Uslovna verovatnoća i Bajesova formula - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Svih [tex]\binom{52}{8}[/tex] deljenja jednako je verovatno, a deljenje sa tačno [tex]k[/tex] karata herc može se izabrati na [tex]\binom{13}{k}\binom{39}{8-k}[/tex] načina. Neka je [tex]A[/tex] događaj „svih [tex]8[/tex] karata je herc“, a [tex]B[/tex] događaj „najmanje [tex]3[/tex] karte su herc“. Deljenja povoljna za [tex]B[/tex] najlakše je prebrojati preko suprotnog događaja ([tex]0[/tex], [tex]1[/tex] ili [tex]2[/tex] karte herc):
[tex]|B|=\binom{52}{8}-\binom{39}{8}-13\binom{39}{7}-\binom{13}{2}\binom{39}{6}[/tex]
Pošto je [tex]A\subset B[/tex], važi [tex]A\cap B=A[/tex] i
[tex]P(A\,|\,B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{|A|}{|B|}=\frac{\binom{13}{8}}{\binom{52}{8}-\binom{39}{8}-13\binom{39}{7}-\binom{13}{2}\binom{39}{6}}[/tex]
Brojčano je [tex]|A|=1287[/tex] i [tex]|B|=236\,577\,627[/tex], pa je tražena verovatnoća [tex]\frac{1}{183\,821}[/tex]. Pogrešno je „fiksirati“ tri karte herc i birati ostalih [tex]5[/tex] karata od preostalih [tex]49[/tex], što daje [tex]\frac{\binom{10}{5}}{\binom{49}{5}}[/tex]: uslov ne kaže koje su tri karte herc, i pri takvom brojanju deljenja nisu jednako verovatna.

Rešenje:
Neka je [tex]H_1[/tex] hipoteza „izabrana partija nema neispravnih proizvoda“, a [tex]H_2[/tex] hipoteza „u izabranoj partiji je [tex]\frac{1}{4}[/tex] proizvoda neispravna“; [tex]P(H_1)=P(H_2)=\frac{1}{2}[/tex]. Neka je [tex]A[/tex] događaj „prvi proizvod je ispravan“. Tada je [tex]P(A\,|\,H_1)=1[/tex], [tex]P(A\,|\,H_2)=\frac{3}{4}[/tex] i prema formuli totalne verovatnoće
[tex]P(A)=\frac{1}{2}\cdot 1+\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}=\frac{7}{8}[/tex]
Prema Bajesovoj formuli, posle prvog izvlačenja verovatnoće hipoteza postaju
[tex]P(H_1\,|\,A)=\frac{\frac{1}{2}\cdot 1}{\frac{7}{8}}=\frac{4}{7},\quad P(H_2\,|\,A)=\frac{\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}}{\frac{7}{8}}=\frac{3}{7}[/tex]
Prvi proizvod je vraćen, pa za datu partiju drugo izvlačenje ne zavisi od prvog: drugi proizvod je neispravan sa verovatnoćom [tex]0[/tex] u prvoj partiji i sa verovatnoćom [tex]\frac{1}{4}[/tex] u drugoj. Prema formuli totalne verovatnoće sa novim verovatnoćama hipoteza, tražena verovatnoća je
[tex]\frac{4}{7}\cdot 0+\frac{3}{7}\cdot \frac{1}{4}=\frac{3}{28}[/tex]

Rešenje:
Blizanci istog pola su dva puta verovatniji od blizanaca različitog pola, a zbir te dve verovatnoće je [tex]1[/tex], pa su blizanci različitog pola sa verovatnoćom [tex]\frac{1}{3}[/tex]. U tom slučaju oba redosleda rođenja su jednako verovatna, pa je verovatnoća [tex]r[/tex] da je prvi blizanac dečak, a drugi devojčica, jednaka
[tex]r=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{6}[/tex]
Neka je [tex]p[/tex] verovatnoća da su oba blizanca dečaci. Prvi blizanac je dečak ili kada su oba dečaci, ili kada je prvi dečak, a drugi devojčica, pa je
[tex]p+r=0{,}51\Rightarrow p=\frac{51}{100}-\frac{1}{6}=\frac{153-50}{300}=\frac{103}{300}[/tex]
Prema definiciji uslovne verovatnoće, verovatnoća da je drugi blizanac dečak, pod uslovom da je prvi dečak, jednaka je
[tex]\frac{p}{p+r}=\frac{\frac{103}{300}}{\frac{153}{300}}=\frac{103}{153}\approx 0{,}673[/tex]

Rešenje:
Primenjujemo formulu totalne verovatnoće. Neka je [tex]H_k[/tex] ([tex]k=0, 1, 2, 3[/tex]) hipoteza da je za prvu igru uzeto tačno [tex]k[/tex] novih loptica. Svih [tex]\binom{15}{3}=455[/tex] trojki jednako je verovatno, pa je [tex]P(H_k)=\frac{\binom{9}{k}\binom{6}{3-k}}{455}[/tex]:
[tex]P(H_0)=\frac{20}{455},\quad P(H_1)=\frac{135}{455},\quad P(H_2)=\frac{216}{455},\quad P(H_3)=\frac{84}{455}[/tex]
Posle prve igre u kutiji je [tex]9-k[/tex] novih loptica, pa za događaj [tex]A[/tex] „za drugu igru su uzete tri nove loptice“ važi [tex]P(A\,|\,H_k)=\frac{\binom{9-k}{3}}{455}[/tex]:
[tex]P(A\,|\,H_0)=\frac{84}{455},\quad P(A\,|\,H_1)=\frac{56}{455},\quad P(A\,|\,H_2)=\frac{35}{455},\quad P(A\,|\,H_3)=\frac{20}{455}[/tex]
Prema tome,
[tex]P(A)=\sum_{k=0}^{3}P(H_k)\cdot P(A\,|\,H_k)=\frac{20\cdot 84+135\cdot 56+216\cdot 35+84\cdot 20}{455^2}[/tex]
[tex]=\frac{18480}{207025}=\frac{528}{5915}\approx 0{,}089[/tex]

Rešenje:
Svih [tex]\binom{5}{3}=10[/tex] trojki kuglica iz prve kutije jednako su verovatne. Tri crne kuglice ne mogu biti izvučene, pa postoje tri hipoteze:
[tex]H_1[/tex]: izvučene su tri bele kuglice, [tex]P(H_1)=\frac{1}{10}[/tex]; prebacuju se tri bele kuglice i u drugoj kutiji je [tex]5[/tex] belih i [tex]3[/tex] crne kuglice;
[tex]H_2[/tex]: izvučene su dve bele i jedna crna kuglica, [tex]P(H_2)=\frac{\binom{3}{2}\binom{2}{1}}{10}=\frac{6}{10}[/tex]; prebacuju se dve bele kuglice i u drugoj kutiji su [tex]4[/tex] bele i [tex]3[/tex] crne kuglice;
[tex]H_3[/tex]: izvučene su jedna bela i dve crne kuglice, [tex]P(H_3)=\frac{\binom{3}{1}\binom{2}{2}}{10}=\frac{3}{10}[/tex]; prebacuju se dve crne kuglice i u drugoj kutiji su [tex]2[/tex] bele i [tex]5[/tex] crnih kuglica.
Neka je [tex]A[/tex] događaj da su obe kuglice izvučene iz druge kutije bele. Tada je
[tex]P(A\,|\,H_1)=\frac{\binom{5}{2}}{\binom{8}{2}}=\frac{10}{28}=\frac{5}{14}[/tex]
[tex]P(A\,|\,H_2)=\frac{\binom{4}{2}}{\binom{7}{2}}=\frac{6}{21}=\frac{2}{7}[/tex]
[tex]P(A\,|\,H_3)=\frac{\binom{2}{2}}{\binom{7}{2}}=\frac{1}{21}[/tex]
Prema formuli totalne verovatnoće
[tex]P(A)=\frac{1}{10}\cdot \frac{5}{14}+\frac{6}{10}\cdot \frac{2}{7}+\frac{3}{10}\cdot \frac{1}{21}=\frac{5}{140}+\frac{24}{140}+\frac{2}{140}=\frac{31}{140}[/tex]
Dve crne kuglice su prebačene tačno kada je nastupila hipoteza [tex]H_3[/tex], pa je prema Bajesovoj formuli
[tex]P(H_3\,|\,A)=\frac{P(H_3)\,P(A\,|\,H_3)}{P(A)}=\frac{\frac{2}{140}}{\frac{31}{140}}=\frac{2}{31}[/tex]

Rešenje:
Svaki igrač nezavisno od ostalih prenosi informaciju tačno sa verovatnoćom [tex]\frac{1}{3}[/tex], a menja je u suprotnu sa verovatnoćom [tex]\frac{2}{3}[/tex]. Objavljena informacija je tačna tačno onda kada je broj promena paran. Neka je [tex]T[/tex] događaj „A je rekao istinu“, a [tex]R[/tex] događaj „D je objavio tačnu informaciju“.
Neka su [tex]q_0[/tex] i [tex]q_1[/tex] verovatnoće da igrači B, C i D ukupno slažu paran, odnosno neparan broj puta:
[tex]q_0=\left(\frac{1}{3}\right)^3+3\cdot \frac{1}{3}\cdot \left(\frac{2}{3}\right)^2=\frac{1}{27}+\frac{12}{27}=\frac{13}{27}[/tex]
[tex]q_1=3\cdot \left(\frac{1}{3}\right)^2\cdot \frac{2}{3}+\left(\frac{2}{3}\right)^3=\frac{6}{27}+\frac{8}{27}=\frac{14}{27}[/tex]
Ako je A rekao istinu, objavljena informacija je tačna kada B, C i D slažu paran broj puta, a ako je A slagao — kada slažu neparan broj puta. Zbog nezavisnosti je
[tex]P(T\cap R)=\frac{1}{3}\cdot \frac{13}{27}=\frac{13}{81},\qquad P(\overline{T}\cap R)=\frac{2}{3}\cdot \frac{14}{27}=\frac{28}{81}[/tex]
Prema tome, [tex]P(R)=\frac{13}{81}+\frac{28}{81}=\frac{41}{81}[/tex], pa je prema Bajesovoj formuli
[tex]P(T\,|\,R)=\frac{P(T\cap R)}{P(R)}=\frac{\frac{13}{81}}{\frac{41}{81}}=\frac{13}{41}[/tex]

Rešenje:
Neka je u kutiji [tex]i[/tex] ([tex]i=1 ; 2 ; 3[/tex]) [tex]n_i\ge 1[/tex] kuglica, od kojih je [tex]b_i[/tex] crnih, pri čemu je [tex]b_1+b_2+b_3=6[/tex]. Svaka kutija se bira sa verovatnoćom [tex]\frac{1}{3}[/tex], a iz kutije [tex]i[/tex] se bela kuglica izvlači sa verovatnoćom [tex]1-\frac{b_i}{n_i}[/tex]. Prema formuli totalne verovatnoće
[tex]P=\frac{1}{3}\left(3-\frac{b_1}{n_1}-\frac{b_2}{n_2}-\frac{b_3}{n_3}\right)=1-\frac{1}{3}\left(\frac{b_1}{n_1}+\frac{b_2}{n_2}+\frac{b_3}{n_3}\right)[/tex]
U ostale dve kutije je bar po jedna kuglica, pa je [tex]n_i\le 18-2=16[/tex] i [tex]\frac{b_i}{n_i}\ge\frac{b_i}{16}[/tex] za svako [tex]i[/tex]. Prema tome,
[tex]\frac{b_1}{n_1}+\frac{b_2}{n_2}+\frac{b_3}{n_3}\ge\frac{b_1+b_2+b_3}{16}=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}\Rightarrow P\le 1-\frac{1}{3}\cdot \frac{3}{8}=\frac{7}{8}[/tex]
Jednakost se dostiže kada je svih [tex]6[/tex] crnih kuglica u jednoj kutiji zajedno sa [tex]10[/tex] belih, a u svakoj od ostale dve kutije je po jedna bela kuglica:
[tex]P=\frac{1}{3}\left(1+1+\frac{10}{16}\right)=\frac{7}{8}[/tex]
Dakle, najveća verovatnoća je [tex]\frac{7}{8}[/tex]. (Pri prvobitnom rasporedu ona iznosi samo [tex]\frac{1}{3}\left(\frac{5}{6}+\frac{3}{6}+\frac{4}{6}\right)=\frac{2}{3}[/tex].)

Rešenje:
Numerišimo kuglice. Svih [tex](n+m+k)![/tex] redosleda u kojima one mogu biti izvučene jednako su verovatni, a događaj zavisi samo od toga koja je od [tex]n+m[/tex] belih i crvenih kuglica prva među njima.
Za bilo koje dve bele ili crvene kuglice [tex]X[/tex] i [tex]Y[/tex], zamena mesta kuglica [tex]X[/tex] i [tex]Y[/tex] u svakom redosledu je bijekcija između redosleda u kojima je [tex]X[/tex] prva među belim i crvenim kuglicama i onih u kojima je [tex]Y[/tex] prva među njima. Zato je svaka od [tex]n+m[/tex] belih i crvenih kuglica prva među njima sa istom verovatnoćom [tex]\frac{1}{n+m}[/tex]. Tačno [tex]n[/tex] od tih kuglica su bele, pa je tražena verovatnoća [tex]\frac{n}{n+m}[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]N=n+m+k[/tex]. Izvlačenja su nezavisna i pri svakom od njih pojavljuje se bela, crvena ili zelena kuglica sa verovatnoćom [tex]\frac{n}{N}[/tex], [tex]\frac{m}{N}[/tex], [tex]\frac{k}{N}[/tex] redom. Bela kuglica se pojavljuje pre crvene tačno onda kada za neko [tex]j\ge 0[/tex] prvih [tex]j[/tex] izvlačenja daju zelene kuglice, a izvlačenje broj [tex]j+1[/tex] daje belu kuglicu. Ti događaji se međusobno isključuju i zbog nezavisnosti događaj sa indeksom [tex]j[/tex] ima verovatnoću [tex]\left(\frac{k}{N}\right)^j\frac{n}{N}[/tex]. Pošto je [tex]0\le\frac{k}{N}\lt 1[/tex], sabiranjem geometrijskog reda dobijamo
[tex]P=\sum_{j=0}^{\infty}\left(\frac{k}{N}\right)^j\frac{n}{N}=\frac{n}{N}\cdot \frac{1}{1-\frac{k}{N}}=\frac{n}{N-k}=\frac{n}{n+m}[/tex]
Dakle, tražena verovatnoća je jednaka [tex]\frac{n}{n+m}[/tex]; zelene kuglice ne utiču na nju.

Rešenje:
Neka je [tex]S=M+N[/tex]; ukupna suma novca se ne menja. Neka je [tex]p_n[/tex] verovatnoća da Džon pobedi kada ima [tex]n[/tex] evra (a Pjer [tex]S-n[/tex]). Jasno je da je [tex]p_0=0[/tex] i [tex]p_S=1[/tex].
Za [tex]0\lt n\lt S[/tex] posmatrajmo prvo bacanje: sa verovatnoćom [tex]\frac{1}{2}[/tex] Džon će imati [tex]n+1[/tex] evra, a sa verovatnoćom [tex]\frac{1}{2}[/tex] imaće [tex]n-1[/tex] evra, i pošto su bacanja nezavisna, igra se zatim nastavlja kao da je počela iz početka. Prema formuli totalne verovatnoće
[tex]p_n=\frac{1}{2}p_{n+1}+\frac{1}{2}p_{n-1}\Rightarrow p_{n+1}-p_n=p_n-p_{n-1}[/tex]
Dakle, [tex]p_0 ; p_1 ; \ldots ; p_S[/tex] je aritmetička progresija koja u [tex]S[/tex] jednakih koraka ide od [tex]0[/tex] do [tex]1[/tex], tj. [tex]p_n=\frac{n}{S}[/tex]. Džon počinje sa [tex]M[/tex] evra, pa je
[tex]P=p_M=\frac{M}{M+N}[/tex]
Na isti način Pjer pobeđuje sa verovatnoćom [tex]\frac{N}{M+N}[/tex]; zbir ove dve verovatnoće je [tex]1[/tex], pa se igra završava sa verovatnoćom [tex]1[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]A_k[/tex] događaj da je [tex]k[/tex]-ta izvučena kuglica bela. Ako je prvih [tex]k-1[/tex] kuglica bilo belo, pre [tex]k[/tex]-tog izvlačenja u kutiji je [tex]1+2(k-1)=2k-1[/tex] belih kuglica i [tex]1[/tex] crna, pa je [tex]P(A_k\,|\,A_1\cap\ldots\cap A_{k-1})=\frac{2k-1}{2k}[/tex]. Prema pravilu množenja verovatnoća tražena verovatnoća je
[tex]P=P(A_1\cap A_2\cap\ldots\cap A_{50})=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{5}{6}\cdot \ldots\cdot \frac{99}{100}[/tex]
Posmatrajmo i
[tex]Q=\frac{2}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{6}{7}\cdot \ldots\cdot \frac{100}{101}[/tex]
Za svako [tex]k[/tex] važi [tex]\frac{2k-1}{2k}\lt\frac{2k}{2k+1}[/tex], jer je to ekvivalentno sa [tex](2k-1)(2k+1)=4k^2-1\lt 4k^2[/tex]. Zato je svaki činilac od [tex]P[/tex] manji od odgovarajućeg činioca od [tex]Q[/tex], tj. [tex]P\lt Q[/tex] i
[tex]P^2\lt P\cdot Q=\frac{1\cdot 2\cdot 3\cdot \ldots\cdot 100}{2\cdot 3\cdot 4\cdot \ldots\cdot 101}=\frac{1}{101}\lt\frac{1}{100}[/tex]
Prema tome, [tex]P\lt\frac{1}{10}=0{,}1[/tex]. (U stvari, [tex]P=\frac{\binom{100}{50}}{2^{100}}\approx 0{,}0796[/tex].)

Rešenje:
Neka je [tex]A_i[/tex] događaj da se [tex]i[/tex]-ti izvučeni par sastoji od dečaka i devojčice, [tex]i=1 ; 2 ; \ldots ; N[/tex]. Prema pravilu množenja verovatnoća
[tex]P(A_1\cap\ldots\cap A_N)=P(A_1)\cdot P(A_2\,|\,A_1)\cdot \ldots\cdot P(A_N\,|\,A_1\cap\ldots\cap A_{N-1})[/tex]
Ako je prvih [tex]i-1[/tex] parova bilo „dečak – devojčica“, u kutiji je [tex]N-i+1[/tex] dečaka i [tex]M-i+1[/tex] devojčica, tj. [tex]N+M-2i+2[/tex] kartica. Svih [tex]\binom{N+M-2i+2}{2}[/tex] parova od njih jednako su verovatni, a [tex](N-i+1)(M-i+1)[/tex] od njih su „dečak – devojčica“. Prema tome,
[tex]P(A_i\,|\,A_1\cap\ldots\cap A_{i-1})=\frac{(N-i+1)(M-i+1)}{\binom{N+M-2i+2}{2}}=\frac{2(N-i+1)(M-i+1)}{(N+M-2i+2)(N+M-2i+1)}[/tex]
Pomnožimo ove verovatnoće za [tex]i=1 ; 2 ; \ldots ; N[/tex]. Brojioci daju
[tex]2^N\cdot N!\cdot M(M-1)\cdot \ldots\cdot (M-N+1)=\frac{2^N\cdot N!\cdot M!}{(M-N)!}[/tex]
a imenioci daju proizvod svih celih brojeva od [tex]M-N+1[/tex] do [tex]N+M[/tex], tj. [tex]\frac{(N+M)!}{(M-N)!}[/tex]. Prema tome,
[tex]P=\frac{2^N\cdot N!\cdot M!}{(M-N)!}\cdot \frac{(M-N)!}{(N+M)!}=\frac{2^N\cdot N!\cdot M!}{(N+M)!}[/tex]

Rešenje:
Neka putnik [tex]i[/tex] ima sedište [tex]i[/tex]. Prvi putnik zauzima svako od sedišta [tex]2 ; 3 ; \ldots ; 100[/tex] sa verovatnoćom [tex]\frac{1}{99}[/tex]. Ako zauzme sedište [tex]100[/tex], poslednji putnik sigurno neće sesti na svoje sedište.
Pretpostavimo da je zauzeo sedište [tex]k[/tex], gde je [tex]2\le k\le 99[/tex] (verovatnoća [tex]\frac{98}{99}[/tex]). Putnici [tex]2 ; \ldots ; k-1[/tex] sedaju na svoja sedišta, a putnik [tex]k[/tex] bira nasumice slobodno sedište. Od tada, sve dok jedno od sedišta [tex]1[/tex] i [tex]100[/tex] ne bude zauzeto, svaki putnik koji zatekne svoje sedište zauzeto bira nasumice među slobodnim sedištima, među kojima su i sedište [tex]1[/tex] i sedište [tex]100[/tex]; zato su pri svakom takvom izboru ova dva sedišta jednako verovatna.
Ako prvo bude zauzeto sedište [tex]1[/tex], zauzeta sedišta postaju tačno sedišta putnika koji su već ušli, pa svaki sledeći putnik zatiče svoje sedište slobodno i poslednji putnik seda na sedište [tex]100[/tex]. Ako prvo bude zauzeto sedište [tex]100[/tex], poslednji putnik ne seda na svoje sedište. Kada ulazi poslednji putnik, slobodno je samo jedno sedište, pa je jedno od sedišta [tex]1[/tex] i [tex]100[/tex] već zauzeto; zbog simetrije svako od njih biva prvo zauzeto sa verovatnoćom [tex]\frac{1}{2}[/tex]. Prema tome,
[tex]P=\frac{98}{99}\cdot \frac{1}{2}=\frac{49}{99}[/tex]
(Za [tex]n[/tex] sedišta odgovor je [tex]\frac{n-2}{2(n-1)}[/tex]; dobro poznati odgovor [tex]\frac{1}{2}[/tex] važi kada prvi putnik može da izabere i svoje sedište.)

Rešenje:
Svih [tex]n![/tex] redosleda u kojima kartice mogu da izađu jednako su verovatni. Bitan je samo međusobni poredak brojeva, pa možemo smatrati da su brojevi [tex]1 ; 2 ; \ldots ; n[/tex], a ishod slučajna permutacija [tex]\left(x_1 ; x_2 ; \ldots ; x_n\right)[/tex].
Za svako [tex]k[/tex] neka je [tex]R_k[/tex] rang broja [tex]x_k[/tex] među prvih [tex]k[/tex] brojeva, tj. broj indeksa [tex]i\le k[/tex] za koje je [tex]x_i\le x_k[/tex]. Tada je [tex]1\le R_k\le k[/tex], a [tex]A_k[/tex] nastupa tačno onda kada je [tex]R_k=k[/tex].
Permutacija se može rekonstruisati iz svojih rangova: [tex]x_n[/tex] je [tex]R_n[/tex]-ti po veličini (počev od najmanjeg) od svih [tex]n[/tex] brojeva; posle njegovog uklanjanja, [tex]x_{n-1}[/tex] je [tex]R_{n-1}[/tex]-ti po veličini od preostalih brojeva, i tako dalje. Zato je preslikavanje [tex]\left(x_1 ; \ldots ; x_n\right)\mapsto\left(R_1 ; \ldots ; R_n\right)[/tex] injektivno, a njegove vrednosti leže u skupu [tex]T[/tex] svih celobrojnih nizova [tex]\left(r_1 ; \ldots ; r_n\right)[/tex] sa [tex]1\le r_k\le k[/tex] za svako [tex]k[/tex].
Skup [tex]T[/tex] ima [tex]1\cdot 2\cdot \ldots\cdot n=n![/tex] elemenata, koliko ima i permutacija, pa je preslikavanje bijekcija i svaki element skupa [tex]T[/tex] dobija se sa verovatnoćom [tex]\frac{1}{n!}[/tex]. Nizovi iz [tex]T[/tex] sa [tex]r_k=k[/tex] dobijaju se fiksiranjem [tex]k[/tex]-te koordinate i slobodnim izborom ostalih, pa ih ima [tex]\frac{n!}{k}[/tex]. Prema tome,
[tex]P(A_k)=\frac{n!}{k}\cdot \frac{1}{n!}=\frac{1}{k}[/tex]
Na isti način, za proizvoljne indekse [tex]1\le i_1\lt i_2\lt\ldots\lt i_s\le n[/tex] nizova iz [tex]T[/tex] sa [tex]r_{i_1}=i_1 ; \ldots ; r_{i_s}=i_s[/tex] ima [tex]\frac{n!}{i_1\cdot i_2\cdot \ldots\cdot i_s}[/tex], pa je
[tex]P(A_{i_1}\cap A_{i_2}\cap\ldots\cap A_{i_s})=\frac{1}{i_1\cdot i_2\cdot \ldots\cdot i_s}=P(A_{i_1})\cdot P(A_{i_2})\cdot \ldots\cdot P(A_{i_s})[/tex]
Ovo pravilo proizvoda važi za svaki podskup ovih događaja, pa su događaji [tex]A_1 ; A_2 ; \ldots ; A_n[/tex] nezavisni.