Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P=$\frac{3}{5}$ ⋅ $\frac{2}{4}$ ⋅ $\frac{2}{3}$
= $\frac{1}{5}$ ⋅ $\frac{2}{2}$ ⋅ $1$
= $\frac{1}{5}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: deutsch: $\frac{1}{4}$; andere: $\frac{3}{4}$;

'deutsch'-'deutsch'-'andere' (P=$\frac{3}{70}$)
'deutsch'-'andere'-'deutsch' (P=$\frac{3}{70}$)
'andere'-'deutsch'-'deutsch' (P=$\frac{3}{70}$)

$\frac{3}{70}$ + $\frac{3}{70}$ + $\frac{3}{70}$ = $\frac{9}{70}$

Für die Kategorie 'Vollmilch' gibt es 9 Möglichkeiten. Dabei kann man jedes Stück mit jeder der 5 Möglichkeiten der Kategorie 'Nuss' kombinieren. Dies ergibt also 9 ⋅ 5 = 45 Möglichkeiten. Und jede dieser Möglichkeiten kann man dann wieder mit den 9 Möglichkeiten der Kategorie 'weiß' kombinieren, so dass sich insgesamt 9 ⋅ 5 ⋅ 9 = 405 Möglichkeiten ergeben.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 5 der insgesamt 48 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 5 von 48 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $\left(\begin{array}{c}48\\ 5\end{array}\right)$ verwenden.

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

Es gibt $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\end{array}\right)$ verschiedene Möglichkeiten 2 Kreuzchen auf 5 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 2 richtig getippten unter den 5 Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "2 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 5 Gewinner-Kugeln ziehen", also $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\end{array}\right)$ Möglichkeiten.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 3 falsch getippten unter den 43 Nicht-Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "3 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 43 Nicht-Gewinner-Kugeln ziehen", also $\left(\begin{array}{c}43\\ 3\end{array}\right)$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}43\\ 3\end{array}\right)$ 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 "5 Kugeln aus 48 Kugeln ziehen" $\left(\begin{array}{c}48\\ 5\end{array}\right)$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{\mathrm{Anzahl\; der\; günstigen\; Fälle}}{\mathrm{Anzahl\; aller\; möglichen\; Fälle}}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>5</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>2</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>\; \cdot \; <math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>43</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>3</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>48</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>5</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{\mathrm{123410}}{\mathrm{1712304}}$ ≈ 0,0721 = 7,21%

Anzahl der möglichen Fälle

Man erkennt schnell, dass es für jedes Feld (hier: Zahlenschlossrad) 6 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 6 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 6⋅6⋅...⋅6 = 6⁷ Möglichkeiten für eine Zahlenschlosseinstellungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Es gibt $\left(\begin{array}{c}7\\ 2\end{array}\right)$ verschiedene Möglichkeiten 2 Kreuzchen auf 7 Kästchen zu verteilen.

Da ja nur Zahlen zwischen 1 und 6 möglich sind, gibt es somit $\left(\begin{array}{c}7\\ 2\end{array}\right)$ ⋅ 6 Möglichkeiten für die Belegung der beiden Felder mit gleichen Zahlen, weil ja eben jede der 6 Zahlen theoretisch doppelt vorkommen könnte.

Jetzt bleiben noch 5 Felder (Zahlenschlossräder), die mit den anderen 5 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 5! = 5⋅4⋅3⋅2⋅1 Möglichkeiten.
(5 Möglichkeiten für das erste Feld, 4 Möglichkeiten für das zweite ...)

Insgesamt erhalten wir somit $\left(\begin{array}{c}7\\ 2\end{array}\right)$ ⋅ 6 ⋅ 5⋅4⋅3⋅2⋅1 = 15120 günstige Möglichkeiten

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

P = $\frac{\mathrm{Anzahl\; der\; günstigen\; Fälle}}{\mathrm{Anzahl\; aller\; möglichen\; Fälle}}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>7</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>2</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>\; \cdot \; 6\; \cdot \; 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}{\mathrm{6\cdot 6\cdot 6\cdot 6\cdot 6\cdot 6\cdot 6}}$ = $\frac{\mathrm{15120}}{\mathrm{279936}}$ ≈ 0,054 = 5,4%

Insgesamt sind also n + 8 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{8}{\mathrm{n\; +\; 8}}$

Wenn dann auch tatsächlich "rot" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{n}{\mathrm{n\; +\; 7}}$

Zwei verschiedenfarbige Kugeln zu ziehen kann ja aber auch erst blau und dann rot bedeuten. Die Wahrscheinlichkeit für diesem Fall wäre dann $\frac{n}{\mathrm{n\; +\; 8}}$⋅$\frac{8}{\mathrm{n\; +\; 7}}$⋅

Die Wahrscheinlichkeit, zwei verschiedenfarbige Kugeln zu ziehen ist also $2\frac{8}{n+8}·\frac{n}{n+7}$. Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{16}{33}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $-8$; $-7$}

Wir multiplizieren den Nenner $\left(n+8\right)\left(n+7\right)$ weg!

$-n^2+18n-56$ = 0

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

n_1,2 = $\frac{-18\pm \sqrt{{18}^2-4·\left(-1\right)·\left(-56\right)}}{2\cdot \left(-1\right)}$

n_1,2 = $\frac{-18\pm \sqrt{324-224}}{-2}$

n_1,2 = $\frac{-18\pm \sqrt{100}}{-2}$

n₁ = $\frac{-18+\sqrt{100}}{-2}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>18</mn></mrow>\; </math>\; <mo>+</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>10</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mo>-</mo><mn>2</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{-8}{-2}$ = $4$

n₂ = $\frac{-18-\sqrt{100}}{-2}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>18</mn></mrow>\; </math>\; <mo>-</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>10</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mo>-</mo><mn>2</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{-28}{-2}$ = $14$

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 4 oder 14 blaue Kugeln im Behälter.

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

1. Möglichkeit: 8 Herz und 3 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) = $\frac{3}{11}$⋅$\frac{2}{10}$ = $\frac{3}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Herz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P1 = $\frac{2}{5}$⋅$\frac{3}{55}$ = $\frac{6}{275}$

2. Möglichkeit: 7 Herz und 4 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) = $\frac{4}{11}$⋅$\frac{3}{10}$ = $\frac{6}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Kreuz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P2 = $\frac{3}{5}$⋅$\frac{6}{55}$ = $\frac{18}{275}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

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

P = P1 + P2 = $\frac{6}{275}$ + $\frac{18}{275}$ = $\frac{24}{275}$.