Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

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

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

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

Wie man auch im Baumdiagramm unten gut erkennen kann, sind bei 'mindestens einmal Kreuz' alle Möglichkeiten enthalten, außer eben kein 'Kreuz' bzw. 0 mal 'Kreuz'

Man kann also am aller einfachsten die gesuchte Wahrscheinlichkeit über das Gegenereignis berechnen:

P=1-P(0 mal 'Kreuz')=1- $\frac{153}{190}$ = $\frac{37}{190}$

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

'Kreuz'-'nicht Kreuz' (P=$\frac{9}{95}$)
'nicht Kreuz'-'Kreuz' (P=$\frac{9}{95}$)
'Kreuz'-'Kreuz' (P=$\frac{1}{190}$)

$\frac{9}{95}$ + $\frac{9}{95}$ + $\frac{1}{190}$ = $\frac{37}{190}$

Für die Kategorie 'Vollmilch' gibt es 5 Möglichkeiten. Dabei kann man jedes Stück mit jeder der 5 Möglichkeiten der Kategorie 'Nuss' kombinieren. Dies ergibt also 5 ⋅ 5 = 25 Möglichkeiten. Und jede dieser Möglichkeiten kann man dann wieder mit den 7 Möglichkeiten der Kategorie 'weiß' kombinieren, so dass sich insgesamt 5 ⋅ 5 ⋅ 7 = 175 Möglichkeiten ergeben.

Zum besseren Verständnis könnnen wir uns ja vorstellen, dass alle Kugeln mit den Zahlen 1 bis 38 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 10 der insgesamt 38 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 10 von 38 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $\left(\begin{array}{c}38\\ 10\end{array}\right)$ verwenden.

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

Es gibt $\left(\begin{array}{c}11\\ 2\end{array}\right)$ verschiedene Möglichkeiten 2 Kreuzchen auf 11 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 2 gezogenen blauen unter den 11 blauen Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "2 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 11 blauen Kugeln ziehen", also $\left(\begin{array}{c}11\\ 2\end{array}\right)$ Möglichkeiten.

Es gibt $\left(\begin{array}{c}11\\ 4\end{array}\right)$ verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 11 Kästchen zu verteilen.

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

Es gibt $\left(\begin{array}{c}16\\ 4\end{array}\right)$ verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 16 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 gezogenen grünen unter den 16 grünen Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 16 grünen Kugeln ziehen", also $\left(\begin{array}{c}16\\ 4\end{array}\right)$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $\left(\begin{array}{c}11\\ 2\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}11\\ 4\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}16\\ 4\end{array}\right)$ Möglichkeiten, weil ja jeder Fall der gezogenen blauen mit jedem Fall der gezogenen gelben uns mit jedem Fall der gezogenen grünen kombiniert werden kann. Da ja die Anzahl der insgesamt möglichen Fälle für "10 Kugeln aus 38 Kugeln ziehen" $\left(\begin{array}{c}38\\ 10\end{array}\right)$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{\mathrm{Anzahl\; der\; günstigen\; Fälle}}{\mathrm{Anzahl\; aller\; möglichen\; Fälle}}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>11</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>2</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>\; \cdot \; <math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>11</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>4</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>\; \cdot \; <math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>16</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>4</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>38</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>10</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>}}$ ≈ 0,0699 = 6,99%

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 = 4⁷ Möglichkeiten für eine Zahlenschlosseinstellungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Es gibt $\left(\begin{array}{c}7\\ 4\end{array}\right)$ verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 7 Kästchen zu verteilen.

Da ja nur Zahlen zwischen 1 und 4 möglich sind, gibt es somit $\left(\begin{array}{c}7\\ 4\end{array}\right)$ ⋅ 4 Möglichkeiten für die Belegung der 4 Felder (Zahlenschlossräder) mit gleichen Zahlen, weil ja eben jede der 4 Zahlen theoretisch 4-fach 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 $\left(\begin{array}{c}7\\ 4\end{array}\right)$ ⋅ 4 ⋅ 3⋅2⋅1 = 840 günstige Möglichkeiten

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

P = $\frac{\mathrm{Anzahl\; der\; günstigen\; Fälle}}{\mathrm{Anzahl\; aller\; möglichen\; Fälle}}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mo>(</mo>\; <mtable>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>7</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; <mtr>\; <mtd>\; <mn>4</mn>\; </mtd>\; </mtr>\; </mtable>\; <mo>)</mo>\; </mrow>\; </math>\; \cdot \; 4\; \cdot \; 3\cdot 2\cdot 1}}{\mathrm{4\cdot 4\cdot 4\cdot 4\cdot 4\cdot 4\cdot 4}}$ = $\frac{\mathrm{840}}{\mathrm{16384}}$ ≈ 0,0513 = 5,13%

Insgesamt sind also n + 7 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{7}{\mathrm{n\; +\; 7}}$

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

Zwei verschiedenfarbige Kugeln zu ziehen kann ja aber auch erst blau und dann rot bedeuten. Die Wahrscheinlichkeit für diesem Fall wäre dann $\frac{n}{\mathrm{n\; +\; 7}}$⋅$\frac{7}{\mathrm{n\; +\; 6}}$⋅

Die Wahrscheinlichkeit, zwei verschiedenfarbige Kugeln zu ziehen ist also $2\frac{7}{n+7}·\frac{n}{n+6}$. Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{7}{15}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $-7$; $-6$}

Wir multiplizieren den Nenner $\left(n+7\right)\left(n+6\right)$ weg!

$-n^2+17n-42$ = 0

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

n_1,2 = $\frac{-17\pm \sqrt{{17}^2-4·\left(-1\right)·\left(-42\right)}}{2\cdot \left(-1\right)}$

n_1,2 = $\frac{-17\pm \sqrt{289-168}}{-2}$

n_1,2 = $\frac{-17\pm \sqrt{121}}{-2}$

n₁ = $\frac{-17+\sqrt{121}}{-2}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>17</mn></mrow>\; </math>\; <mo>+</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>11</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mo>-</mo><mn>2</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{-6}{-2}$ = $3$

n₂ = $\frac{-17-\sqrt{121}}{-2}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>17</mn></mrow>\; </math>\; <mo>-</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>11</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mo>-</mo><mn>2</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{-28}{-2}$ = $14$

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 3 oder 14 blaue Kugeln im Behälter.

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

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

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Herz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P1 = $\frac{2}{5}$⋅$\frac{6}{55}$ = $\frac{12}{275}$

2. Möglichkeit: 6 Herz und 5 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) = $\frac{5}{11}$⋅$\frac{4}{10}$ = $\frac{2}{11}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Kreuz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P2 = $\frac{3}{5}$⋅$\frac{2}{11}$ = $\frac{6}{55}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

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

P = P1 + P2 = $\frac{12}{275}$ + $\frac{6}{55}$ = $\frac{42}{275}$.