Теория вероятностей, задача про хамелеонов.

[Don-Don]

Профессор вывел новый вид пресмыкающихся -- Хамелеон российский. Попав в темное место, такой хамелеон каждую минуту с вероятностью $p$ меняет свой цвет.
Белый хамелеон становится синим, синий -- красным. Красный -- белым. Когда профессору пришлось прервать работу, чтобы ответить на вопросы журналистов, ассистент Иванов поймал трех хамелеонов и запер их в сейфе, по рассеяности не обратив внимание на их окраску. Ровно через 4 минуты профессор вернулся и изъял из сейфа белого, синего, красного хамелеонов. Найти вероятность того, что до прихода журналистов хамелеоны были одного цвета.

У меня сразу две противоборствующие идеи подхода к этой задаче:
1) Байес. Но там проблемы с гипотезами у меня 2) Без байеса, но как-то задним числом, но как?

Попробую первую идею.

Пусть $H_1$ -- хамелеоны были одного цвета изначально $H_2$ -- ровно у двух хамелеонов цвета совпадают изначально

$H_3$ -- хамелеоны разных цветов изначально.

$A$ -- в результате будет белый, синий, красный хамелеоны.

$P(A)=\sum\limits_{i=0}^{3}P(A|H_i)P(H_i)$

Нам нужно найти $P(H_1|A)=\dfrac{P(A|H_1)p(H_1)}{P(A)}$

Но как искать $P(H_i)$. А может есть идеи в этой задачи получше? Подскажите, пож-та!

[provincialka]

Хм... пока особо не задумывалась... Но нельзя ли "раскрутить" ситуацию в обратную сторону?

[Munin]

Задача для пятиклассников. При чём здесь Байес?

[Don-Don]

А как решать попроще?

Можно так?

$p^3(1-p)+p^2(1-p)^2+p(1-p)^3+p^1(1-p)^3+p^3(1-p)^1$

[Munin]

Как вы получили эту формулу? (Может быть, она и правильная, проверять нужно.)

[Don-Don]

Допустим, что изначально цвета были одинакавые. У первого хамелеона остался цвет прежним с вероятностью $p^3 (1-p)+(1-p)^4$ (три раза поменялся, одни раз не менялся или три раза не менялся, а один раз поменялся). У одного из оставшихся поменялся на второй вид цвета с вероятностью $p^2 (1-p)^2$. У третьего вероятность поменять цвет на нужный равна $(p-1)^3p+p^4$

-- 25.10.2015, 21:06 --

Только потом нужно перемножить полученные вероятности, а не сложить.

[provincialka]

Don-Don в сообщении #1066766 писал(а):

У третьего вероятность поменять цвет на нужный равна вероятности первого

Почему?
Мне казалось так: один хамелеон поменял цвет 1 и ли 4 раза, другой -- 2 раза, а третий -- 3 или 0 раз.
Но потом полученную вероятность надо умножить на 6 (ведь неизвестно, "кто есть кто")

[Don-Don]

provincialka в сообщении #1066775 писал(а):

Don-Don в сообщении #1066766 писал(а):

У третьего вероятность поменять цвет на нужный равна вероятности первого

Почему?
Мне казалось так: один хамелеон поменял цвет 1 раз, другой -- 2 раза, а третий -- 3 или 0 раз.
Но потом полученную вероятность надо умножить на 6 (ведь неизвестно, "кто есть кто")

Подправил, спасибо.

-- 25.10.2015, 21:25 --

Правильно?

$6\left(p^3 (1-p)+(1-p)^4\right)\cdot \left(p^2 (1-p)^2\right)\cdot \left((p-1)^3p+p^4\right)$

[provincialka]

Я там исправила "1 раз" на "1 или 4 раза". Это на случай, если было все-таки 4 момента для изменения.

А вы учли, что изменение могло быть в разные минуты? По-моему, тут надо вспомнить схему Бернулли

[Don-Don]

provincialka в сообщении #1066782 писал(а):

Я там исправила "1 раз" на "1 или 4 раза". Это на случай, если было все-таки 4 момента для изменения.

А вы учли, что изменение могло быть в разные минуты? По-моему, тут надо вспомнить схему Бернулли

Спасибо! А могло быть же еще несколько изменений в минуту...

А разве схему бернулли проходят в 5 классе?)

-- 26.10.2015, 00:27 --

Вот так?

$\left(C_4^3p^3 (1-p)+C_4^0(1-p)^4\right)\cdot \left(C_2^2 p^2 (1-p)^2\right)\cdot \left(C^4_1(p-1)^3p+C^4_4 p^4\right)$

Правильно?

[provincialka]

А на 6 умножить не надо? Я все пытаюсь проверить, не получится ли по этой формуле значение, большее 1.
Как проверю -- отпишусь!

[Don-Don]

provincialka в сообщении #1066885 писал(а):

А на 6 умножить не надо? Я все пытаюсь проверить, не получится ли по этой формуле значение, большее 1.
Как проверю -- отпишусь!

Спасибо, а почему все-таки на $6$? Ведь $C_n^k$ уже учитывает это или нет?

[Munin]

Пятиклассник мог бы решить эту задачу на пальцах, не зная схемы Бернулли.

[Cash]

Биномиальный коэффициент учитывает только, что при заданном количестве изменений для каждого хамелеона, сами изменения могут быть в разные моменты времени.

[Don-Don]

Хорошо, спасибо, понятно, разобрался. То есть получается ответ $6\left(C_4^3p^3 (1-p)+C_4^0(1-p)^4\right)\cdot \left(C_2^2 p^2 (1-p)^2\right)\cdot \left(C^4_1(p-1)^3p+C^4_4 p^4\right)$

Шесть -- это количество перестановок хамелеонов, правильно? Если да, то отлично.

Но как на пальцах пятиклассник бы решил -- не могу представить