Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P=$\frac{2}{11}$ ⋅ $\frac{1}{10}$ ⋅ $\frac{9}{9}$
= $\frac{1}{11}$ ⋅ $\frac{1}{5}$ ⋅ $\frac{9}{9}$
= $\frac{1}{55}$

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Da ja ausschließlich nach 'Pik' gefragt ist, genügt es das Modell auf zwei Möglichkeiten zu beschränken: 'Pik' und 'nicht Pik'

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"Pik": $\frac{1}{10}$; "nicht Pik": $\frac{9}{10}$;

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: Pik: $\frac{1}{10}$; nicht Pik: $\frac{9}{10}$;

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

'Pik'-'nicht Pik' (P=$\frac{9}{95}$)
'nicht Pik'-'Pik' (P=$\frac{9}{95}$)

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{9}{95}$ + $\frac{9}{95}$ = $\frac{18}{95}$

Bei jedem der 3 'Zufallsversuche' gibt es 10 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 3 Ebenen immer 10-fach verzweigt.

Es entstehen so also 10 ⋅ 10 ⋅ 10 = 10³ = 1000 Möglichkeiten.

Zum besseren Verständnis könnnen wir uns ja vorstellen, dass alle Ostereier mit den Zahlen 1 bis 35 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 14 der insgesamt 35 Ostereier gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 14 von 35 Ostereier ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $\left(\begin{array}{c}35\\ 14\end{array}\right)$ verwenden.

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

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 5 gezogenen Nougateier unter den 11 Nougateier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "5 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 11 Nougateier ziehen", also $\left(\begin{array}{c}11\\ 5\end{array}\right)$ Möglichkeiten.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 5 gezogenen Krokanteier unter den 13 Krokanteier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "5 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 13 Krokanteier ziehen", also $\left(\begin{array}{c}13\\ 5\end{array}\right)$ Möglichkeiten.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 gezogenen Vollmilcheier unter den 11 Vollmilcheier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 11 Vollmilcheier ziehen", also $\left(\begin{array}{c}11\\ 4\end{array}\right)$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $\left(\begin{array}{c}11\\ 5\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}13\\ 5\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}11\\ 4\end{array}\right)$ 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 "14 Ostereier aus 35 Ostereier ziehen" $\left(\begin{array}{c}35\\ 14\end{array}\right)$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{\mathrm{Anzahl\; der\; günstigen\; Fälle}}{\mathrm{Anzahl\; aller\; möglichen\; Fälle}}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>11</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>5</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>\; \cdot \; <math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>13</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>5</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>\; \cdot \; <math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>11</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>4</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>35</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>14</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>}}$ ≈ 0,0846 = 8,46%

Anzahl der möglichen Fälle

Man erkennt schnell, dass es für jedes Feld (hier: Zahlenschlossrad) 10 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 10 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 10⋅10⋅...⋅10 = 10⁵ 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 10 möglichen Zahlen vorkommen können. Auch dies kann man mit dem Modell bestimmen, wie viele Möglichkeiten es gibt, 5 Zahlen von 10 möglichen anzukreuzen. Dies sind $\left(\begin{array}{c}10\\ 5\end{array}\right)$ Möglichkeiten verschiedene 5er-Pakete aus 10 Zahlen zu packen.

Bei jeder dieser $\left(\begin{array}{c}10\\ 5\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}10\\ 5\end{array}\right)$⋅5! = 30240 Möglichkeiten.

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

P = $\frac{\mathrm{Anzahl\; der\; günstigen\; Fälle}}{\mathrm{Anzahl\; aller\; möglichen\; Fälle}}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>10</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>5</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>\cdot 5!}}{\mathrm{10\cdot 10\cdot 10\cdot 10\cdot 10}}$ = $\frac{\mathrm{30240}}{\mathrm{100000}}$ ≈ 0,3024 = 30,24%

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Insgesamt sind also n + 6 Kugeln im Behälter.

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

Wenn dann auch tatsächlich "rot" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{5}{\mathrm{n\; +\; 5}}$

Die Wahrscheinlichkeit, zwei rote Kugeln zu ziehen ist also $\frac{6}{n+6}·\frac{5}{n+5}$. Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{1}{3}$ ist, gilt somit:

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

$\frac{30}{\left(n+6\right)\left(n+5\right)}$

=

$\frac{1}{3}$

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

$\frac{30}{\left(n+6\right)·\left(n+5\right)}$	=	$\frac{1}{3}$	|⋅( $\left(n+6\right)·\left(n+5\right)$)
$\frac{30}{\left(n+6\right)·\left(n+5\right)}·\left(n+6\right)·\left(n+5\right)$	=	$\frac{1}{3}·\left(n+6\right)·\left(n+5\right)$
$30\frac{n+6}{n+6}$	=	$\frac{1}{3}\left(n+6\right)\left(n+5\right)$
$30$	=	$\frac{1}{3}\left(n+6\right)\left(n+5\right)$
$30$	=	$\frac{1}{3}{n}^2+\frac{11}{3}n+10$

$30$	=	$\frac{1}{3}{n}^2+\frac{11}{3}n+10$	|⋅ 3
$90$	=	$3\left(\frac{1}{3}{n}^2+\frac{11}{3}n+10\right)$
$90$	=	$n^2+11n+30$	| $-n^2$ $-11n$ $-30$

$-n^2-11n+60$ = 0

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

n_1,2 = $\frac{+11\pm \sqrt{{\left(-11\right)}^2-4·\left(-1\right)·60}}{2\cdot \left(-1\right)}$

n_1,2 = $\frac{+11\pm \sqrt{121+240}}{-2}$

n_1,2 = $\frac{+11\pm \sqrt{361}}{-2}$

n₁ = $\frac{11+\sqrt{361}}{-2}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>11</mn></mrow>\; </math>\; <mo>+</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>19</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mo>-</mo><mn>2</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{30}{-2}$ = $-15$

n₂ = $\frac{11-\sqrt{361}}{-2}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>11</mn></mrow>\; </math>\; <mo>-</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>19</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mo>-</mo><mn>2</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{-8}{-2}$ = $4$

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 4 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: 6 Herz und 5 Kreuz

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

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

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

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Herz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P1 = $\frac{2}{5}$⋅$\frac{2}{11}$ = $\frac{4}{55}$

2. Möglichkeit: 5 Herz und 6 Kreuz

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

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

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

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Kreuz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P2 = $\frac{3}{5}$⋅$\frac{3}{11}$ = $\frac{9}{55}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

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

P = P1 + P2 = $\frac{4}{55}$ + $\frac{9}{55}$ = $\frac{13}{55}$.