Условная вероятность и формула Байеса - очень сложные задачи с решениями

Решение:
Все [tex]\binom{52}{8}[/tex] наборов карт равновозможны, а набор, в котором ровно [tex]k[/tex] карт червонной масти, можно выбрать [tex]\binom{13}{k}\binom{39}{8-k}[/tex] способами. Пусть [tex]A[/tex] — событие «все [tex]8[/tex] карт червонной масти», а [tex]B[/tex] — событие «не менее [tex]3[/tex] карт червонной масти». Наборы, благоприятные для [tex]B[/tex], проще всего подсчитать через противоположное событие ([tex]0[/tex], [tex]1[/tex] или [tex]2[/tex] карты червонной масти):
[tex]|B|=\binom{52}{8}-\binom{39}{8}-13\binom{39}{7}-\binom{13}{2}\binom{39}{6}[/tex]
Так как [tex]A\subset B[/tex], то [tex]A\cap B=A[/tex] и
[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]
Численно [tex]|A|=1287[/tex] и [tex]|B|=236\,577\,627[/tex], поэтому искомая вероятность равна [tex]\frac{1}{183\,821}[/tex]. Неверно «закрепить» три карты червонной масти и выбирать остальные [tex]5[/tex] карт из оставшихся [tex]49[/tex], что даёт [tex]\frac{\binom{10}{5}}{\binom{49}{5}}[/tex]: условие не говорит, какие именно три карты червонной масти, и при таком подсчёте наборы не равновозможны.

Решение:
Пусть [tex]H_1[/tex] — гипотеза «выбрана партия без бракованных деталей», а [tex]H_2[/tex] — гипотеза «выбрана партия, в которой [tex]\frac{1}{4}[/tex] деталей бракованные»; [tex]P(H_1)=P(H_2)=\frac{1}{2}[/tex]. Пусть [tex]A[/tex] — событие «первая деталь стандартная». Тогда [tex]P(A\,|\,H_1)=1[/tex], [tex]P(A\,|\,H_2)=\frac{3}{4}[/tex] и по формуле полной вероятности
[tex]P(A)=\frac{1}{2}\cdot 1+\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}=\frac{7}{8}[/tex]
По формуле Байеса после первого извлечения вероятности гипотез становятся равными
[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]
Первая деталь возвращена, поэтому при данной партии второе извлечение не зависит от первого: вторая деталь бракованная с вероятностью [tex]0[/tex] в первой партии и с вероятностью [tex]\frac{1}{4}[/tex] во второй. По формуле полной вероятности с новыми вероятностями гипотез искомая вероятность равна
[tex]\frac{4}{7}\cdot 0+\frac{3}{7}\cdot \frac{1}{4}=\frac{3}{28}[/tex]

Решение:
Однополые близнецы вдвое вероятнее разнополых, а сумма этих двух вероятностей равна [tex]1[/tex], поэтому близнецы разнополые с вероятностью [tex]\frac{1}{3}[/tex]. В этом случае оба порядка рождения равновероятны, поэтому вероятность [tex]r[/tex] того, что первый близнец мальчик, а второй — девочка, равна
[tex]r=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{6}[/tex]
Пусть [tex]p[/tex] — вероятность того, что оба близнеца мальчики. Первый близнец — мальчик либо когда оба мальчики, либо когда первый мальчик, а второй — девочка, поэтому
[tex]p+r=0{,}51\Rightarrow p=\frac{51}{100}-\frac{1}{6}=\frac{153-50}{300}=\frac{103}{300}[/tex]
По определению условной вероятности вероятность того, что второй близнец мальчик, при условии, что первый — мальчик, равна
[tex]\frac{p}{p+r}=\frac{\frac{103}{300}}{\frac{153}{300}}=\frac{103}{153}\approx 0{,}673[/tex]

Решение:
Воспользуемся формулой полной вероятности. Пусть [tex]H_k[/tex] ([tex]k=0, 1, 2, 3[/tex]) — гипотеза о том, что для первой игры взято ровно [tex]k[/tex] новых мячей. Все [tex]\binom{15}{3}=455[/tex] троек равновозможны, поэтому [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]
После первой игры в ящике [tex]9-k[/tex] новых мячей, поэтому для события [tex]A[/tex] «для второй игры взяты три новых мяча» имеем [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]
Следовательно,
[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]

Решение:
Все [tex]\binom{5}{3}=10[/tex] троек шаров из первой урны равновозможны. Три чёрных шара извлечь нельзя, поэтому есть три гипотезы:
[tex]H_1[/tex]: извлечены три белых шара, [tex]P(H_1)=\frac{1}{10}[/tex]; перекладывают три белых шара, и во второй урне [tex]5[/tex] белых и [tex]3[/tex] чёрных шара;
[tex]H_2[/tex]: извлечены два белых и один чёрный шар, [tex]P(H_2)=\frac{\binom{3}{2}\binom{2}{1}}{10}=\frac{6}{10}[/tex]; перекладывают два белых шара, и во второй урне [tex]4[/tex] белых и [tex]3[/tex] чёрных шара;
[tex]H_3[/tex]: извлечены один белый и два чёрных шара, [tex]P(H_3)=\frac{\binom{3}{1}\binom{2}{2}}{10}=\frac{3}{10}[/tex]; перекладывают два чёрных шара, и во второй урне [tex]2[/tex] белых и [tex]5[/tex] чёрных шаров.
Пусть [tex]A[/tex] — событие «оба шара, извлечённые из второй урны, белые». Тогда
[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]
По формуле полной вероятности
[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]
Два чёрных шара переложены ровно при гипотезе [tex]H_3[/tex], поэтому по формуле Байеса
[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]

Решение:
Каждый игрок независимо от других передаёт информацию верно с вероятностью [tex]\frac{1}{3}[/tex] и искажает её на противоположную с вероятностью [tex]\frac{2}{3}[/tex]. Объявленная информация верна ровно тогда, когда число искажений чётно. Пусть [tex]T[/tex] — событие «А сказал правду», а [tex]R[/tex] — событие «Г объявил верную информацию».
Пусть [tex]q_0[/tex] и [tex]q_1[/tex] — вероятности того, что игроки Б, В и Г в сумме солгут соответственно чётное и нечётное число раз:
[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]
Если А сказал правду, объявленная информация верна, когда Б, В и Г солгут чётное число раз, а если А солгал — когда они солгут нечётное число раз. В силу независимости
[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]
Следовательно, [tex]P(R)=\frac{13}{81}+\frac{28}{81}=\frac{41}{81}[/tex], и по формуле Байеса
[tex]P(T\,|\,R)=\frac{P(T\cap R)}{P(R)}=\frac{\frac{13}{81}}{\frac{41}{81}}=\frac{13}{41}[/tex]

Решение:
Пусть в урне [tex]i[/tex] ([tex]i=1 ; 2 ; 3[/tex]) лежит [tex]n_i\ge 1[/tex] шаров, из них [tex]b_i[/tex] чёрных, где [tex]b_1+b_2+b_3=6[/tex]. Каждая урна выбирается с вероятностью [tex]\frac{1}{3}[/tex], а белый шар из урны [tex]i[/tex] вынимается с вероятностью [tex]1-\frac{b_i}{n_i}[/tex]. По формуле полной вероятности
[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]
В двух других урнах лежит хотя бы по одному шару, поэтому [tex]n_i\le 18-2=16[/tex] и [tex]\frac{b_i}{n_i}\ge\frac{b_i}{16}[/tex] для каждого [tex]i[/tex]. Следовательно,
[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]
Равенство достигается, когда все [tex]6[/tex] чёрных шаров лежат в одной урне вместе с [tex]10[/tex] белыми, а в каждой из двух других урн лежит по одному белому шару:
[tex]P=\frac{1}{3}\left(1+1+\frac{10}{16}\right)=\frac{7}{8}[/tex]
Значит, наибольшая вероятность равна [tex]\frac{7}{8}[/tex]. (При исходном распределении она равна лишь [tex]\frac{1}{3}\left(\frac{5}{6}+\frac{3}{6}+\frac{4}{6}\right)=\frac{2}{3}[/tex].)

Решение:
Пронумеруем шары. Все [tex](n+m+k)![/tex] порядков, в которых их можно извлечь, равновозможны, а событие зависит только от того, какой из [tex]n+m[/tex] белых и красных шаров окажется первым среди них.
Для любых двух белых или красных шаров [tex]X[/tex] и [tex]Y[/tex] перестановка местами [tex]X[/tex] и [tex]Y[/tex] в каждом порядке есть биекция между порядками, в которых [tex]X[/tex] — первый среди белых и красных шаров, и порядками, в которых первым среди них является [tex]Y[/tex]. Поэтому каждый из [tex]n+m[/tex] белых и красных шаров оказывается первым среди них с одной и той же вероятностью [tex]\frac{1}{n+m}[/tex]. Ровно [tex]n[/tex] из этих шаров белые, поэтому искомая вероятность равна [tex]\frac{n}{n+m}[/tex].

Решение:
Пусть [tex]N=n+m+k[/tex]. Извлечения независимы, и при каждом из них появляется белый, красный или зелёный шар с вероятностями [tex]\frac{n}{N}[/tex], [tex]\frac{m}{N}[/tex], [tex]\frac{k}{N}[/tex] соответственно. Белый шар появится раньше красного ровно тогда, когда при некотором [tex]j\ge 0[/tex] первые [tex]j[/tex] извлечений дают зелёные шары, а извлечение с номером [tex]j+1[/tex] даёт белый шар. Эти события несовместны, и в силу независимости событие с индексом [tex]j[/tex] имеет вероятность [tex]\left(\frac{k}{N}\right)^j\frac{n}{N}[/tex]. Так как [tex]0\le\frac{k}{N}\lt 1[/tex], суммирование геометрического ряда даёт
[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]
Итак, искомая вероятность равна [tex]\frac{n}{n+m}[/tex]; зелёные шары на неё не влияют.

Решение:
Пусть [tex]S=M+N[/tex]; общая сумма денег не меняется. Пусть [tex]p_n[/tex] — вероятность победы Джона, когда у него [tex]n[/tex] евро (а у Пьера [tex]S-n[/tex]). Ясно, что [tex]p_0=0[/tex] и [tex]p_S=1[/tex].
При [tex]0\lt n\lt S[/tex] рассмотрим первое бросание: с вероятностью [tex]\frac{1}{2}[/tex] у Джона становится [tex]n+1[/tex] евро и с вероятностью [tex]\frac{1}{2}[/tex] становится [tex]n-1[/tex] евро, а так как бросания независимы, далее игра идёт так, как будто она началась заново. По формуле полной вероятности
[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]
Значит, [tex]p_0 ; p_1 ; \ldots ; p_S[/tex] — арифметическая прогрессия, которая за [tex]S[/tex] равных шагов проходит от [tex]0[/tex] до [tex]1[/tex], т.е. [tex]p_n=\frac{n}{S}[/tex]. В начале у Джона [tex]M[/tex] евро, поэтому
[tex]P=p_M=\frac{M}{M+N}[/tex]
Аналогично Пьер побеждает с вероятностью [tex]\frac{N}{M+N}[/tex]; сумма двух вероятностей равна [tex]1[/tex], поэтому игра заканчивается с вероятностью [tex]1[/tex].

Решение:
Пусть [tex]A_k[/tex] — событие «[tex]k[/tex]-й извлечённый шар белый». Если первые [tex]k-1[/tex] шаров были белыми, то перед [tex]k[/tex]-м извлечением в урне [tex]1+2(k-1)=2k-1[/tex] белых шаров и [tex]1[/tex] чёрный, поэтому [tex]P(A_k\,|\,A_1\cap\ldots\cap A_{k-1})=\frac{2k-1}{2k}[/tex]. По теореме умножения вероятностей искомая вероятность равна
[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]
Рассмотрим также
[tex]Q=\frac{2}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{6}{7}\cdot \ldots\cdot \frac{100}{101}[/tex]
Для любого [tex]k[/tex] выполнено [tex]\frac{2k-1}{2k}\lt\frac{2k}{2k+1}[/tex], так как это равносильно [tex](2k-1)(2k+1)=4k^2-1\lt 4k^2[/tex]. Поэтому каждый множитель [tex]P[/tex] меньше соответствующего множителя [tex]Q[/tex], т.е. [tex]P\lt Q[/tex] и
[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]
Следовательно, [tex]P\lt\frac{1}{10}=0{,}1[/tex]. (На самом деле [tex]P=\frac{\binom{100}{50}}{2^{100}}\approx 0{,}0796[/tex].)

Решение:
Пусть [tex]A_i[/tex] — событие «[tex]i[/tex]-я вынутая пара состоит из мальчика и девочки», [tex]i=1 ; 2 ; \ldots ; N[/tex]. По теореме умножения вероятностей
[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]
Если первые [tex]i-1[/tex] пар были «мальчик – девочка», то в коробке [tex]N-i+1[/tex] мальчиков и [tex]M-i+1[/tex] девочек, т.е. [tex]N+M-2i+2[/tex] карточек. Все [tex]\binom{N+M-2i+2}{2}[/tex] пар из них равновозможны, и [tex](N-i+1)(M-i+1)[/tex] из них — пары «мальчик – девочка». Следовательно,
[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]
Перемножим эти вероятности для [tex]i=1 ; 2 ; \ldots ; N[/tex]. Числители дают
[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]
а знаменатели дают произведение всех целых чисел от [tex]M-N+1[/tex] до [tex]N+M[/tex], т.е. [tex]\frac{(N+M)!}{(M-N)!}[/tex]. Следовательно,
[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]

Решение:
Пусть у пассажира [tex]i[/tex] место [tex]i[/tex]. Первый пассажир занимает каждое из мест [tex]2 ; 3 ; \ldots ; 100[/tex] с вероятностью [tex]\frac{1}{99}[/tex]. Если он займёт место [tex]100[/tex], последний пассажир заведомо не сядет на своё место.
Пусть он займёт место [tex]k[/tex], где [tex]2\le k\le 99[/tex] (вероятность [tex]\frac{98}{99}[/tex]). Пассажиры со [tex]2[/tex]-го по [tex](k-1)[/tex]-й садятся на свои места, а пассажир [tex]k[/tex] выбирает случайное свободное место. С этого момента, пока не занято одно из мест [tex]1[/tex] и [tex]100[/tex], каждый пассажир, нашедший своё место занятым, выбирает наудачу среди свободных мест, в числе которых есть и место [tex]1[/tex], и место [tex]100[/tex]; поэтому при каждом таком выборе эти два места равновероятны.
Если первым будет занято место [tex]1[/tex], то занятыми окажутся в точности места уже севших пассажиров, поэтому каждый следующий пассажир найдёт своё место свободным и последний пассажир сядет на место [tex]100[/tex]. Если первым будет занято место [tex]100[/tex], последний пассажир не сядет на своё место. Когда входит последний пассажир, свободно лишь одно место, поэтому одно из мест [tex]1[/tex] и [tex]100[/tex] уже занято; в силу симметрии каждое из них оказывается занятым первым с вероятностью [tex]\frac{1}{2}[/tex]. Следовательно,
[tex]P=\frac{98}{99}\cdot \frac{1}{2}=\frac{49}{99}[/tex]
(Для [tex]n[/tex] мест ответ равен [tex]\frac{n-2}{2(n-1)}[/tex]; известный ответ [tex]\frac{1}{2}[/tex] относится к случаю, когда первый пассажир может выбрать и своё место.)

Решение:
Все [tex]n![/tex] порядков, в которых могут выйти карточки, равновозможны. Важен лишь относительный порядок чисел, поэтому можно считать, что числа — это [tex]1 ; 2 ; \ldots ; n[/tex], а исход — случайная перестановка [tex]\left(x_1 ; x_2 ; \ldots ; x_n\right)[/tex].
Для каждого [tex]k[/tex] пусть [tex]R_k[/tex] — ранг числа [tex]x_k[/tex] среди первых [tex]k[/tex] чисел, т.е. количество индексов [tex]i\le k[/tex], для которых [tex]x_i\le x_k[/tex]. Тогда [tex]1\le R_k\le k[/tex], и [tex]A_k[/tex] наступает ровно тогда, когда [tex]R_k=k[/tex].
Перестановку можно восстановить по её рангам: [tex]x_n[/tex] — [tex]R_n[/tex]-е по величине (начиная с наименьшего) из всех [tex]n[/tex] чисел; после его удаления [tex]x_{n-1}[/tex] — [tex]R_{n-1}[/tex]-е по величине из оставшихся чисел, и т.д. Поэтому отображение [tex]\left(x_1 ; \ldots ; x_n\right)\mapsto\left(R_1 ; \ldots ; R_n\right)[/tex] инъективно, а его значения лежат в множестве [tex]T[/tex] всех целочисленных последовательностей [tex]\left(r_1 ; \ldots ; r_n\right)[/tex] с [tex]1\le r_k\le k[/tex] для каждого [tex]k[/tex].
Множество [tex]T[/tex] содержит [tex]1\cdot 2\cdot \ldots\cdot n=n![/tex] элементов, столько же, сколько перестановок, поэтому отображение является биекцией и каждый элемент [tex]T[/tex] получается с вероятностью [tex]\frac{1}{n!}[/tex]. Последовательности из [tex]T[/tex] с [tex]r_k=k[/tex] получаются фиксацией [tex]k[/tex]-й координаты при свободном выборе остальных, поэтому их [tex]\frac{n!}{k}[/tex]. Следовательно,
[tex]P(A_k)=\frac{n!}{k}\cdot \frac{1}{n!}=\frac{1}{k}[/tex]
Точно так же для любых индексов [tex]1\le i_1\lt i_2\lt\ldots\lt i_s\le n[/tex] последовательностей из [tex]T[/tex] с [tex]r_{i_1}=i_1 ; \ldots ; r_{i_s}=i_s[/tex] ровно [tex]\frac{n!}{i_1\cdot i_2\cdot \ldots\cdot i_s}[/tex], поэтому
[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]
Это равенство выполняется для любого набора из этих событий, поэтому события [tex]A_1 ; A_2 ; \ldots ; A_n[/tex] независимы в совокупности.