kule w urnie ze zwracaniem

[Kirkland]

Są 3 urny: A, B, C. W urnie A jest 6 kul białych i 1 czarna. W urnie B jest 1 kula biała i 2 kule czarne. W urnie C: 2 białe i 1 czarna. Z losowo wybranej urny wyciągamy kulę i okazuje się, że jest ona biała. Zwracamy kulę do urny i losujemy z tej samej urny kolejną kulę. Jakie jest prawdopodobieństwo, że w drugim losowaniu wylosujemy kulę czarną ?

Czy mozna prosic o pomoc w powyzszym zadaniu? Czy trzeba uwzglednic krok z wylosowaniem kuli bialej?
Prawdopodobienstwo licze tutaj tak tylko nie wiem czy to poprawne...
\(\displaystyle{ P(A)=}\) \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\) \(\displaystyle{ *}\) \(\displaystyle{ \frac{1}{7}}\) \(\displaystyle{ +}\) \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\) \(\displaystyle{ *}\) \(\displaystyle{ \frac{2}{3}}\) \(\displaystyle{ +}\) \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\) \(\displaystyle{ *}\) \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\) =

[Majeskas]

Kluczową sprawą jest wyznaczenie prawdopodobieństw \(\displaystyle{ \PP(A|\textrm{biała w I losowaniu})}\), \(\displaystyle{ \PP(B|\textrm{biała w I losowaniu})}\), \(\displaystyle{ \PP(C|\textrm{biała w I losowaniu})}\). Trzeba użyć wzoru Bayesa. Gdy to zrobimy, mamy II losowanie, w którym wejściowe prawdopodobieństwa nie są już równe \(\displaystyle{ \tfrac13}\), tylko tak, jak wyżej, i stosujemy zwykłe prawdopodobieństwo całkowite.-- 2 lutego 2016, 16:58 --Jeśli przez \(\displaystyle{ A}\) rozumiesz zdarzenie "w I losowaniu wyciągnęliśmy kulę białą", to na razie jest dobrze.

[Mat123456789]

Nie jestem pewny ale według mnie musisz uwzględnić najpierw wylosowanie kuli białej , ja bym to tak zrobił :

1 urna: \(\displaystyle{ \frac{6}{7} \cdot \frac{1}{7}}\)
2 urna: \(\displaystyle{ \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3}}\)
3 urna: \(\displaystyle{ \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3}}\)

Urne możesz wybrać na 3 sposoby, czyli wszystko \(\displaystyle{ \cdot \frac{1}{3}}\)

Czyli ostateczny wynik to według mnie będzie \(\displaystyle{ \frac{250}{1323}}\)

[Majeskas]

No niezbyt. Niech \(\displaystyle{ A,B,C}\) to oznaczają odpowiednio: sięgamy do urny \(\displaystyle{ A,B,C}\). Niech \(\displaystyle{ B1}\) oznacza, że w pierwszym losowaniu otrzymaliśmy kulę białą. Oczywiście \(\displaystyle{ \PP(A)=\PP(B)=\PP(C)=\tfrac13}\) i \(\displaystyle{ \PP(B_1)}\) oblicza się zwyczajnie ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite, tak jak to zrobił Kirkland, przy czym dopiero teraz spostrzegłem, że chyba próbował obliczać w ten sposób prawdopodobieństwo wyciągnięcia czarnej. No nie, do tego zaraz dojdziemy. Najpierw liczymy szansę wyciągnięcia białej w I losowaniu:
\(\displaystyle{ \PP(B_1)=\frac13\cdot\frac67+\frac13\cdot\frac13+\frac13\cdot\frac23}\).

Teraz przychodzi kluczowy moment: uwzględnienie wyniku I losowania przy wykonywaniu II losowania. Kiedy za II razem sięgamy do losowej urny, to nie jest prawdą, że każda urna ma nadal prawdopodobieństwo \(\displaystyle{ \tfrac13}\). Przecież już wiemy, że za I razem wyciągnęliśmy kulę białą. Mamy dodatkową informację, zatem musimy sięgnąć po prawdopodobieństwo warunkowe. Na przykład szansa na to, że przy II losowaniu sięgniemy do urny \(\displaystyle{ A}\), wynosi \(\displaystyle{ \PP(A|B_1)}\). (W końcu zgodnie z treścią zadania za II razem sięgamy do tej urny, z której pochodzi biała, a szansa na to, że biała pochodzi z urny \(\displaystyle{ A}\), to właśnie \(\displaystyle{ \PP(A|B_1)}\)). Jak takie prawdopodobieństwo obliczyć? Ze wzoru Bayesa:
\(\displaystyle{ \PP(A|B_1)=\frac{\PP(B_1|A)\PP(A)}{\PP(B_1)}}\)

Tak jak pisałem wcześniej, do II losowania potrzebujemy tych trzech prawdopodobieństw warunkowych. Jak już je mamy, to znów korzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite. Skoro w II losowaniu interesuje nas kula czarna, to mamy

\(\displaystyle{ \PP(A|B_1)\cdot\frac17+\PP(B|B_1)\cdot\frac23+\PP(C|B_1)\cdot\frac13}\)

I to będzie właściwa odpowiedź.

[Kirkland]

Dziękuje za pomoc!:)