Формула Байеса. 2 ящика с ч. и б. шарами.

[mcmimik]

В 1-м ящике: 16 белых и 12 черных шаров.
Во 2-м ящике: 8 белых и 12 черных шаров.
Одновременно из 1-го во 2-й наугад перекладывают 3 шара, из 2-го в 1-й перекладывают 3 шара. Затем из 2-го достают шар. Он белый.

Определить вероятность того, что в 1-м ящике осталось столько же белых шаров, сколько было вначале.

Зачем из второго ящика достают шар, как это влияет?
Знаю, что нужно найти условную вероятность A|E, где E — событие, при котором из 2-го ящика достают белый шар.

===

Прикладываю скан своего решения: (ссылка удалена)

===
Ольга.

[AKM]

AKM:

mcmimik,

замена формул картинками не допускаетя.
Наберите, пожалуйста, формулы в формате TeX.
Примеры и правила см. здесь.

[--mS--]

mcmimik в сообщении #225049 писал(а):

Зачем из второго ящика достают шар, как это влияет?

Давайте доведём ситуацию до абсурда: пусть изначально в первом ящике есть белые и чёрные шары в достаточном числе, а во втором только чёрные. Поменяли три наугад выбранных из каждой урны шарика местами. Ничего не достаём из второй урны, а просто ищем вероятность, что в первой урне белых шаров осталось столько же. Это вероятность, с которой мы переложили во вторую лишь чёрные шары, она положительна. А теперь запустим руку во вторую урну и - о чудо! - достанем белый шар. После того, как это случилось, вероятность, что в первой урне осталось столько же белых шаров, сколько было, явно нулевая - событие стало невозможным.

Так и в нашей задаче: то, что мы достали из второй урны наугад белый шар, означает, что белых там стало как бы больше, чем было раньше. Это свидетельствует в пользу того, что состав урн перераспределился - больше белых стало во второй, больше чёрных стало в первой. Вот при этом условии нужно найти вероятность, что состав первой урны не поменялся - она должна быть явно меньше той безусловной вероятности (~0.3), что Вы нашли.

Полная группа событий у Вас заведена - $H_1=B_1\cap C_1$, $H_2=B_2\cap C_2$, $H_3=B_3\cap C_3$, $H_4=B_4\cap C_4$, берите формулу Байеса и по ней вычисляйте отдельно $\mathsf P(H_i | E)$, потом из них соберёте $\mathsf P(A|E)=\sum\limits_{i=1}^4\mathsf P(H_i | E).$

[mcmimik]

Я вдруг поняла, что если так решать, то получится 16 гипотез — это долго.
Нужно выразить все через вытащенный шар. А как это сделать, я не знаю. Подскажете?

Я уже два дня мучаюсь над этой задачей

[ewert]

Если я правильно понимаю, не хватает только полной вероятности события $A=\{\text{вытащен белый шар}\}$. Тогда так. Формулируем пару вспомогательных гипотез:
$G_1=\{\text{шар - один из трёх переложенных}\}$,
$G_2=\{\text{шар - из лежавших там с самого начала}\}$.
Имеем:

$$P(G_1)={3\over20}, \qquad P(A|G_1)={16\over28};$$

$$P(G_2)={17\over20}, \qquad P(A|G_2)={8\over20};$$

$$P(A)={3\over20}\cdot{16\over28}+{17\over20}\cdot{8\over20}.$$

Теперь основная пара гипотез:
$H_1=\{\text{составы шаров при перекладывании не изменились}\}$,
$H_2=\{\text{составы шаров при перекладывании изменились}\}$.
Вероятность гипотезы $H_1$ вы вроде как считать умеете, а условная вероятность $P(A|H_1)$ и вовсе тривиальна. Трёх чисел: $P(A)$, $P(H_1)$ и $P(A|H_1)$ вполне достаточно, чтобы по формуле Байеса вытянуть из них требуемую $P(H_1|A)$.

[mcmimik]

--mS--
ewert

Спасибо большое всем! Второе решение оказалось понятней. Благодарю за помощь!

-- Вс июн 28, 2009 17:12:48 --

Посмотрите, получилось ненамного меньше 0,3.
A={вытащен белый шар}
$G_1$={шар — один из 3 переложенных}
$G_2$={шар — один из лежавших там с самого начала}

$$ \[ \begin{array0} P(G_1 ) = \frac{3}{{20}}, \qquad P(G_2 ) = \frac{{17}}{{20}} \\ \end{array0} \] $$

$$ \[ \begin{array1} P(A|G_1 ) = \frac{{16}}{{28}} = \frac{4}{7}, \qquad P(A|G_2 ) = \frac{8}{{20}} = \frac{2}{5} \\ \end{array1} \] $$

$$ \[ \begin{array2} P(A) = \frac{3}{{20}} \cdot \frac{{16}}{{28}} + \frac{{17}}{{20}} \cdot \frac{8}{{20}} = \frac{{149}}{{350}} \end{array2} \] $$

$H_1$={составы шаров при перекладывании не изменились}
$H_2$={составы шаров при перекладывании изменились}

$$\[ P\left( {H_1 |A} \right) = \frac{{P\left( {AH_1 } \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{P\left( {A|H_1 } \right)P\left( {H_1 } \right)}}{{P\left( A \right)}} \]$$

Рассчитаем $P(H_1)$:
$B_1$={из 1-го ящика вынули 3 белых шара}
$B_2$={из 1-го ящика вынули 2 белых шара и 1 черный шар}
$B_3$={из 1-го ящика вынули 1 белый шар и 2 черных шара}
$B_4$={из 1-го ящика вынули 3 черных шара}
и
$C_1$={из 2-го ящика вынули 3 белых шара}, $C_2$, $C_3$ и $C_4$ аналогично $B_2$, $B_3$ и $B_4$

$H_1=(B_1 \cap C_1) \cup (B_2 \cap C_2) \cup (B_3 \cap C_3) \cup (B_4 \cap C_4)$
$P(H_1)=P(B_1)P(C_1)+P(B_2)P(C_2)+P(B_3)P(C_3)+P(B_4)P(C_4)$

$$B_1:m_{11}=C_{16}^3=560, \qquad C_1: m_{21}=C_8^3=56$$ $$B_2:m_{12}=C_{12}^1C_{16}^2=1440, \qquad C_2: m_{22}=C_8^2C_{12}^1=336$$ $$B_3:m_{13}=C_{16}^1C_{12}^2=1056, \qquad C_3: m_{23}=C_8^1C_{12}^2=528$$ $$B_4:m_{14}=C_{12}^3=220, \qquad C_4: m_{24}=C_{12}^3=220$$

$n_1=C_{28}^3=3276$
$n_2=C_{20}^3=1140$
$P(H_1)= \frac {560} {3276}\cdot \frac {56} {1140}+\frac {1440} {3276}\cdot \frac {336} {1140} +\frac {1056} {3276}\cdot \frac {528} {1140} +\frac {220} {3276}\cdot \frac {220} {1140}=\frac {1121168}{3734640}\approx 0,3$

$P(A|H_1)= \frac8{20}=\frac25$
$P(H_1|A)=\frac{\frac25\cdot \frac3{10}}{\frac{149}{350}}=\frac6{50}\cdot\frac{350}{149}=\frac{42}{149}\approx0.28$

$\textsc{Ответ: 0,28.}$

[ewert]

Арифметику не проверял (лень), но и не должно было существенно измениться, ведь перекладывали-то -- чуть-чуть.

[--mS--]

mcmimik в сообщении #225217 писал(а):

Я вдруг поняла, что если так решать, то получится 16 гипотез — это долго.

И верно, про 4 гипотезы - это мой косяк

[mcmimik]

Все равно спасибо всем Вам большое!

Скажите, а задачи по Статистике, которые считаются на компьютере (например, в R Project), здесь тоже можно обсуждать?

[ewert]

Здесь можно обсуждать всё, но вот про Проджект я лично не в курсе, за что заранее и извините.