlen zu packen.

Bei jeder dieser $\left(\begin{array}{c}11\\ 7\end{array}\right)$ Möglichkeiten kann dabei die Reihenfolge noch beliebig verändert werden. Hierfür gibt es 7! = 7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1 Möglichkeiten. (7 Möglichkeiten für das erste Feld, 6 Möglichkeiten für das zweite ...)

Insgesamt kommen wir so auf $\left(\begin{array}{c}11\\ 7\end{array}\right)$⋅7! = 1663200 Möglichkeiten.

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

P = $\frac{\mathrm{Anzahl\; der\; günstigen\; Fälle}}{\mathrm{Anzahl\; aller\; möglichen\; Fälle}}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>11</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>7</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>\cdot 7!}}{\mathrm{11\cdot 11\cdot 11\cdot 11\cdot 11\cdot 11\cdot 11}}$ = $\frac{\mathrm{1663200}}{\mathrm{19487171}}$ ≈ 0,0853 = 8,53%

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Insgesamt sind also n + 10 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{\mathrm{10}}{\mathrm{n\; +\; 10}}$

Wenn dann auch tatsächlich "rot" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{n}{\mathrm{n\; +\; 9}}$

Zwei verschiedenfarbige Kugeln zu ziehen kann ja aber auch erst blau und dann rot bedeuten. Die Wahrscheinlichkeit für diesem Fall wäre dann $\frac{n}{\mathrm{n\; +\; 10}}$⋅$\frac{\mathrm{10}}{\mathrm{n\; +\; 9}}$⋅

Die Wahrscheinlichkeit, zwei verschiedenfarbige Kugeln zu ziehen ist also $2\frac{10}{n+10}·\frac{n}{n+9}$. Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{10}{21}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $-10$; $-9$}

$\frac{20n}{\left(n+10\right)\left(n+9\right)}$

=

$\frac{10}{21}$

Wir multiplizieren den Nenner $\left(n+10\right)\left(n+9\right)$ weg!

$\frac{20n}{\left(n+10\right)·\left(n+9\right)}$	=	$\frac{10}{21}$	|⋅( $\left(n+10\right)\left(n+9\right)$)
$\frac{20n}{\left(n+10\right)·\left(n+9\right)}·\left(n+10\right)\left(n+9\right)$	=	$\frac{10}{21}·\left(n+10\right)\left(n+9\right)$
$\frac{20n\left(n+10\right)}{n+10}$	=	$\frac{10}{21}\left(n+10\right)\left(n+9\right)$
$20n$	=	$\frac{10}{21}\left(n+10\right)\left(n+9\right)$
$20n$	=	$\frac{10}{21}{n}^2+\frac{190}{21}n+\frac{300}{7}$

$20n$	=	$\frac{10}{21}{n}^2+\frac{190}{21}n+\frac{300}{7}$	|⋅ 21
$420n$	=	$21\left(\frac{10}{21}{n}^2+\frac{190}{21}n+\frac{300}{7}\right)$
$420n$	=	$10n^2+190n+900$	| $-10n^2$ $-190n$ $-900$

$-10n^2+230n-900$ = 0 |:10

$-n^2+23n-90$ = 0

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

n_1,2 = $\frac{-23\pm \sqrt{{23}^2-4·\left(-1\right)·\left(-90\right)}}{2\cdot \left(-1\right)}$

n_1,2 = $\frac{-23\pm \sqrt{529-360}}{-2}$

n_1,2 = $\frac{-23\pm \sqrt{169}}{-2}$

n₁ = $\frac{-23+\sqrt{169}}{-2}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>23</mn></mrow>\; </math>\; <mo>+</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>13</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mo>-</mo><mn>2</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{-10}{-2}$ = $5$

n₂ = $\frac{-23-\sqrt{169}}{-2}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>23</mn></mrow>\; </math>\; <mo>-</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>13</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mo>-</mo><mn>2</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{-36}{-2}$ = $18$

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 5 oder 18 blaue Kugeln im Behälter.

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

1. Möglichkeit: 3 rote und 8 blaue

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Behälter A eine rote Kugel gezogen wird.

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall überhaupt eintritt, ist $\frac{3}{6}$.

Wenn dann dieser Fall eingetreten ist, können wir über ein Baumdiagramm die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen, bestimmen:
P(blau-blau) = $\frac{8}{11}$⋅$\frac{7}{10}$ = $\frac{28}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen wenn zuvor eine rote Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P1 = $\frac{3}{6}$⋅$\frac{28}{55}$ = $\frac{14}{55}$

2. Möglichkeit: 2 rote und 9 blaue

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Behälter A eine blaue Kugel gezogen wird.

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall überhaupt eintritt, ist $\frac{3}{6}$.

Wenn dann dieser Fall eingetreten ist, verändern sich am Baumdiagramm eben die Wahrscheinlichkeiten.
Die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen, ist in diesem Fall dann:
P(blau-blau) = $\frac{9}{11}$⋅$\frac{8}{10}$ = $\frac{36}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen wenn zuvor eine blaue Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P2 = $\frac{3}{6}$⋅$\frac{36}{55}$ = $\frac{18}{55}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

Insgesamt gilt somit für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen:

P = P1 + P2 = $\frac{14}{55}$ + $\frac{18}{55}$ = $\frac{32}{55}$.