RUСначала опишите опыт
Дни 1–3 научили считать исходы и менять пространство при условии. Здесь добавляем несколько последовательных решений: источник выбирается один раз или заново; предмет возвращается или остаётся снаружи; условие относится к одному этапу или ко всему опыту.
Перед формулами выпишите порядок действий словами. Например: «выбрать урну → вынуть шар → увидеть белый → вернуть шар → вынуть из той же урны». Последние два действия независимы как решения о протоколе: возвращение шара не означает новый выбор урны.
Обозначим скрытый источник через $H$, первое наблюдение через $W_1$, второе через $W_2$. Веса $P(H=i)$ до наблюдения называют априорными, а условные веса $P(H=i\mid W_1)$ — апостериорными. Это обычные вероятности, просто на разных этапах информации.
Обновление источника
Пусть A и B выбираются поровну. В A белых $1/2$, в B белых $3/4$. Белый шар легче получить из B, поэтому после белого B должна стать вероятнее. Это полезная проверка направления до счёта.
Вклады ветвей дерева: $P(A,W_1)=(1/2)(1/2)=1/4$, $P(B,W_1)=(1/2)(3/4)=3/8$. Суммарная вероятность белого $5/8$. Делим каждый вклад на этот общий итог.
$$P(A\mid W_1)=2/5,\qquad P(B\mid W_1)=3/5.$$Это формула Байеса как нормировка ветвей. Сначала умножение «вес источника × вероятность наблюдения», затем деление на сумму таких произведений. Полученные веса должны быть неотрицательны и суммироваться в $1$.
Обновление → прогноз
Если белый шар вернули и урну сохранили, вероятности белого внутри урн остались $1/2,3/4$. Но веса урн стали $2/5,3/5$. Поэтому прогноз — новое взвешенное среднее:
$$P(W_2\mid W_1)=\frac25\frac12+\frac35\frac34=\frac{13}{20}.$$Это не $5/8$: наблюдение первого белого изменило знания об общей причине двух извлечений. Даже при возвращении два цвета обычно зависимы, если скрытая урна общая. Независимость есть при фиксированной урне, и именно внутри ветвей используется умножение.
В общем виде сначала найдите $w_i=P(H=i\mid W_1)$, затем сложите $\sum_i w_iP(W_2\mid H=i,W_1)$. Последнее условие нельзя стирать автоматически: без возвращения первый шар изменил состав.
Два изменения протокола
Без возвращения. Если в урне было $a$ белых и $b$ чёрных и первый шар белый, то второй белый имеет вероятность $(a-1)/(a+b-1)$. Уменьшаются и благоприятное количество, и общее. Апостериорный вес урны по первому наблюдению остаётся прежним.
Для A с $1$ белым и $1$ чёрным и B с $3$ белыми и $1$ чёрным после первого белого вторые вероятности равны $0$ и $2/3$. Прогноз $(2/5)0+(3/5)(2/3)=2/5$.
Новый выбор источника. Если шар вернули, а перед вторым извлечением урну выбирают заново независимо, возвращаются исходные веса. Тогда вероятность второго белого снова $5/8$. Наблюдение первой урны не сообщает ничего о новом независимом выборе.
Если источник выбирают заново без возвращения шара, состав одной неизвестной урны изменён. Простого возврата к исходному среднему недостаточно: надо учесть, какая урна потеряла шар. Наши задачи всегда явно указывают оба решения о протоколе.
От процентов к таблице количеств
В дне 3 были смешанные группы. Здесь добавляется процент для объединения лишь части групп. Не усредняйте проценты напрямую: у групп разные размеры. Сначала восстановите численности из отношения, затем переведите каждую известную долю в количество.
Если численности относятся как $2:3:5$ при общем числе $200$, одна доля равна $200/(2+3+5)=20$, а размеры групп $40,60,100$. «Вовремя» и «поздно» заполняют два столбца, сумма которых в каждой строке равна размеру группы.
Например, в A вовремя $36$, в A и B вместе доля вовремя $0.8$, а среди всех $0.75$. Тогда в A и B вовремя $0.8(40+60)=80$, у B — $44$, всего вовремя $150$, у C — $70$.
| Группа | Всего | Вовремя | Поздно |
|---|
| A | 40 | 36 | 4 |
| B | 60 | 44 | 16 |
| C | 100 | 70 | 30 |
| Всего | 200 | 150 | 50 |
Из одной таблицы можно задать разные вопросы. Отношение опозданий B к C равно $16:30=8:15$. Условная вероятность B среди поздних равна $16/50$. Вероятность A среди своевременных равна $36/150$. У этих вопросов разные знаменатели.
Подчеркните группу, оставшуюся после слова «известно». Считайте условную долю только внутри неё. Все количества должны лежать между нулём и размером строки; суммы строк и столбцов обязаны сходиться.
Запрет соседства через промежутки
Требуется поставить $g$ выделенных объектов среди $m$ остальных так, чтобы выделенные не соседствовали. Сначала расставьте остальные. Они создают $m+1$ промежутков: внутренние и два крайних.
Для трёх обычных объектов рисунок такой: _ A _ B _ C _. В каждое подчёркивание можно положить не более одного выделенного объекта. Если $g>m+1$, допустимых расстановок нет.
Для различимых объектов обычные упорядочиваются $m!$ способами, выбираем $g$ промежутков из $m+1$, затем упорядочиваем выделенные $g!$ способами.
$$N=m!\binom{m+1}{g}g!,\qquad P=\frac{m!\binom{m+1}{g}g!}{(m+g)!}.$$Вторая формула допустима только для равномерной случайной перестановки различимых объектов. Можно считать иначе: каждое множество $g$ выделенных позиций равновероятно, значит $P=\binom{m+1}{g}/\binom{m+g}{g}$. Это та же вероятность после сокращения факториалов.
Не смешивайте эти два пространства: считать в числителе только цветовые схемы, а в знаменателе перестановки людей нельзя. При $g=1$ вероятность должна быть $1$; при $g=m+1$ допустима только чередующаяся схема, начинающаяся и заканчивающаяся выделенным объектом.
Две короткие ветви повторения
Биномиальная вероятность. Сначала определите успех в одном опыте. Для события «на кубике число больше 4» вероятность успеха $2/6$, не $1/6$. При постоянном $p$ и независимых опытах $P(N=k)=\binom nk p^k(1-p)^{n-k}$.
Для нескольких разрешённых значений $k$ складывайте вероятности точных количеств. Например, «не больше одного» — это $N=0$ или $N=1$. События несовместны, поэтому сумма не считает ничего дважды.
Несколько цветов без возвращения. Для состава $(r,b,g)$ благоприятных наборов $\binom Rr\binom Bb\binom Gg$, а всех наборов $\binom{R+B+G}{r+b+g}$. Это продолжение выбора по группам из дня 1, теперь с общим вероятностным знаменателем.
Без возвращения вероятность следующего цвета меняется, поэтому биномиальная модель обычно не подходит. При возвращении исходный состав сохраняется; тогда для двух категорий можно использовать биномиальный счёт. Выбор модели предшествует арифметике.
ENDescribe the experiment first
Days 1–3 introduced counting outcomes and restricting the sample space after conditioning. Here we add several decisions in sequence: is the source selected once or again; is the object replaced or kept out; does the condition concern one stage or the whole experiment?
Before writing formulas, state the sequence in words. For example: “select an urn → draw a ball → observe white → replace the ball → draw from the same urn.” The last two protocol decisions are separate: replacing a ball does not mean selecting an urn again.
Let $H$ denote the hidden source, $W_1$ the first observation, and $W_2$ the second. Source probabilities $P(H=i)$ before observation are called prior probabilities; conditional weights $P(H=i\mid W_1)$ are posterior probabilities. They are ordinary probabilities at different information stages.
Updating the source
Suppose A and B are equally likely. A has white proportion $1/2$; B has white proportion $3/4$. White is easier to obtain from B, so B should become more likely after a white observation. This checks the direction of the update before calculation.
The tree branches contribute $P(A,W_1)=(1/2)(1/2)=1/4$ and $P(B,W_1)=(1/2)(3/4)=3/8$. The total probability of white is $5/8$. Divide each contribution by this total.
$$P(A\mid W_1)=2/5,\qquad P(B\mid W_1)=3/5.$$This is Bayes' rule as branch normalization. First multiply “source weight × probability of the observation,” then divide by the sum of those products. The resulting weights must be nonnegative and sum to $1$.
Update → prediction
If the white ball is replaced and the urn retained, the within-urn white probabilities stay $1/2,3/4$. The urn weights, however, are now $2/5,3/5$. The prediction is therefore a new weighted average:
$$P(W_2\mid W_1)=\frac25\frac12+\frac35\frac34=\frac{13}{20}.$$This is not $5/8$: the first white observation changed what we know about the common source of both draws. Even with replacement, the two colors are generally dependent when they share a hidden urn. Independence holds conditional on the urn, and multiplication is used within those branches.
In general, first find $w_i=P(H=i\mid W_1)$, then sum $\sum_i w_iP(W_2\mid H=i,W_1)$. Do not automatically remove the last condition: without replacement, the first draw changes the composition.
Two protocol changes
Without replacement. If an urn started with $a$ white and $b$ black balls and the first ball was white, the second-white probability is $(a-1)/(a+b-1)$. Both the favorable count and the total decrease. The urn's posterior weight based on the first observation stays the same.
For A with $1$ white and $1$ black, and B with $3$ white and $1$ black, the second-white probabilities after a white draw are $0$ and $2/3$. The prediction is $(2/5)0+(3/5)(2/3)=2/5$.
Selecting the source again. If the ball is replaced and a new urn is independently selected before the second draw, use the original source weights. The second-white probability is again $5/8$. Information about the first urn says nothing about a fresh independent selection.
If a source is selected again without replacing the ball, one unknown urn has changed composition. Returning to the original average is not enough: account for which urn lost a ball. Our statements specify both protocol decisions explicitly.
From percentages to a count table
Day 3 introduced mixed groups. We now add a rate for only a subset of the groups. Do not average percentages directly when group sizes differ. First recover counts from the group-size ratio, then convert each known proportion into a count.
If group sizes are in ratio $2:3:5$ with total $200$, one ratio unit is $200/(2+3+5)=20$, so the groups contain $40,60,100$. “On time” and “late” form two columns whose sum in each row equals that group's size.
For example, A has $36$ on-time orders, A and B together have on-time rate $0.8$, and the overall rate is $0.75$. A and B therefore have $0.8(40+60)=80$ on-time orders, B has $44$, the overall total is $150$, and C has $70$.
| Group | Total | On time | Late |
|---|
| A | 40 | 36 | 4 |
| B | 60 | 44 | 16 |
| C | 100 | 70 | 30 |
| Total | 200 | 150 | 50 |
The same table supports different questions. The late-count ratio B:C is $16:30=8:15$. The conditional probability of B among late orders is $16/50$. The probability of A among on-time orders is $36/150$. These questions have different denominators.
Underline the group that remains after “given that.” Calculate the conditional proportion within that group alone. Each count must lie between zero and its row total, and all row and column sums must agree.
Preventing adjacency using gaps
We want to place $g$ special objects among $m$ other objects so that special objects are never adjacent. Arrange the other objects first. They create $m+1$ gaps: internal gaps and the two end gaps.
With three ordinary objects the diagram is _ A _ B _ C _. Each underscore can hold at most one special object. If $g>m+1$, there are no valid arrangements.
For distinct objects, the ordinary ones can be ordered in $m!$ ways; choose $g$ of the $m+1$ gaps, then order the special objects in $g!$ ways.
$$N=m!\binom{m+1}{g}g!,\qquad P=\frac{m!\binom{m+1}{g}g!}{(m+g)!}.$$The probability formula applies to a uniformly random permutation of distinct objects. Alternatively, each set of $g$ special positions is equally likely, so $P=\binom{m+1}{g}/\binom{m+g}{g}$. This is the same probability after canceling factorials.
Do not mix the two sample spaces: color patterns in the numerator cannot be compared with permutations of people in the denominator. For $g=1$, the probability must be $1$; for $g=m+1$, only the alternating pattern beginning and ending with a special object is possible.
Two short review branches
Binomial probability. Define success in a single trial first. For “a die result greater than 4,” the success probability is $2/6$, not $1/6$. With a constant $p$ and independent trials, $P(N=k)=\binom nk p^k(1-p)^{n-k}$.
For several allowed values of $k$, add the probabilities of the exact counts. For example, “at most one” means $N=0$ or $N=1$. These events are disjoint, so the sum does not count anything twice.
Several colors without replacement. For composition $(r,b,g)$, there are $\binom Rr\binom Bb\binom Gg$ favorable subsets and $\binom{R+B+G}{r+b+g}$ subsets in total. This extends the group-selection method from day 1 by adding a probability denominator.
Without replacement, the next-color probability changes, so a binomial model generally does not apply. Replacement preserves the initial composition; for two categories, binomial counting then becomes available. Choose the model before doing arithmetic.