Условна вероятност и формула на Бейс - много трудни задачи с решения

Решение:
Всички [tex]\binom{52}{8}[/tex] раздавания са равновъзможни, а раздаване с точно [tex]k[/tex] купи може да се избере по [tex]\binom{13}{k}\binom{39}{8-k}[/tex] начина. Нека [tex]A[/tex] е събитието „всичките [tex]8[/tex] карти са купи“, а [tex]B[/tex] — събитието „поне [tex]3[/tex] от картите са купи“. Благоприятните за [tex]B[/tex] раздавания се броят най-лесно чрез противоположното събитие ([tex]0[/tex], [tex]1[/tex] или [tex]2[/tex] купи):
[tex]|B|=\binom{52}{8}-\binom{39}{8}-13\binom{39}{7}-\binom{13}{2}\binom{39}{6}[/tex]
Тъй като [tex]A\subset B[/tex], имаме [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]
Числено [tex]|A|=1287[/tex] и [tex]|B|=236\,577\,627[/tex], така че вероятността е [tex]\frac{1}{183\,821}[/tex]. Грешно е да „фиксираме“ три купи и да изберем останалите [tex]5[/tex] карти измежду оставащите [tex]49[/tex], което дава [tex]\frac{\binom{10}{5}}{\binom{49}{5}}[/tex]: условието не казва кои три карти са купи и при такова броене раздаванията не са равновъзможни.

Решение:
Нека [tex]H_1[/tex] е хипотезата „избраната партида е без дефектни детайли“, а [tex]H_2[/tex] — хипотезата „в избраната партида [tex]\frac{1}{4}[/tex] от детайлите са дефектни“; [tex]P(H_1)=P(H_2)=\frac{1}{2}[/tex]. Нека [tex]A[/tex] е събитието „първият детайл е редовен“. Тогава [tex]P(A\,|\,H_1)=1[/tex], [tex]P(A\,|\,H_2)=\frac{3}{4}[/tex] и по формулата за пълната вероятност
[tex]P(A)=\frac{1}{2}\cdot 1+\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}=\frac{7}{8}[/tex]
По формулата на Бейс след първото теглене вероятностите на хипотезите стават
[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]
Първият детайл е върнат, затова при дадена партида второто теглене не зависи от първото: вторият детайл е дефектен с вероятност [tex]0[/tex] при първата партида и с вероятност [tex]\frac{1}{4}[/tex] при втората. По формулата за пълната вероятност с новите вероятности на хипотезите търсената вероятност е
[tex]\frac{4}{7}\cdot 0+\frac{3}{7}\cdot \frac{1}{4}=\frac{3}{28}[/tex]

Решение:
Еднополовите близнаци са два пъти по-вероятни от разнополовите, а сборът на двете вероятности е [tex]1[/tex], затова близнаците са разнополови с вероятност [tex]\frac{1}{3}[/tex]. В този случай двата реда на раждане са равновероятни, затова вероятността [tex]r[/tex] първият близнак да е момче, а вторият — момиче, е
[tex]r=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{6}[/tex]
Нека [tex]p[/tex] е вероятността и двамата близнаци да са момчета. Първият близнак е момче или когато и двамата са момчета, или когато първият е момче, а вторият — момиче, затова
[tex]p+r=0{,}51\Rightarrow p=\frac{51}{100}-\frac{1}{6}=\frac{153-50}{300}=\frac{103}{300}[/tex]
По определението за условна вероятност вероятността вторият близнак да е момче, при условие че първият е момче, е
[tex]\frac{p}{p+r}=\frac{\frac{103}{300}}{\frac{153}{300}}=\frac{103}{153}\approx 0{,}673[/tex]

Решение:
Прилагаме формулата за пълната вероятност. Нека [tex]H_k[/tex] ([tex]k=0, 1, 2, 3[/tex]) е хипотезата, че за първата игра са взети точно [tex]k[/tex] нови топки. Всички [tex]\binom{15}{3}=455[/tex] тройки са равновъзможни, затова [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]
След първата игра в кутията има [tex]9-k[/tex] нови топки, затова за събитието [tex]A[/tex] „за втората игра са взети три нови топки“ имаме [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]
Следователно
[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:
Всички [tex]\binom{5}{3}=10[/tex] тройки топки от първата урна са равновъзможни. Три черни топки не могат да бъдат извадени, затова има три хипотези:
[tex]H_1[/tex]: извадени са три бели топки, [tex]P(H_1)=\frac{1}{10}[/tex]; прехвърлят се три бели топки и във втората урна има [tex]5[/tex] бели и [tex]3[/tex] черни топки;
[tex]H_2[/tex]: извадени са две бели и една черна топка, [tex]P(H_2)=\frac{\binom{3}{2}\binom{2}{1}}{10}=\frac{6}{10}[/tex]; прехвърлят се две бели топки и във втората урна има [tex]4[/tex] бели и [tex]3[/tex] черни топки;
[tex]H_3[/tex]: извадени са една бяла и две черни топки, [tex]P(H_3)=\frac{\binom{3}{1}\binom{2}{2}}{10}=\frac{3}{10}[/tex]; прехвърлят се две черни топки и във втората урна има [tex]2[/tex] бели и [tex]5[/tex] черни топки.
Нека [tex]A[/tex] е събитието двете топки, извадени от втората урна, да са бели. Тогава
[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 формулата за пълната вероятност
[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]
Две черни топки са прехвърлени точно при [tex]H_3[/tex], затова по формулата на Бейс
[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:
Всеки играч независимо от другите предава информацията вярно с вероятност [tex]\frac{1}{3}[/tex] и я обръща с вероятност [tex]\frac{2}{3}[/tex]. Обявената информация е вярна точно когато броят на обръщанията е четен. Нека [tex]T[/tex] е събитието „А е казал истината“, а [tex]R[/tex] — събитието „Г е обявил вярната информация“.
Нека [tex]q_0[/tex] и [tex]q_1[/tex] са вероятностите играчите Б, В и Г общо да излъжат съответно четен и нечетен брой пъти:
[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]
Ако А е казал истината, обявената информация е вярна, когато Б, В и Г излъжат четен брой пъти, а ако А е излъгал — когато излъжат нечетен брой пъти. От независимостта
[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]
Следователно [tex]P(R)=\frac{13}{81}+\frac{28}{81}=\frac{41}{81}[/tex] и по формулата на Бейс
[tex]P(T\,|\,R)=\frac{P(T\cap R)}{P(R)}=\frac{\frac{13}{81}}{\frac{41}{81}}=\frac{13}{41}[/tex]

Решение:
Нека в урна [tex]i[/tex] ([tex]i=1 ; 2 ; 3[/tex]) има [tex]n_i\ge 1[/tex] топчета, от които [tex]b_i[/tex] са черни, като [tex]b_1+b_2+b_3=6[/tex]. Всяка урна се избира с вероятност [tex]\frac{1}{3}[/tex], а от урна [tex]i[/tex] се изтегля бяло топче с вероятност [tex]1-\frac{b_i}{n_i}[/tex]. По формулата за пълната вероятност
[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]
Другите две урни съдържат поне по едно топче, затова [tex]n_i\le 18-2=16[/tex] и [tex]\frac{b_i}{n_i}\ge\frac{b_i}{16}[/tex] за всяко [tex]i[/tex]. Следователно
[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 се достига, когато всичките [tex]6[/tex] черни топчета са в една урна заедно с [tex]10[/tex] бели, а във всяка от другите две урни има по едно бяло топче:
[tex]P=\frac{1}{3}\left(1+1+\frac{10}{16}\right)=\frac{7}{8}[/tex]
Следователно най-голямата вероятност е [tex]\frac{7}{8}[/tex]. (При първоначалното разпределение тя е само [tex]\frac{1}{3}\left(\frac{5}{6}+\frac{3}{6}+\frac{4}{6}\right)=\frac{2}{3}[/tex].)

Решение:
Номерираме топките. Всички [tex](n+m+k)![/tex] реда, в които те могат да бъдат извадени, са равновъзможни, а събитието зависи само от това коя от [tex]n+m[/tex] бели и червени топки е първа сред тях.
За всеки две бели или червени топки [tex]X[/tex] и [tex]Y[/tex] размяната на местата на [tex]X[/tex] и [tex]Y[/tex] във всеки ред е биекция между редовете, в които [tex]X[/tex] е първа сред белите и червените топки, и редовете, в които [tex]Y[/tex] е първа сред тях. Следователно всяка от [tex]n+m[/tex] бели и червени топки е първа сред тях с една и съща вероятност [tex]\frac{1}{n+m}[/tex]. Точно [tex]n[/tex] от тези топки са бели, затова търсената вероятност е [tex]\frac{n}{n+m}[/tex].

Решение:
Нека [tex]N=n+m+k[/tex]. Изважданията са независими и при всяко от тях се появява бяла, червена или зелена топка съответно с вероятност [tex]\frac{n}{N}[/tex], [tex]\frac{m}{N}[/tex], [tex]\frac{k}{N}[/tex]. Бяла топка се появява преди червена точно когато при някое [tex]j\ge 0[/tex] първите [tex]j[/tex] изваждания дават зелени топки, а изваждането с номер [tex]j+1[/tex] дава бяла топка. Тези събития са несъвместими и от независимостта събитието с индекс [tex]j[/tex] има вероятност [tex]\left(\frac{k}{N}\right)^j\frac{n}{N}[/tex]. Тъй като [tex]0\le\frac{k}{N}\lt 1[/tex], сумирането на геометричния ред дава
[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]
Следователно търсената вероятност е [tex]\frac{n}{n+m}[/tex]; зелените топки не влияят на нея.

Решение:
Нека [tex]S=M+N[/tex]; общата сума пари не се променя. Нека [tex]p_n[/tex] е вероятността Джон да победи, когато той има [tex]n[/tex] евро (а Пиер има [tex]S-n[/tex]). Ясно е, че [tex]p_0=0[/tex] и [tex]p_S=1[/tex].
При [tex]0\lt n\lt S[/tex] разглеждаме първото хвърляне: с вероятност [tex]\frac{1}{2}[/tex] парите на Джон стават [tex]n+1[/tex] и с вероятност [tex]\frac{1}{2}[/tex] стават [tex]n-1[/tex], а тъй като хвърлянията са независими, след това играта продължава, все едно започва отначало. По формулата за пълната вероятност
[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]
Следователно [tex]p_0 ; p_1 ; \ldots ; p_S[/tex] е аритметична прогресия, която за [tex]S[/tex] равни стъпки отива от [tex]0[/tex] до [tex]1[/tex], т.е. [tex]p_n=\frac{n}{S}[/tex]. Джон започва с [tex]M[/tex] евро, затова
[tex]P=p_M=\frac{M}{M+N}[/tex]
По същия начин Пиер побеждава с вероятност [tex]\frac{N}{M+N}[/tex]; сборът на двете вероятности е [tex]1[/tex], следователно играта завършва с вероятност [tex]1[/tex].

Решение:
Нека [tex]A_k[/tex] е събитието [tex]k[/tex]-тата извадена топка да е бяла. Ако първите [tex]k-1[/tex] топки са бели, преди [tex]k[/tex]-тото изваждане в урната има [tex]1+2(k-1)=2k-1[/tex] бели топки и [tex]1[/tex] черна, затова [tex]P(A_k\,|\,A_1\cap\ldots\cap A_{k-1})=\frac{2k-1}{2k}[/tex]. По правилото за умножение на вероятностите търсената вероятност е
[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]
Разглеждаме също
[tex]Q=\frac{2}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{6}{7}\cdot \ldots\cdot \frac{100}{101}[/tex]
За всяко [tex]k[/tex] е изпълнено [tex]\frac{2k-1}{2k}\lt\frac{2k}{2k+1}[/tex], защото това е равносилно на [tex](2k-1)(2k+1)=4k^2-1\lt 4k^2[/tex]. Следователно всеки множител на [tex]P[/tex] е по-малък от съответния множител на [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]
Следователно [tex]P\lt\frac{1}{10}=0{,}1[/tex]. (Всъщност [tex]P=\frac{\binom{100}{50}}{2^{100}}\approx 0{,}0796[/tex].)

Решение:
Нека [tex]A_i[/tex] е събитието [tex]i[/tex]-тата извадена двойка да се състои от момче и момиче, [tex]i=1 ; 2 ; \ldots ; N[/tex]. По правилото за умножение на вероятностите
[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]
Ако първите [tex]i-1[/tex] двойки са били „момче – момиче“, в кутията има [tex]N-i+1[/tex] момчета и [tex]M-i+1[/tex] момичета, т.е. [tex]N+M-2i+2[/tex] картончета. Всички [tex]\binom{N+M-2i+2}{2}[/tex] двойки от тях са равновъзможни и [tex](N-i+1)(M-i+1)[/tex] от тях са „момче – момиче“. Следователно
[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]
Умножаваме тези вероятности за [tex]i=1 ; 2 ; \ldots ; N[/tex]. Числителите дават
[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 знаменателите дават произведението на всички цели числа от [tex]M-N+1[/tex] до [tex]N+M[/tex], т.е. [tex]\frac{(N+M)!}{(M-N)!}[/tex]. Следователно
[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:
Нека пътник [tex]i[/tex] има място [tex]i[/tex]. Първият пътник заема всяко от местата [tex]2 ; 3 ; \ldots ; 100[/tex] с вероятност [tex]\frac{1}{99}[/tex]. Ако той заеме място [tex]100[/tex], последният пътник със сигурност няма да седне на своето място.
Нека той заеме място [tex]k[/tex], където [tex]2\le k\le 99[/tex] (вероятност [tex]\frac{98}{99}[/tex]). Пътниците от [tex]2[/tex]-ри до [tex](k-1)[/tex]-ви сядат на своите места, а пътник [tex]k[/tex] избира случайно свободно място. Оттук нататък, докато не бъде заето едно от местата [tex]1[/tex] и [tex]100[/tex], всеки пътник, който намери мястото си заето, избира случайно сред свободни места, между които са и място [tex]1[/tex], и място [tex]100[/tex]; затова при всеки такъв избор тези две места са равновероятни.
Ако първо бъде заето място [tex]1[/tex], заетите места стават точно местата на вече качилите се пътници, затова всеки следващ пътник намира мястото си свободно и последният пътник сяда на място [tex]100[/tex]. Ако първо бъде заето място [tex]100[/tex], последният пътник не сяда на своето място. Когато се качва последният пътник, свободно е само едно място, следователно едно от местата [tex]1[/tex] и [tex]100[/tex] вече е заето; поради симетрията всяко от тях бива заето първо с вероятност [tex]\frac{1}{2}[/tex]. Следователно
[tex]P=\frac{98}{99}\cdot \frac{1}{2}=\frac{49}{99}[/tex]
(При [tex]n[/tex] места отговорът е [tex]\frac{n-2}{2(n-1)}[/tex]; добре известният отговор [tex]\frac{1}{2}[/tex] е за случая, когато първият пътник може да избере и своето място.)

Решение:
Всички [tex]n![/tex] реда, в които могат да излязат картончетата, са равновъзможни. Значение има само относителната наредба на числата, затова можем да считаме, че числата са [tex]1 ; 2 ; \ldots ; n[/tex], а изходът е случайна пермутация [tex]\left(x_1 ; x_2 ; \ldots ; x_n\right)[/tex].
За всяко [tex]k[/tex] нека [tex]R_k[/tex] е рангът на [tex]x_k[/tex] сред първите [tex]k[/tex] числа, т.е. броят на индексите [tex]i\le k[/tex], за които [tex]x_i\le x_k[/tex]. Тогава [tex]1\le R_k\le k[/tex], а [tex]A_k[/tex] настъпва точно когато [tex]R_k=k[/tex].
Пермутацията може да се възстанови по ранговете си: [tex]x_n[/tex] е [tex]R_n[/tex]-тото по големина (от най-малкото) от всички [tex]n[/tex] числа; след премахването му [tex]x_{n-1}[/tex] е [tex]R_{n-1}[/tex]-тото по големина от останалите числа и т.н. Следователно изображението [tex]\left(x_1 ; \ldots ; x_n\right)\mapsto\left(R_1 ; \ldots ; R_n\right)[/tex] е инективно, а стойностите му лежат в множеството [tex]T[/tex] от всички редици от цели числа [tex]\left(r_1 ; \ldots ; r_n\right)[/tex] с [tex]1\le r_k\le k[/tex] за всяко [tex]k[/tex].
Множеството [tex]T[/tex] има [tex]1\cdot 2\cdot \ldots\cdot n=n![/tex] елемента, колкото са и пермутациите, затова изображението е биекция и всеки елемент на [tex]T[/tex] се получава с вероятност [tex]\frac{1}{n!}[/tex]. Редиците от [tex]T[/tex] с [tex]r_k=k[/tex] се получават, като фиксираме [tex]k[/tex]-тата координата и избираме свободно останалите, затова те са [tex]\frac{n!}{k}[/tex] на брой. Следователно
[tex]P(A_k)=\frac{n!}{k}\cdot \frac{1}{n!}=\frac{1}{k}[/tex]
По същия начин за произволни индекси [tex]1\le i_1\lt i_2\lt\ldots\lt i_s\le n[/tex] редиците от [tex]T[/tex] с [tex]r_{i_1}=i_1 ; \ldots ; r_{i_s}=i_s[/tex] са [tex]\frac{n!}{i_1\cdot i_2\cdot \ldots\cdot i_s}[/tex] на брой, затова
[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]
Това правило за произведението е изпълнено за всяка подсистема от събитията, следователно събитията [tex]A_1 ; A_2 ; \ldots ; A_n[/tex] са независими.