Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P=$\frac{3}{8}$ ⋅ $\frac{2}{7}$ ⋅ $\frac{1}{6}$ ⋅ $\frac{5}{5}$
= $\frac{1}{4}$ ⋅ $\frac{1}{7}$ ⋅ $\frac{1}{2}$ ⋅ $\frac{5}{5}$
= $\frac{1}{56}$

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Einzel-Wahrscheinlichkeiten: rot: $\frac{1}{4}$; blau: $\frac{1}{6}$; gelb: $\frac{1}{4}$; schwarz: $\frac{1}{3}$;

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

• 'rot'-'blau' (P=$\frac{1}{24}$)
• 'blau'-'rot' (P=$\frac{1}{24}$)

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{24}$ + $\frac{1}{24}$ = $\frac{1}{12}$

Bei jedem der 5 'Zufallsversuche' gibt es 4 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 5 Ebenen immer 4-fach verzweigt.

Es entstehen so also 4 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ 4 = 4⁵ = 1024 Möglichkeiten.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 8 der insgesamt 39 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 8 von 39 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $\left(\begin{array}{c}39\\ 8\end{array}\right)$ verwenden.

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

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 richtig getippten unter den 8 Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 8 Gewinner-Kugeln ziehen", also $\left(\begin{array}{c}8\\ 4\end{array}\right)$ Möglichkeiten.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 falsch getippten unter den 31 Nicht-Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 31 Nicht-Gewinner-Kugeln ziehen", also $\left(\begin{array}{c}31\\ 4\end{array}\right)$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $\left(\begin{array}{c}8\\ 4\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}31\\ 4\end{array}\right)$ 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 "8 Kugeln aus 39 Kugeln ziehen" $\left(\begin{array}{c}39\\ 8\end{array}\right)$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{\mathrm{Anzahl\; der\; günstigen\; Fälle}}{\mathrm{Anzahl\; aller\; möglichen\; Fälle}}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>8</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>4</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>\; \cdot \; <math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>31</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>4</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>39</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>8</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{\mathrm{2202550}}{\mathrm{61523748}}$ ≈ 0,0358 = 3,58%

Anzahl der möglichen Fälle

Man erkennt schnell, dass es für jedes Feld (hier: Zahlenschlossrad) 4 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 4 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 4⋅4⋅...⋅4 = 4⁵ 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 $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\end{array}\right)$ Möglichkeiten.

Da ja nur Zahlen zwischen 1 und 4 möglich sind, gibt es somit $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\end{array}\right)$ ⋅ 4 Möglichkeiten für die Belegung der beiden Felder mit gleichen Zahlen, weil ja eben jede der 4 Zahlen theoretisch doppelt vorkommen könnte.

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

Insgesamt erhalten wir somit $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\end{array}\right)$ ⋅ 4 ⋅ 3⋅2⋅1 = 240 günstige Möglichkeiten

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

P = $\frac{\mathrm{Anzahl\; der\; günstigen\; Fälle}}{\mathrm{Anzahl\; aller\; möglichen\; Fälle}}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>5</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>2</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>\; \cdot \; 4\; \cdot \; 3\cdot 2\cdot 1}}{\mathrm{4\cdot 4\cdot 4\cdot 4\cdot 4}}$ = $\frac{\mathrm{240}}{\mathrm{1024}}$ ≈ 0,2344 = 23,44%

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Insgesamt sind also n + 5 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{n}{\mathrm{n\; +\; 5}}$

Wenn dann auch tatsächlich "blau" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{\mathrm{n-1}}{\mathrm{n\; -\; 1\; +\; 5}}$

Die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen ist also $\frac{n}{n+5}·\frac{n-1}{n+4}$. Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{2}{9}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $-5$; $-4$}

$\frac{n\left(n-1\right)}{\left(n+5\right)\left(n+4\right)}$

=

$\frac{2}{9}$

Wir multiplizieren den Nenner $\left(n+5\right)\left(n+4\right)$ weg!

$\frac{n\left(n-1\right)}{\left(n+5\right)·\left(n+4\right)}$	=	$\frac{2}{9}$	|⋅( $\left(n+5\right)\left(n+4\right)$)
$\frac{n\left(n-1\right)}{\left(n+5\right)·\left(n+4\right)}·\left(n+5\right)\left(n+4\right)$	=	$\frac{2}{9}·\left(n+5\right)\left(n+4\right)$
$\frac{n·(\left(n-1\right)·1)}{1}$	=	$\frac{2}{9}\left(n+5\right)\left(n+4\right)$
$n\left(n-1\right)$	=	$\frac{2}{9}\left(n+5\right)\left(n+4\right)$
$n·n+n·\left(-1\right)$	=	$\frac{2}{9}\left(n+5\right)\left(n+4\right)$
$n·n-n$	=	$\frac{2}{9}\left(n+5\right)\left(n+4\right)$
$n^2-n$	=	$\frac{2}{9}{n}^2+2n+\frac{40}{9}$

$n^2-n$	=	$\frac{2}{9}{n}^2+2n+\frac{40}{9}$	|⋅ 9
$9\left(n^2-n\right)$	=	$9\left(\frac{2}{9}{n}^2+2n+\frac{40}{9}\right)$
$9n^2-9n$	=	$2n^2+18n+40$	| $-2n^2$ $-18n$ $-40$

$7n^2-27n-40$ = 0

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

n_1,2 = $\frac{+27\pm \sqrt{{\left(-27\right)}^2-4·7·\left(-40\right)}}{2\cdot 7}$

n_1,2 = $\frac{+27\pm \sqrt{729+1120}}{14}$

n_1,2 = $\frac{+27\pm \sqrt{1849}}{14}$

n₁ = $\frac{27+\sqrt{1849}}{14}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>27</mn></mrow>\; </math>\; <mo>+</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>43</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mn>14</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{70}{14}$ = $5$

n₂ = $\frac{27-\sqrt{1849}}{14}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>27</mn></mrow>\; </math>\; <mo>-</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>43</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mn>14</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{-16}{14}$ = $-\frac{8}{7}$ ≈ -1.14

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 5 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: 4 rote und 7 blaue

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Behälter A eine rote Kugel 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 blaue Kugeln zu ziehen, bestimmen:
P(blau-blau) = $\frac{7}{11}$⋅$\frac{6}{10}$ = $\frac{21}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen wenn zuvor eine rote Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P1 = $\frac{2}{5}$⋅$\frac{21}{55}$ = $\frac{42}{275}$

2. Möglichkeit: 3 rote und 8 blaue

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Behälter A eine blaue Kugel 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 blaue Kugeln zu ziehen, ist in diesem Fall dann:
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 blaue Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P2 = $\frac{3}{5}$⋅$\frac{28}{55}$ = $\frac{84}{275}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

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

P = P1 + P2 = $\frac{42}{275}$ + $\frac{84}{275}$ = $\frac{126}{275}$.