Uslovna verovatnoća i Bajesova formula - teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Odgovori se biraju nezavisno i svaki od njih je tačan sa verovatnoćom [tex]\frac{1}{4}[/tex]. Neka je [tex]A[/tex] događaj „oba odgovora su tačna“, a [tex]B[/tex] događaj „bar jedan odgovor je tačan“. Događaj suprotan događaju [tex]B[/tex] je „oba odgovora su netačna“, pa je
[tex]P(A)=\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{16},\qquad P(B)=1-\frac{3}{4}\cdot \frac{3}{4}=\frac{7}{16}[/tex]
Pošto je [tex]A\subset B[/tex], važi [tex]P(A\cap B)=P(A)[/tex], pa po definiciji uslovne verovatnoće
[tex]P(A\,|\,B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{1}{16}\cdot \frac{16}{7}=\frac{1}{7}[/tex]
(Drugim rečima: od [tex]16[/tex] jednako verovatnih parova odgovora, [tex]7[/tex] sadrži tačan odgovor, a samo u [tex]1[/tex] od njih su oba odgovora tačna.)

Rešenje:
Jednako verovatni ishodi su [tex]\binom{52}{2}=1326[/tex] neuređenih parova karata. Neka je [tex]S[/tex] događaj „obe karte su iste vrednosti“, a [tex]D[/tex] događaj „karte su različitih boja“. Dve karte iste vrednosti uvek su različitih boja, pa je [tex]S\cap D=S[/tex]. Prebrojimo parove karata iste vrednosti i parove karata iste boje:
[tex]|S|=13\cdot \binom{4}{2}=78,\qquad 4\cdot \binom{13}{2}=312[/tex]
Prema tome, događaj [tex]D[/tex] čine [tex]1326-312=1014[/tex] parova i
[tex]P(S\,|\,D)=\frac{P(S\cap D)}{P(D)}=\frac{78}{1014}=\frac{1}{13}[/tex]
Kraće: kakva god da je prva karta, pod datim uslovom druga karta je sa jednakom verovatnoćom bilo koja od [tex]39[/tex] karata ostale tri boje, a tačno [tex]3[/tex] od njih su iste vrednosti kao prva, pa je [tex]P=\frac{3}{39}=\frac{1}{13}[/tex].

Rešenje:
Označimo pismo sa [tex]\text{p}[/tex], a glavu sa [tex]\text{g}[/tex]. Svih [tex]2^3=8[/tex] nizova rezultata jednako su verovatni. Dva događaja [tex]X[/tex] i [tex]Y[/tex] su nezavisna ako je [tex]P(X\cap Y)=P(X)\cdot P(Y)[/tex]. Imamo [tex]A=\{\text{ppp},\text{ppg},\text{pgp},\text{pgg}\}[/tex], [tex]B=\{\text{ppp},\text{ppg},\text{pgp},\text{gpp}\}[/tex] i [tex]C=\{\text{ppp},\text{ggg}\}[/tex], pa je
[tex]P(A)=\frac{4}{8}=\frac{1}{2},\quad P(B)=\frac{4}{8}=\frac{1}{2},\quad P(C)=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}[/tex]
[tex]A\cap B=\{\text{ppp},\text{ppg},\text{pgp}\}[/tex], pa je [tex]P(A\cap B)=\frac{3}{8}\ne\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}[/tex]: događaji [tex]A[/tex] i [tex]B[/tex] su zavisni.
[tex]A\cap C=\{\text{ppp}\}[/tex], pa je [tex]P(A\cap C)=\frac{1}{8}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}[/tex]: događaji [tex]A[/tex] i [tex]C[/tex] su nezavisni.
[tex]B\cap C=\{\text{ppp}\}[/tex], pa je [tex]P(B\cap C)=\frac{1}{8}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}[/tex]: događaji [tex]B[/tex] i [tex]C[/tex] su nezavisni.
Prema tome, tačno [tex]2[/tex] od tri para čine nezavisni događaji.

Rešenje:
Ukupno ima [tex]23[/tex] kuglice. Ako je prva kuglica bela, među preostalim [tex]22[/tex] kuglicama ima [tex]12[/tex] belih; ako je crvena, među preostalim [tex]22[/tex] kuglicama ima [tex]13[/tex] belih:
[tex]P(A_1)=\frac{13}{23},\quad P(\overline{A_1})=\frac{10}{23},\quad P(A_2\,|\,A_1)=\frac{12}{22},\quad P(A_2\,|\,\overline{A_1})=\frac{13}{22}[/tex]
Po pravilu množenja verovatnoća i formuli totalne verovatnoće
[tex]P(A_1\cap A_2)=\frac{13}{23}\cdot \frac{12}{22}[/tex]
[tex]P(A_2)=\frac{13}{23}\cdot \frac{12}{22}+\frac{10}{23}\cdot \frac{13}{22}=\frac{13\cdot (12+10)}{23\cdot 22}=\frac{13}{23}[/tex]
Dakle, druga kuglica je bela sa istom verovatnoćom kao i prva. Prema tome,
[tex]P(A_1\,|\,A_2)=\frac{P(A_1\cap A_2)}{P(A_2)}=\frac{13}{23}\cdot \frac{12}{22}\cdot \frac{23}{13}=\frac{12}{22}=\frac{6}{11}[/tex]

Rešenje:
Neka su [tex]H_1[/tex], [tex]H_2[/tex], [tex]H_3[/tex] redom događaji „izabrana je kutija [tex]1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]3[/tex]“, a [tex]N[/tex] događaj „izvučena loptica je nova“. Kutija se bira nasumično, a kada je kutija izabrana, verovatnoća da je loptica nova jednaka je udelu novih loptica u njoj:
[tex]P(H_1)=P(H_2)=P(H_3)=\frac{1}{3}; \quad P(N\,|\,H_1)=\frac{2}{3}; \quad P(N\,|\,H_2)=\frac{3}{5}; \quad P(N\,|\,H_3)=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}[/tex]
Prema formuli totalne verovatnoće
[tex]P(N)=\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}+\frac{3}{5}+\frac{2}{3}\right)=\frac{1}{3}\cdot \frac{29}{15}=\frac{29}{45}[/tex]
Prema Bajesovoj formuli
[tex]P(H_1\,|\,N)=\frac{P(H_1)\,P(N\,|\,H_1)}{P(N)}=\frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{2}{3}}{\frac{29}{45}}=\frac{2}{9}\cdot \frac{45}{29}=\frac{10}{29}[/tex]
Odgovor nije [tex]\frac{2}{9}[/tex] (dve od devet novih loptica), jer loptice iz različitih kutija nisu jednako verovatne: određena loptica iz kutije [tex]1[/tex] izvlači se s verovatnoćom [tex]\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{9}[/tex], a određena loptica iz kutije [tex]2[/tex] s verovatnoćom [tex]\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{5}=\frac{1}{15}[/tex].

Rešenje:
Posmatramo nasumično izabrano pitanje. Neka je [tex]K[/tex] događaj „student zna odgovor“, [tex]G[/tex] događaj „student pogađa nasumično“, a [tex]C[/tex] događaj „označeni odgovor je tačan“. Pri nasumičnom izboru svaki od četiri odgovora bira se s jednakom verovatnoćom, pa je
[tex]P(K)=\frac{2}{3}; \quad P(G)=\frac{1}{3}; \quad P(C\,|\,K)=1; \quad P(C\,|\,G)=\frac{1}{4}[/tex]
Prema formuli totalne verovatnoće
[tex]P(C)=\frac{2}{3}\cdot 1+\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{4}=\frac{2}{3}+\frac{1}{12}=\frac{3}{4}[/tex]
Odgovor nije izabran nasumično tačno onda kada ga je student znao, pa prema Bajesovoj formuli
[tex]P(K\,|\,C)=\frac{P(K)\,P(C\,|\,K)}{P(C)}=\frac{\frac{2}{3}}{\frac{3}{4}}=\frac{8}{9}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]D[/tex] događaj „osoba je bolesna“, a [tex]T[/tex] događaj „test je pozitivan“. Prema uslovima zadatka
[tex]P(D)=0{,}005; \quad P(\overline{D})=0{,}995; \quad P(T\,|\,D)=0{,}99; \quad P(T\,|\,\overline{D})=1-0{,}99=0{,}01[/tex]
Prema formuli totalne verovatnoće
[tex]P(T)=P(D)\,P(T\,|\,D)+P(\overline{D})\,P(T\,|\,\overline{D})[/tex]
[tex]P(T)=0{,}005\cdot 0{,}99+0{,}995\cdot 0{,}01=0{,}00495+0{,}00995=0{,}0149[/tex]
Prema Bajesovoj formuli
[tex]P(D\,|\,T)=\frac{P(D)\,P(T\,|\,D)}{P(T)}=\frac{0{,}00495}{0{,}0149}=\frac{99}{298}\approx 0{,}33[/tex]
Intuitivno: od [tex]200\,000[/tex] ljudi u proseku je [tex]1000[/tex] bolesnih i kod [tex]990[/tex] od njih test je pozitivan, dok je od [tex]199\,000[/tex] zdravih test pozitivan kod [tex]1990[/tex]. Dakle, samo [tex]990[/tex] od [tex]2980[/tex] pozitivnih rezultata pripada bolesnima.

Rešenje:
Posmatramo hipoteze [tex]H_1[/tex]: „izabran je novčić s dva pisma“, [tex]H_2[/tex]: „izabran je običan novčić“ i [tex]H_3[/tex]: „izabran je novčić s dve glave“. Novčić se bira nasumično, pa je [tex]P(H_1)=P(H_2)=P(H_3)=\frac{1}{3}[/tex]. Neka je [tex]A[/tex] događaj „palo je pismo“. Tada je
[tex]P(A\,|\,H_1)=1; \quad P(A\,|\,H_2)=\frac{1}{2}; \quad P(A\,|\,H_3)=0[/tex]
Prema formuli totalne verovatnoće
[tex]P(A)=\frac{1}{3}\left(1+\frac{1}{2}+0\right)=\frac{1}{2}[/tex]
Na skrivenoj strani je pismo tačno onda kada je izabran novčić s dva pisma, pa je prema Bajesovoj formuli tražena verovatnoća
[tex]P(H_1\,|\,A)=\frac{P(H_1)\,P(A\,|\,H_1)}{P(A)}=\frac{\frac{1}{3}\cdot 1}{\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}[/tex]
Intuitivno: gore može da se nađe jedna od tri jednako verovatne strane s pismom, a dve od njih pripadaju novčiću s dva pisma.

Rešenje:
Neka je [tex]H_1[/tex] događaj „izgubljena kuglica je bela“, [tex]H_2[/tex] događaj „izgubljena kuglica je crna“, a [tex]A[/tex] događaj „izvučena kuglica je bela“. Ako je izgubljena bela kuglica, u kutiji ostaju [tex]3[/tex] bele i [tex]3[/tex] crne kuglice, a ako je izgubljena crna — [tex]4[/tex] bele i [tex]2[/tex] crne. Dakle,
[tex]P(H_1)=\frac{4}{7}; \quad P(H_2)=\frac{3}{7}; \quad P(A\,|\,H_1)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}; \quad P(A\,|\,H_2)=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}[/tex]
Prema formuli totalne verovatnoće
[tex]P(A)=\frac{4}{7}\cdot \frac{1}{2}+\frac{3}{7}\cdot \frac{2}{3}=\frac{2}{7}+\frac{2}{7}=\frac{4}{7}[/tex]
To je i očekivano: gubitak kuglice nepoznate boje ne menja verovatnoću da je nasumično izvučena kuglica bela. Prema Bajesovoj formuli
[tex]P(H_1\,|\,A)=\frac{P(H_1)\,P(A\,|\,H_1)}{P(A)}=\frac{\frac{2}{7}}{\frac{4}{7}}=\frac{1}{2}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]H_k[/tex] događaj „prebačeno je tačno [tex]k[/tex] belih kuglica“, [tex]k=0; 1; 2; 3[/tex]; ove hipoteze se međusobno isključuju i obuhvataju sve mogućnosti. Izbor [tex]3[/tex] kuglice od [tex]9[/tex] može se izvršiti na [tex]\binom{9}{3}=84[/tex] jednako verovatna načina, pa je [tex]P(H_k)=\frac{\binom{4}{k}\binom{5}{3-k}}{84}[/tex]:
[tex]P(H_0)=\frac{10}{84}; \quad P(H_1)=\frac{40}{84}; \quad P(H_2)=\frac{30}{84}; \quad P(H_3)=\frac{4}{84}[/tex]
Neka je [tex]A[/tex] događaj „kuglica izvučena iz druge posude je bela“. Ako se dogodio [tex]H_k[/tex], u drugoj posudi je [tex]k[/tex] belih od ukupno [tex]3[/tex] kuglice, pa je [tex]P(A\,|\,H_k)=\frac{k}{3}[/tex]. Prema formuli totalne verovatnoće
[tex]P(A)=\frac{10}{84}\cdot 0+\frac{40}{84}\cdot \frac{1}{3}+\frac{30}{84}\cdot \frac{2}{3}+\frac{4}{84}\cdot 1=\frac{40+60+12}{252}=\frac{112}{252}=\frac{4}{9}[/tex]
To je jednako verovatnoći da se bela kuglica izvuče direktno iz prve posude, kao što i treba da bude: poslednja izvučena kuglica s jednakom verovatnoćom može biti bilo koja od [tex]9[/tex] kuglica.

Rešenje:
Pucnji su nezavisni, pa je verovatnoća svake kombinacije pogodaka i promašaja jednaka proizvodu pojedinačnih verovatnoća. Tačno dva pogotka nastaju u tri međusobno isključiva slučaja:
pogađaju [tex]A[/tex] i [tex]B[/tex], a [tex]C[/tex] promašuje: [tex]0{,}6\cdot 0{,}5\cdot 0{,}6=0{,}18[/tex];
pogađaju [tex]A[/tex] i [tex]C[/tex], a [tex]B[/tex] promašuje: [tex]0{,}6\cdot 0{,}5\cdot 0{,}4=0{,}12[/tex];
pogađaju [tex]B[/tex] i [tex]C[/tex], a [tex]A[/tex] promašuje: [tex]0{,}4\cdot 0{,}5\cdot 0{,}4=0{,}08[/tex].
Dakle, verovatnoća tačno dva pogotka je [tex]0{,}18+0{,}12+0{,}08=0{,}38[/tex], a verovatnoća da su tačno dva pogotka i da je [tex]C[/tex] pogodio je [tex]0{,}12+0{,}08=0{,}20[/tex]. Prema definiciji uslovne verovatnoće, tražena verovatnoća je
[tex]P=\frac{0{,}20}{0{,}38}=\frac{20}{38}=\frac{10}{19}[/tex]
Pošto je [tex]\frac{10}{19}\gt\frac{1}{2}[/tex], verovatnije je da je [tex]C[/tex] pogodio nego da je promašio, iako je [tex]C[/tex] najslabiji strelac.

Rešenje:
Neka je [tex]H_k[/tex] događaj „u kvaru je tačno [tex]k[/tex] blokova“, [tex]k=0; 1; 2; 3[/tex]. Blokovi se kvare nezavisno, svaki s verovatnoćom [tex]\frac{1}{4}[/tex], pa je prema Bernulijevoj formuli [tex]P(H_k)=\binom{3}{k}\left(\frac{1}{4}\right)^k\left(\frac{3}{4}\right)^{3-k}[/tex]:
[tex]P(H_0)=\frac{27}{64}; \quad P(H_1)=\frac{27}{64}; \quad P(H_2)=\frac{9}{64}; \quad P(H_3)=\frac{1}{64}[/tex]
Neka je [tex]A[/tex] događaj „mašina prestaje da radi“. Prema uslovima zadatka
[tex]P(A\,|\,H_0)=0; \quad P(A\,|\,H_1)=\frac{2}{3}; \quad P(A\,|\,H_2)=\frac{3}{4}; \quad P(A\,|\,H_3)=1[/tex]
Prema formuli totalne verovatnoće
[tex]P(A)=\frac{27}{64}\cdot \frac{2}{3}+\frac{9}{64}\cdot \frac{3}{4}+\frac{1}{64}\cdot 1=\frac{72}{256}+\frac{27}{256}+\frac{4}{256}=\frac{103}{256}[/tex]

Rešenje:
Pitanja se izvlače bez vraćanja. Prva dva pitanja čine jedan od [tex]\binom{25}{2}=300[/tex] jednako verovatnih parova. Neka je [tex]B_0[/tex] događaj „student ne zna nijedno od njih“, a [tex]B_1[/tex] događaj „zna tačno jedno od njih“. Parova nenaučenih pitanja ima [tex]\binom{10}{2}=45[/tex], a parova sa tačno jednim naučenim pitanjem [tex]15\cdot 10=150[/tex], pa je
[tex]P(B_0)=\frac{45}{300}=\frac{3}{20}; \quad P(B_1)=\frac{150}{300}=\frac{1}{2}[/tex]
Ako se dogodio [tex]B_1[/tex], među preostalih [tex]23[/tex] pitanja ima [tex]14[/tex] naučenih i [tex]9[/tex] nenaučenih, pa je treće pitanje nenaučeno s uslovnom verovatnoćom [tex]\frac{9}{23}[/tex]. Student ne polaže ispit ako se dogodi [tex]B_0[/tex] ili ako se dogodi [tex]B_1[/tex] i on ne zna treće pitanje. Ovi slučajevi se međusobno isključuju, pa je tražena verovatnoća
[tex]P=P(B_0)+P(B_1)\cdot \frac{9}{23}=\frac{3}{20}+\frac{1}{2}\cdot \frac{9}{23}=\frac{3}{20}+\frac{9}{46}=\frac{69+90}{460}=\frac{159}{460}\approx 0{,}346[/tex]

Rešenje:
Sva bacanja su nezavisna. Posmatrajmo jedan krug: bacanje igrača [tex]A[/tex], zatim [tex]B[/tex], zatim [tex]C[/tex]. U tom krugu [tex]A[/tex] pobeđuje sa verovatnoćom [tex]p_A[/tex]; [tex]B[/tex] pobeđuje ako [tex]A[/tex] ne pobedi, a [tex]B[/tex] dobije [tex]4[/tex] ili [tex]5[/tex] (verovatnoća [tex]p_B[/tex]); [tex]C[/tex] pobeđuje ako [tex]A[/tex] i [tex]B[/tex] ne pobede, a [tex]C[/tex] dobije [tex]6[/tex] (verovatnoća [tex]p_C[/tex]); niko ne pobeđuje sa verovatnoćom [tex]q[/tex]:
[tex]p_A=\frac{3}{6}=\frac{1}{2},\quad p_B=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{6}=\frac{1}{6}[/tex]
[tex]p_C=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{6}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{18},\quad q=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{6}\cdot \frac{5}{6}=\frac{5}{18}[/tex]
Ako niko ne pobedi, igra počinje ispočetka u potpuno istoj situaciji, pa [tex]C[/tex] pobeđuje u [tex]k[/tex]-tom krugu sa verovatnoćom [tex]q^{k-1}p_C[/tex]. Sabiramo beskonačni geometrijski red:
[tex]P(C)=p_C\left(1+q+q^2+\ldots\right)=\frac{p_C}{1-q}=\frac{\frac{1}{18}}{1-\frac{5}{18}}=\frac{1}{13}[/tex]
Provera: na isti način [tex]P(A)=\frac{p_A}{1-q}=\frac{9}{13}[/tex] i [tex]P(B)=\frac{p_B}{1-q}=\frac{3}{13}[/tex], i zaista [tex]\frac{9}{13}+\frac{3}{13}+\frac{1}{13}=1[/tex].

Rešenje:
Svih [tex]36[/tex] ishoda za dve kocke jednako je verovatno, a ruka koja se podiže bira se nezavisno od kocki, svaka sa verovatnoćom [tex]\frac{1}{2}[/tex]. Neka je [tex]S[/tex] događaj „pokazana kocka pokazuje [tex]6[/tex]“, a [tex]H[/tex] događaj „obe kocke pokazuju [tex]6[/tex]“. Primenjujemo formulu totalne verovatnoće sa tri hipoteze: dve šestice (verovatnoća [tex]\frac{1}{36}[/tex], tada se [tex]S[/tex] sigurno ostvaruje), tačno jedna šestica ([tex]10[/tex] ishoda, verovatnoća [tex]\frac{10}{36}[/tex], tada se [tex]S[/tex] ostvaruje sa verovatnoćom [tex]\frac{1}{2}[/tex]) i nijedna šestica (tada je [tex]S[/tex] nemoguć):
[tex]P(S)=\frac{1}{36}\cdot 1+\frac{10}{36}\cdot \frac{1}{2}+\frac{25}{36}\cdot 0=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}[/tex]
Prema Bajesovoj formuli
[tex]P(H\,|\,S)=\frac{P(H)\cdot P(S\,|\,H)}{P(S)}=\frac{\frac{1}{36}\cdot 1}{\frac{1}{6}}=\frac{1}{6}[/tex]
To se slaže sa intuicijom da skrivena kocka ne zavisi od pokazane. Odgovor [tex]\frac{1}{11}[/tex] bio bi tačan samo kada bismo znali jedino da bar jedna od kocki pokazuje [tex]6[/tex]; ovde znamo više, jer je pokazana slučajno izabrana kocka.

Rešenje:
Zbog simetrije možemo smatrati da ste na početku izabrali vrata [tex]1[/tex]. Sa verovatnoćom [tex]\frac{1}{3}[/tex] nagrada je iza vrata [tex]1[/tex] i tada promenom izbora gubite. Sa verovatnoćom [tex]\frac{2}{3}[/tex] nagrada je iza vrata [tex]2[/tex] ili [tex]3[/tex]; tada je voditelj primoran da otvori druga, prazna vrata, pa preostala zatvorena vrata skrivaju nagradu i promenom izbora dobijate. Dakle, promenom izbora osvajate nagradu sa verovatnoćom [tex]\frac{2}{3}[/tex] (bez promene samo sa verovatnoćom [tex]\frac{1}{3}[/tex]).
Isti rezultat dobija se Bajesovom formulom: neka je voditelj otvorio vrata [tex]3[/tex], neka je [tex]C_i[/tex] događaj „nagrada je iza vrata [tex]i[/tex]“, a [tex]D[/tex] događaj „voditelj otvara vrata [tex]3[/tex]“. Tada je [tex]P(D\,|\,C_1)=\frac{1}{2}[/tex], [tex]P(D\,|\,C_2)=1[/tex], [tex]P(D\,|\,C_3)=0[/tex], pa je
[tex]P(C_2\,|\,D)=\frac{\frac{1}{3}\cdot 1}{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{3}\cdot 1+\frac{1}{3}\cdot 0}=\frac{2}{3}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]A_k[/tex] događaj da [tex]k[/tex]-ti član porodice dobije novčić, [tex]1\le k\le 10[/tex]. On se ostvaruje tačno onda kada prvih [tex]k-1[/tex] osoba izvuče komade bez novčića, a [tex]k[/tex]-ta osoba izvuče komad sa novčićem. Koristimo pravilo množenja verovatnoća pri uzastopnom izvlačenju bez vraćanja.
Prvi ne dobija novčić sa verovatnoćom [tex]\frac{9}{10}[/tex]; ako ga nije dobio, ostaje [tex]9[/tex] komada, od kojih jedan sadrži novčić, pa ga drugi ne dobija sa verovatnoćom [tex]\frac{8}{9}[/tex], i tako dalje. Ako prvih [tex]k-1[/tex] osoba nije dobilo novčić, ostaje [tex]11-k[/tex] komada, od kojih tačno jedan sadrži novčić, pa ga [tex]k[/tex]-ta osoba dobija sa uslovnom verovatnoćom [tex]\frac{1}{11-k}[/tex]. Prema tome,
[tex]P(A_k)=\frac{9}{10}\cdot \frac{8}{9}\cdot \ldots\cdot \frac{11-k}{12-k}\cdot \frac{1}{11-k}=\frac{1}{10}[/tex]
jer se u proizvodu svaki brojilac skraćuje sa sledećim imeniocem (za [tex]k=1[/tex] on je jednostavno [tex]\frac{1}{10}[/tex]). Dakle, svih deset osoba dobija novčić sa istom verovatnoćom [tex]\frac{1}{10}[/tex]: onaj ko izvlači kasnije ima veću uslovnu šansu [tex]\frac{1}{11-k}[/tex], ali je to tačno kompenzovano manjom šansom da novčić još nije izvučen.
Drugi argument: redosled u kome se izvlače komadi je slučajna permutacija [tex]10[/tex] komada, i komad sa novčićem se sa jednakom verovatnoćom nalazi na svakom od [tex]10[/tex] mesta.

Rešenje:
Podsetimo se da su događaji [tex]A_1, \ldots, A_n[/tex] nezavisni (u ukupnosti) ako za svako [tex]k\ge 2[/tex] i svaki izbor indeksa [tex]1\le i_1\lt i_2\lt\ldots\lt i_k\le n[/tex] važi
[tex]P(A_{i_1}\cap A_{i_2}\cap\ldots\cap A_{i_k})=P(A_{i_1})\cdot P(A_{i_2})\cdot \ldots\cdot P(A_{i_k})[/tex]
Lema: ako su [tex]A_1, A_2, \ldots, A_n[/tex] nezavisni, onda su i [tex]\overline{A_1}, A_2, \ldots, A_n[/tex] nezavisni. Zaista, jednakosti u kojima prvi događaj ne učestvuje ne menjaju se. Za jednakost u kojoj on učestvuje uzmimo proizvoljan neprazan skup indeksa [tex]S\subseteq\{2, \ldots, n\}[/tex] i neka je [tex]B=\bigcap_{i\in S}A_i[/tex]. Događaji [tex]A_1\cap B[/tex] i [tex]\overline{A_1}\cap B[/tex] su disjunktni i njihova unija je [tex]B[/tex], pa, koristeći dva puta nezavisnost polaznih događaja, dobijamo
[tex]P(\overline{A_1}\cap B)=P(B)-P(A_1\cap B)=\prod_{i\in S}P(A_i)-P(A_1)\prod_{i\in S}P(A_i)[/tex]
[tex]=\left(1-P(A_1)\right)\prod_{i\in S}P(A_i)=P(\overline{A_1})\prod_{i\in S}P(A_i)[/tex]
a to je tražena jednakost. Definicija nezavisnosti je simetrična u odnosu na događaje, pa lema omogućava da bilo koji pojedinačni događaj nezavisne familije zamenimo njemu suprotnim.
Sada indukcijom po [tex]k=0, 1, \ldots, n[/tex] dokazujemo da su događaji [tex]\overline{A_1}, \ldots, \overline{A_k}, A_{k+1}, \ldots, A_n[/tex] nezavisni. Baza indukcije: za [tex]k=0[/tex] to je pretpostavka. Induktivni korak: ako tvrđenje važi za neko [tex]k\lt n[/tex], primenom leme na događaj [tex]A_{k+1}[/tex] dobijamo ga za [tex]k+1[/tex]. Za [tex]k=n[/tex] dobijamo da su [tex]\overline{A_1}, \overline{A_2}, \ldots, \overline{A_n}[/tex] nezavisni.