нет, таким же.

--------------------

чем больше я узнаю людей - тем чаще сомневаюсь в правильном выборе второго слова в термине "homo sapiens"

Так может и со стульями то же самое?

нет, конечно.

--------------------

чем больше я узнаю людей - тем чаще сомневаюсь в правильном выборе второго слова в термине "homo sapiens"

А как такой вариант решения:
Так как достали белый шар, то коробка с тремя черными не рассматривается. В трех коробках с двумя черными шарами белых не осталось, т.е. вероятность достать его 0, в трех коробках с двумя белыми шарами - осталось по одному каждого цвета (р=0.5), в одной же коробке с тремя белыми р=1.
Вопрос лишь в том можно ли считать, все коробки в первом испытании (достали белый) равновероятными. Если да, то 1/7 х1 + 3/7 х 0.5 = 5/14. Соответственно, достать шар другого цвета - 9/14. Что не так?

кстати Сашун
12 стульев по 7,5%
1 стул 10%

изначально 90% к 10%
после первого стула 82,5 к 10 = 89,19% к 10,91%
после второго 75 к 10 = 88% к 12%
...
после одиннадцатого 7,5 к 10 = 3 к 4 = 42,86% к 57,14%

претендует на логичное обоснование?

--------------------

чем больше я узнаю людей - тем чаще сомневаюсь в правильном выборе второго слова в термине "homo sapiens"

Примерно то же самое, что вариант про солому.

во-первых pactamah Во-вторых моё решение имхо самое логичное из всех Мы вытащили чёрный шар, которых всего 12. Каждый из 12 шаров мы вытащим равновероятно. Но только 3 из них лежат без белых. Значит вероятность, что белого шара в трёшке не будет 25%, и 75%, что будет. Это то, о чём всё сомневался Тукан. Да, ящики неравновероятны, вон ящик с 3мя чёрными стал 25%, а с 3 белыми 0% и т.д., но вероятность вытащить каждый чёрный шар одинакова

Для коробок с шарами мой ответ 1/2, решение Славы Гусева представляется простым и элегантным.

Можно решить тупо в лоб:
просуммируем по к от 1 до 8 Р(А2|Bk)*Р(Bk|A1),
где Вк = "задействовали к-ю коробку", А2 = "вытащили белый шар", А1 = "вытащили чёрный шар".
Понятно, что при к= 1 и 8 один из сомножителей обнулится.
Для остальных 6-ти 1-й будет в половине случаев равен 1 (чёрный изначально был 1), а в другой половине равен 1/2 (остались 1 белый и 1 чёрный).
Для 2-го сомножителя применим ф-лу Байеса: Р(Bk|A1) = Р(Вк)*Р(А1|Bk)/P(A1);
Р(Вк) = 1/8, Р(А1) = 1/2, Р(А1|Bk) будет равно в 3-х случаях 1/3 и в 3-х - 2/3 (к = 1,8 не учитываем).
Несложно убедиться, что произведение будет всегда равно 1/12, умножая на 6 получим 1/2.

Для начала определимся: вытянуть белый шар из той же 3-ки я понял, как вероятность того, что среди двух остальных шаров ХОТЯ БЫ ОДИН белый. Если автор имел в виду вероятность вытянуть белый шар СЛЕДУЮЩИМ, то тут согласен, 1/2. Ибо возможны 3 варианта:
1) чёрный шар один из трёх чёрных, вероятность 25%, т.к. таких чёрных шаров 3
2) чёрный шар лежит с двумя белыми 25%, т.к. таких чёрных шаров тоже 3
3) чёрный шар лежит с белым и чёрным 50%, т.к. таких чёрных шаров 6

Соответственно чёрный шар вытащим в 25% + 0% + 50%*50% = 50%

Я красивее нашел, но, думаю, что есть ЕЩЕ красивее. Наверное, объяснять надо как-то иначе.
7,5% = 75/1000 = 3/40. Полная энтропия системы по Шеннону (или надежность из теории надежности) 40/3. Чтоб остаться в целых числах, энтропии в одном стуле 3 единицы, в 11 стульях 33 единицы, после вскрытия 11 стульев останется в 12-м стуле энтропии 7/3, т.е. вероятность клада в 12-м стуле 3/7.
Недостаток - неэлементарное (совершенно нешкольное) объяснение...





--------------------

С уважением, А.Малышев

Мой ответ на задачу с шарами - 0.5. Проверил программой. :)