ТеорВер. Байес.

[final_sleep]

Уважаемые форумчане, помогите разобраться пожалуйста.

Вот задача:
В трёх урнах находятся $N_i$ белых и $M_i$ черных шаров, $i=1,2,3$.
Наугад выбирают урну и вынимают из нее без возвращения 2 шара, которые оказываются разных цветов. Найти вероятность того, что была выбрана а) первая урна; б) вторая; в) третья.

Как делаю я:
Для решения задачи наиболее вероятно использование формулы Байеса.

$P(B|A)=\frac{P(B)P(A|B)}{P(A)}$

Я принимаю что A$=${выбраны 2 разных шарика} и B$=${выбрана урна}.
$P(B)=\frac{1}{3}, так как выбор 1-й, 2-й или 3-й урны равновероятен.
$P(A|B)=\frac{2 M_i N_i}{(M_i+N_i)(M_i+N_i-1)} вероятность достать 2 разных шара, если урна уже выбрана.
$P(A)=1/3 \sum_{i=1}^{3}(\frac{2 M_i N_i}{(M_i+N_i)(M_i+N_i-1)}).

В конечном счете получаю что-то совсем неудобное. Подскажите, может я ошибаюсь в мелочи.
Всем отозвавшимся заранее огромное спасибо!

[ewert]

final_sleep в сообщении #508559 писал(а):

В конечном счете получаю что-то совсем неудобное.

Оно и не обязано вариться хоть сколько-то удобно. Даже несмотря на то, что условные вероятности Вы считаете, скажем так, несколько бессознательно.

[final_sleep]

ewert, а как будет более сознательно?

Ваш ответ навеял:
-Где у меня ошибка?
-В ДНК.

[spaits]

Поставьте индексы $i$ в формулах там, где надо, и всё будет понятно.
В тексте Вы об этом упоминали, а в формулах не поставили, в результате неизвестно что вычисляете.

[final_sleep]

spaits, вы имеете в виду так?


$P(B_{i}|A)=\frac{P(B_{i})P(A|B_{i})}{P(A)}$

$P(B_{i})=\frac{1}{3}, так как выбор 1-й, 2-й или 3-й урны равновероятен.
$P(A|B_{i})=\frac{2 M_i N_i}{(M_i+N_i)(M_i+N_i-1)} вероятность достать 2 разных шара, если урна уже выбрана.
$P(A)=\frac{1}{3}\sum_{i=1}^{3}(\frac{2 M_i N_i}{(M_i+N_i)(M_i+N_i-1)}).

Сразу хочу пояснить, что посчитал $P(A) по формуле полной вероятности.

[spaits]

Ну да, все верно, только доведите решение до конца. Учтите, что в задаче требуется определить три вероятности - для каждой урны.

[final_sleep]

То есть в принципе все верно?
Но там же получается в конечном счете, скажем для 1-й урны, нечто вроде:
$P(B_{i}|A)=\frac{\frac{2M_1 N_1}{(M_1+N_2)(M_1+N_1-1)}} {\sum_{i=1}^{3} \frac{2M_i N_i}{(M_i+N_i)(M_i+N_i-1)}}$?

если раскрыть то все равно ничего хорошего не получается, с этой суммой в знаменателе, я знаю что там должно быть 3 слагаемых, только вместо i при M и N будут 1,2,3.

[svv]

Я не знаю, правильный у Вас ответ или нет, но Вы не обязаны всё там раскрывать до конца. Можно записать ответ в виде:

$$P(B_{i}|A)=\frac{P(A|B_{i})}{\sum\limits_{k=1}^3 P(A|B_{k})}\;,\;\;\text{где}\;\;P(A|B_{i})=\frac{2 M_i N_i}{(M_i+N_i)(M_i+N_i-1)}$$

[final_sleep]

svv, считаете?
а сам ход мыслей чисто теоретически в ту сторону?

[svv]

Область не моя. Похоже, верно. spaits говорит, что правильно, можете ей доверять.

[final_sleep]

Спасибо всем откликнувшимся!