Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P=$\frac{3}{27}$ ⋅ $\frac{2}{26}$ ⋅ $\frac{24}{25}$
= $\frac{3}{9}$ ⋅ $\frac{2}{13}$ ⋅ $\frac{4}{25}$
= $\frac{8}{975}$

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Einzel-Wahrscheinlichkeiten: 1: $\frac{1}{2}$; 2: $\frac{7}{20}$; 3: $\frac{3}{20}$;

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

• '1'-'3' (P=$\frac{3}{40}$)
• '3'-'1' (P=$\frac{3}{40}$)
• '2'-'2' (P=$\frac{49}{400}$)

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{3}{40}$ + $\frac{3}{40}$ + $\frac{49}{400}$ = $\frac{109}{400}$

Für die erste Stelle ist jede(r/s) Schülerin möglich. Es gibt also 20 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle ist der/die/das an erster Stelle stehende Schülerin nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 19 Möglichkeiten. Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 18 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 20 ⋅ 19 ⋅ 18 ⋅ 17 = 116280 Möglichkeiten, die 20 Möglichkeiten (Schülerin) auf die 4 "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 4er-Gruppe drin ist, nicht an welche Stelle.

Wir berechnen jetzt also, wie viele mögliche Reihenfolgen pro 4er-Gruppe möglich sind.

• Für die erste Stelle ist jede(r) aus der 4er-Gruppe möglich. Es gibt also 4 Möglichkeiten.
• Für die zweite Stelle ist der/die an erster Stelle stehende nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 3 Möglichkeiten.
• Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 2 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 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 24 Möglichkeiten für die verschiedenen Reihenfolgen innerhalb einer 4er-Gruppe.

Wir müssen deswegen die 116280 Möglichkeiten für nach Reihenfolge sortierte 4er-Gruppen durch die 24 Möglichkeiten, die 4er-Gruppe anzuordnen, teilen.

Hieraus ergeben sich $\frac{\mathrm{116280}}{\mathrm{24}}$ = 4845 Möglichkeiten für 4er-Gruppen, die aus 20 Elementen (Schülerin) gebildet werden.

Zum besseren Verständnis könnnen wir uns ja vorstellen, dass alle Ostereier mit den Zahlen 1 bis 36 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 11 der insgesamt 36 Ostereier gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 11 von 36 Ostereier ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $\left(\begin{array}{c}36\\ 11\end{array}\right)$ verwenden.

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

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 gezogenen Nougateier unter den 10 Nougateier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 10 Nougateier ziehen", also $\left(\begin{array}{c}10\\ 4\end{array}\right)$ Möglichkeiten.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 3 gezogenen Krokanteier unter den 13 Krokanteier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "3 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 13 Krokanteier ziehen", also $\left(\begin{array}{c}13\\ 3\end{array}\right)$ Möglichkeiten.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 gezogenen Vollmilcheier unter den 13 Vollmilcheier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 13 Vollmilcheier ziehen", also $\left(\begin{array}{c}13\\ 4\end{array}\right)$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $\left(\begin{array}{c}10\\ 4\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}13\\ 3\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}13\\ 4\end{array}\right)$ Möglichkeiten, weil ja jeder Fall der gezogenen Nougateier mit jedem Fall der gezogenen Krokanteier uns mit jedem Fall der gezogenen Vollmilcheier kombiniert werden kann. Da ja die Anzahl der insgesamt möglichen Fälle für "11 Ostereier aus 36 Ostereier ziehen" $\left(\begin{array}{c}36\\ 11\end{array}\right)$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{\mathrm{Anzahl\; der\; günstigen\; Fälle}}{\mathrm{Anzahl\; aller\; möglichen\; Fälle}}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>10</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>4</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>\; \cdot \; <math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>13</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>3</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>\; \cdot \; <math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>13</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>4</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>36</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>11</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>}}$ ≈ 0,0715 = 7,15%

Anzahl der möglichen Fälle

Man erkennt schnell, dass es für jedes Feld (hier: Zahlenschlossrad) 9 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 9 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 9⋅9⋅...⋅9 = 9⁵ 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 5 verschiedene Zahlen auftreten.

Dazu betrachten wir erstmal die Anzahl der Möglichkeiten welche 5 Zahlen unter den 9 möglichen Zahlen vorkommen können. Auch dies kann man mit dem Modell bestimmen, wie viele Möglichkeiten es gibt, 5 Zahlen von 9 möglichen anzukreuzen. Dies sind $\left(\begin{array}{c}9\\ 5\end{array}\right)$ Möglichkeiten verschiedene 5er-Pakete aus 9 Zahlen zu packen.

Bei jeder dieser $\left(\begin{array}{c}9\\ 5\end{array}\right)$ Möglichkeiten kann dabei die Reihenfolge noch beliebig verändert werden. Hierfür gibt es 5! = 5⋅4⋅3⋅2⋅1 Möglichkeiten. (5 Möglichkeiten für das erste Feld, 4 Möglichkeiten für das zweite ...)

Insgesamt kommen wir so auf $\left(\begin{array}{c}9\\ 5\end{array}\right)$⋅5! = 15120 Möglichkeiten.

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

P = $\frac{\mathrm{Anzahl\; der\; günstigen\; Fälle}}{\mathrm{Anzahl\; aller\; möglichen\; Fälle}}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>9</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>5</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>\cdot 5!}}{\mathrm{9\cdot 9\cdot 9\cdot 9\cdot 9}}$ = $\frac{\mathrm{15120}}{\mathrm{59049}}$ ≈ 0,2561 = 25,61%

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Insgesamt sind also n + 6 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{n}{\mathrm{n\; +\; 6}}$

Wenn dann auch tatsächlich "blau" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{\mathrm{n-1}}{\mathrm{n\; -\; 1\; +\; 6}}$

Die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen ist also $\frac{n}{n+6}·\frac{n-1}{n+5}$. Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{2}{15}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $-6$; $-5$}

$\frac{n\left(n-1\right)}{\left(n+6\right)\left(n+5\right)}$

=

$\frac{2}{15}$

Wir multiplizieren den Nenner $\left(n+6\right)\left(n+5\right)$ weg!

$\frac{n\left(n-1\right)}{\left(n+6\right)·\left(n+5\right)}$	=	$\frac{2}{15}$	|⋅( $\left(n+6\right)\left(n+5\right)$)
$\frac{n\left(n-1\right)}{\left(n+6\right)·\left(n+5\right)}·\left(n+6\right)\left(n+5\right)$	=	$\frac{2}{15}·\left(n+6\right)\left(n+5\right)$
$\frac{n·(\left(n-1\right)·1)}{1}$	=	$\frac{2}{15}\left(n+6\right)\left(n+5\right)$
$n\left(n-1\right)$	=	$\frac{2}{15}\left(n+6\right)\left(n+5\right)$
$n·n+n·\left(-1\right)$	=	$\frac{2}{15}\left(n+6\right)\left(n+5\right)$
$n·n-n$	=	$\frac{2}{15}\left(n+6\right)\left(n+5\right)$
$n^2-n$	=	$\frac{2}{15}{n}^2+\frac{22}{15}n+4$

$n^2-n$	=	$\frac{2}{15}{n}^2+\frac{22}{15}n+4$	|⋅ 15
$15\left(n^2-n\right)$	=	$15\left(\frac{2}{15}{n}^2+\frac{22}{15}n+4\right)$
$15n^2-15n$	=	$2n^2+22n+60$	| $-2n^2$ $-22n$ $-60$

$13n^2-37n-60$ = 0

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

n_1,2 = $\frac{+37\pm \sqrt{{\left(-37\right)}^2-4·13·\left(-60\right)}}{2\cdot 13}$

n_1,2 = $\frac{+37\pm \sqrt{1369+3120}}{26}$

n_1,2 = $\frac{+37\pm \sqrt{4489}}{26}$

n₁ = $\frac{37+\sqrt{4489}}{26}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>37</mn></mrow>\; </math>\; <mo>+</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>67</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mn>26</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{104}{26}$ = $4$

n₂ = $\frac{37-\sqrt{4489}}{26}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>37</mn></mrow>\; </math>\; <mo>-</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>67</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mn>26</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{-30}{26}$ = $-\frac{15}{13}$ ≈ -1.15

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 4 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: 6 rote und 5 blaue

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

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall überhaupt eintritt, ist $\frac{3}{5}$.

Wenn dann dieser Fall eingetreten ist, können wir über ein Baumdiagramm die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen, bestimmen:
P(blau-blau) = $\frac{5}{11}$⋅$\frac{4}{10}$ = $\frac{2}{11}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen wenn zuvor eine rote Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P1 = $\frac{3}{5}$⋅$\frac{2}{11}$ = $\frac{6}{55}$

2. Möglichkeit: 5 rote und 6 blaue

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

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall überhaupt eintritt, ist $\frac{2}{5}$.

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) = $\frac{6}{11}$⋅$\frac{5}{10}$ = $\frac{3}{11}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen wenn zuvor eine blaue Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P2 = $\frac{2}{5}$⋅$\frac{3}{11}$ = $\frac{6}{55}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

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

P = P1 + P2 = $\frac{6}{55}$ + $\frac{6}{55}$ = $\frac{12}{55}$.