Matematyka gier - kombinacje i probabilistyka

[MichalStajszczak]

Rozumiem, że intencją problemu "płci dzieci" było pokazanie różnicy między dwiema podobnymi sytuacjami. Obawiam się jednak, że lepiej to było pokazać na "rekwizytach" bardziej abstrakcyjnych np. rzucaniu symetryczną monetą. Wtedy mielibyśmy takie dwie sytuacje:
1. Rzucono dwa razy symetryczną monetą. Wiadomo, że wynikiem jednego rzutu był orzeł.
2. Rzucono dwa razy symetryczną monetą. Wiadomo, że za pierwszym razem wypadł orzeł.
Dlaczego jest to przykład bardziej bezpieczny? Po pierwsze nikt nie zakwestionuje przykładu, z powodu nieuwzględnienia "osób niebinarnych". Po drugie w rzeczywistości liczba urodzeń chłopców i dziewczynek jest różna, więc założenie 50:50 jest statystycznie niepoprawne. A po trzecie należałoby najpierw sprawdzić, czy na pewno płeć kolejnego dziecka jest niezależna od płci poprzedniego (a takie założenie było zrobione). Bo na przykład ja mam trzech synów, a mój brat ma trzy córki, więc w przypadku mojej rodziny to założenie o niezależności nie znajduje potwierdzenia.

[MichalCh132]

Czy ktoś z Was jest w stanie wyliczyć jaka jest optymalna ilość kostek danego rodzaju w Cubitos?
Założenia gra w skrócie: mam 9 kostek K6, kostki maja sukcesy i puste scianki. Rzucam koścmi, te które mają sukcesy odkładam do aktywnych, te które nie mają moge rzucić ponownie. Jeżeli trafie chociaż jeden sukces, kostki z sukcesem trafiają do aktywnych. Jeżeli wszystkie bedą mieć puste ścianki trace całość - pasuje rundę.
Są 2 typy kostek w tym założeniu:
Białe: 3x sukces, 3x puste; Sukces = 1 punkt
Fioletowe: 1x sukces, 5x puste; Sukces = 1 punkt za każdą białą

Pytanie: Jaka jest optymalna ilość białych i fioletowych kostek? Intuicyjnie w trakcie gry dążyłem do 3x fioletowa, 6x biała ale ciekawy jestem czy da się to policzyć

[dannte]

Czy ktoś z Was jest w stanie wyliczyć jaka jest optymalna ilość kostek danego rodzaju w Cubitos?
Założenia gra w skrócie: mam 9 kostek K6, kostki maja sukcesy i puste scianki. Rzucam koścmi, te które mają sukcesy odkładam do aktywnych, te które nie mają moge rzucić ponownie. Jeżeli trafie chociaż jeden sukces, kostki z sukcesem trafiają do aktywnych. Jeżeli wszystkie bedą mieć puste ścianki trace całość - pasuje rundę.
Są 2 typy kostek w tym założeniu:
Białe: 3x sukces, 3x puste; Sukces = 1 punkt
Fioletowe: 1x sukces, 5x puste; Sukces = 1 punkt za każdą białą

Pytanie: Jaka jest optymalna ilość białych i fioletowych kostek? Intuicyjnie w trakcie gry dążyłem do 3x fioletowa, 6x biała ale ciekawy jestem czy da się to policzyć

To zależy co masz na myśli pisząc "optymalna". Nieważne iloma rzucisz kośćmi, nadal możesz wyrzucić na każdej puste ścianki.
Chodzi o jakąś wartość oczekiwaną? Ile punktów chciałbyś zdobyć? Jaki masz wpływ na wybór liczby kości? Czy tylko białe i fioletowe się liczą, czy podałeś je jedynie jako przykład?

Tutaj masz kalkulator prawdopodobieństwa, że wyrzucisz jakiś sukces, musisz tylko wyklikać ile kości Cię interesuje w danym kolorze: https://dpsmith14.github.io/
W twoim przykładzie (6b+3f) program liczy szansę na wszystkie puste ścianki jako 0,9%. czyli (1/2)^6 * (5/6)^3 = 125/13824

[MichalCh132]

Czy ktoś z Was jest w stanie wyliczyć jaka jest optymalna ilość kostek danego rodzaju w Cubitos?
Założenia gra w skrócie: mam 9 kostek K6, kostki maja sukcesy i puste scianki. Rzucam koścmi, te które mają sukcesy odkładam do aktywnych, te które nie mają moge rzucić ponownie. Jeżeli trafie chociaż jeden sukces, kostki z sukcesem trafiają do aktywnych. Jeżeli wszystkie bedą mieć puste ścianki trace całość - pasuje rundę.
Są 2 typy kostek w tym założeniu:
Białe: 3x sukces, 3x puste; Sukces = 1 punkt
Fioletowe: 1x sukces, 5x puste; Sukces = 1 punkt za każdą białą

Pytanie: Jaka jest optymalna ilość białych i fioletowych kostek? Intuicyjnie w trakcie gry dążyłem do 3x fioletowa, 6x biała ale ciekawy jestem czy da się to policzyć

To zależy co masz na myśli pisząc "optymalna". Nieważne iloma rzucisz kośćmi, nadal możesz wyrzucić na każdej puste ścianki.
Chodzi o jakąś wartość oczekiwaną? Ile punktów chciałbyś zdobyć? Jaki masz wpływ na wybór liczby kości? Czy tylko białe i fioletowe się liczą, czy podałeś je jedynie jako przykład?

Tutaj masz kalkulator prawdopodobieństwa, że wyrzucisz jakiś sukces, musisz tylko wyklikać ile kości Cię interesuje w danym kolorze: https://dpsmith14.github.io/
W twoim przykładzie (6b+3f) program liczy szansę na wszystkie puste ścianki jako 0,9%. czyli (1/2)^6 * (5/6)^3 = 125/13824

Odniose się po kolei może do pytań:
1. Myslę, że chodzi mi własnie o wartość oczekiwaną - w jakim rozkładzie kostek będzie ona największa, biorąc pod uwagę, że w pewnym momencie chyba nastanie chwile w której więcej możemy stracić na rzucie niż pasując np. mając wynik 5x szara, 3x fioletowa mamy 5+15=20pkt. Następny rzut może nam potencjalnie dorzucić jedną szarą więc mam 1/6 szans na dostanie 6pkt i 5/6 na utrate 20pkt. To skrajny przykład, ale mam nadzieje, że wiesz o co chodzi.
2. Liczą się jedynie białe i fioletowe, zakładam, że gracz dotarł do momentu w grze, gdzie zostały mu tylko białe i fioletowe.
3. Zawsze mam 9 kosci na start, z każdym sukcesem ilość kości w następnym rzucie się zmniejsza o ilość kości z sukcesem.

Fajny kalkulator, ale chyba nie jest w stanie pomóc mi określić, jaką ilość poszczególnych kostek chce wybrać.

[Beo]

Zakładam, że łącznie masz zawsze maksymalnie 9 kości przed rzutem, kwestia tylko ile białych, ile fioletowych. Optymalne rozwiązanie zależy od tego co dokładnie cię interesuje. Dla uproszczenia, rozważymy wartość oczekiwaną ('średnią') w pierwszym rzucie - w tabeli niżej wyniki, wiersz oznacza liczbę białych kostek, kolumna liczbę fioletowych.


Najlepszy wynik dostajemy dla par (8, 1) i (7, 2), z tym, że ta pierwsza jest 'bezpieczniejsza'. Ewentualnie można sobie patrzeć na maksimum - najwyższa możliwa wartość dla zestawu jest dana przez

Kod: Zaznacz cały

b * (1 + f)

i tu maksimum osiągamy dla pary (5, 4).

Można się też zastanawiać, jaka jest wartość oczekiwana dla każdej pary w kolejnych rzutach, ale policzenie tego nie jest takie trywialne, drzewko możliwości dość szybko rośnie. Formalnie jest to tzw. proces stochastyczny, który można charakteryzować na naprawdę wiele sposobów.

[MichalStajszczak]

Dawno nikt w tym wątku nic nie napisał, więc zrobię to ja.
Mamy urnę, w której jest jedna kulka. Może być z równym prawdopodobieństwem biała lub czarna. Wrzucamy do tej urny białą kulkę, dobrze potrząsamy i wyciągamy jedną kulkę. Okazało się, że wyciągnięta została kulka biała. Jakie jest prawdopodobieństwo, że kulka, która pozostała w urnie, też jest biała?

[autopaga]

Początkowe 50%. Dorzucona kulka nic nie zmienia.

[MichalStajszczak]

Początkowe 50%. Dorzucona kulka nic nie zmienia.

Nie jest to prawidłowa odpowiedź, więc dla ułatwienia dodam, że podobnie jak w przypadku asa pik, o którym pisałem kilka stron wcześniej, mamy tu do czynienia z prawdopodobieństwem warunkowym.

[rutra1992]

Dawno nikt w tym wątku nic nie napisał, więc zrobię to ja.
Mamy urnę, w której jest jedna kulka. Może być z równym prawdopodobieństwem biała lub czarna. Wrzucamy do tej urny białą kulkę, dobrze potrząsamy i wyciągamy jedną kulkę. Okazało się, że wyciągnięta została kulka biała. Jakie jest prawdopodobieństwo, że kulka, która pozostała w urnie, też jest biała?

Aż musiałem sobie znaleźć wzór na twierdzenie Bayesa, 2/3.

[autopaga]

To poproszę o wytłumaczenie, bo jak dla mnie to 50% jak w mordę strzelił. Przecież wracamy do punktu wyjścia. Równie dobrze można dorzucaną białą kulkę zamienić na kalafior, wkładamy i wyciągamy kalafior, początkowe prawdopodobieństwo kulek jest bez zmian.

[MichalStajszczak]

To poproszę o wytłumaczenie, bo jak dla mnie to 50% jak w mordę strzelił. Przecież wracamy do punktu wyjścia. Równie dobrze można dorzucaną białą kulkę zamienić na kalafior, wkładamy i wyciągamy kalafior, początkowe prawdopodobieństwo kulek jest bez zmian.

Różnica między dołożeniem białej kulki a kalafiora jest taka, że w przypadku wyciągnięcia białej kulki nie wiesz, czy wyciągnąłeś dołożoną czy wcześniej znajdującą się w urnie, a w przypadku kalafiora jest to jednoznaczne
Oczywiście prawidłowa jest odpowiedź 2/3, podana przez rutra1992.

Jeżeli w urnie była kulka biała, to niezależnie od tego, czy wyciągniemy kulkę, która już w urnie była, czy też kulkę dołożoną, zawsze w urnie zostaje kulka biała.
Jeżeli w urnie była kulka czarna, to mamy dwie możliwe sytuacje:
- wyciągamy białą, a w urnie zostaje czarna
- wyciągamy czarną, a w urnie zostaje biała.
Ale wiadomo, że z urny wyjęta została kulka biała, więc ostatni przypadek odpada.
Mamy więc trzy możliwe układy - w pierwszych dwóch w urnie została kulka biała, w trzecim została kulka czarna. Stąd prawdopodobieństwo 2/3.

[autopaga]

W takim razie jest źle zadane pytanie, ponieważ podałeś prawdopodobieństwo na wyciągnięcie pierwszej kulki, a pierwotne pytanie, które zadałeś dotyczy tej co pozostała w urnie.

[MichalStajszczak]

Przecież pytanie było takie:

Jakie jest prawdopodobieństwo, że kulka, która pozostała w urnie, też jest biała?

A wyjaśnienie też ewidentnie dotyczy kulki, która została w urnie:

Mamy więc trzy możliwe układy - w pierwszych dwóch w urnie została kulka biała, w trzecim została kulka czarna. Stąd prawdopodobieństwo 2/3.

[autopaga]

No to widocznie jestem głupi i nie rozumiem. Rozłóżmy to na czynniki pierwsze.

1. Jest w urnie jedna niewiadoma kulka (czarna lub biała) w tym momencie prawdopodobieństwo wyciągnięcia białej jest 50%. Tutaj się chyba zgadzamy?

2. Dodaję białą kulkę i wyciągam białą kulkę losowo i prawdopodobieństwo wyciągnięcia ostatniej kulki jako białej wzrasta mimo że zawartość urny i informacje jakie posiadamy są identyczne jak w punkcie 1. Jeżeli uznajemy obie białe kulki za nierozróżnialne, a zakładam że tak, skoro cały ten temat jest w kontekście gier to dodanie i wyciągnięcie białej kulki nic nie wnosi, nie różni się to niczym jak włożeniem ręki do urny z białą kulką i wyciągnięciem bez puszczania kulki.

Układy mamy dwa skoro założenie jest takie że w pierwszym losowaniu wyciągamy kulkę białą. Mam wrażenie że rozmawiamy o czymś innym:

Wrzucamy do tej urny białą kulkę, dobrze potrząsamy i wyciągamy jedną kulkę. Okazało się, że wyciągnięta została kulka biała. Jakie jest prawdopodobieństwo, że kulka, która pozostała w urnie, też jest biała?

Zdanie powyżej mówi o określeniu koloru ostatniej kulki w urnie, przy założeniu że w pierwszym losowaniu wyjmujemy zawsze białą.

[MichalStajszczak]

Jak już pisałem w poście z 3:36 - mamy tu prawdopodobieństwo warunkowe. A tym warunkiem jest wyciągnięcie białej kulki.

prawdopodobieństwo wyciągnięcia ostatniej kulki jako białej wzrasta mimo że zawartość urny i informacje jakie posiadamy są identyczne jak w punkcie 1

Nie wzrasta, tylko spada. Jeżeli z dwóch kulek w urnie jest jedna biała a druga biała lub czarna, to prawdopodobieństwo, że po wyciągnięciu jednej kulki nieznanego koloru w urnie pozostanie biała jest 3/4. A dodanie informacji, że wyciągnięta została kulka biała, obniża prawdopodobieństwo pozostania w urnie kulki białej do 2/3. Natomiast po wyciągnięciu kulki czarnej mamy pewność, że w urnie pozostała kulka biała.

[autopaga]

Jak już pisałem w poście z 3:36 - mamy tu prawdopodobieństwo warunkowe. A tym warunkiem jest wyciągnięcie białej kulki.

Dokładnie a to eliminuje jedno zdarzenie.

Popatrzyłem trochę w teorię są 3 zdarzenia (omega):
1 Wylosowana biała kula i czarna w urnie
2 Wylosowana biała kula i biała w urnie
3 Wylosowana czarna kula i biała urnie, co NIE spełnia warunku w pytaniu, ponieważ wylosowana kula ma być biała (prawdopodobieństwa jej wylosowania nie bierzemy pod uwagę, przy tej konstrukcji pytania jakie zadałeś), więc tego zdarzenia nie bierzemy pod uwagę w obliczaniu prawdopodobieństwa kuli która pozostaje w urnie.

Treść pytania wyklucza jedno z nich, więc moc B wynosi 2. Natomiast moc A wynosi 1, czyli 1/2 = 50%. Gdzie tu jest błąd?

[MichalStajszczak]

Popatrzyłem trochę w teorię są 3 zdarzenia (omega):
1 Wylosowana biała kula i czarna w urnie
2 Wylosowana biała kula i biała w urnie
3 Wylosowana czarna kula i biała urnie, co NIE spełnia warunku w pytaniu, ponieważ wylosowana kula ma być biała

Tak, ale jak pisałem wcześniej, zdarzenie 2 może być zrealizowane na dwa sposoby czyli jest dwa razy bardziej prawdopodobne niż zdarzenie 1. Konkretnie może być tak, że:
a) w urnie była biała kulka i ona została wylosowana (a więc została w urnie wrzucona biała)
b) w urnie była biała kulka i w niej została, bo wylosowana została kulka wrzucona, która była biała

EDIT: Może zrozumiesz to samo po włosku

[rutra1992]

Jak już pisałem w poście z 3:36 - mamy tu prawdopodobieństwo warunkowe. A tym warunkiem jest wyciągnięcie białej kulki.

Dokładnie a to eliminuje jedno zdarzenie.

Popatrzyłem trochę w teorię są 3 zdarzenia (omega):
1 Wylosowana biała kula i czarna w urnie
2 Wylosowana biała kula i biała w urnie
3 Wylosowana czarna kula i biała urnie, co NIE spełnia warunku w pytaniu, ponieważ wylosowana kula ma być biała (prawdopodobieństwa jej wylosowania nie bierzemy pod uwagę, przy tej konstrukcji pytania jakie zadałeś), więc tego zdarzenia nie bierzemy pod uwagę w obliczaniu prawdopodobieństwa kuli która pozostaje w urnie.

Treść pytania wyklucza jedno z nich, więc moc B wynosi 2. Natomiast moc A wynosi 1, czyli 1/2 = 50%. Gdzie tu jest błąd?

Musiałeś mieć cokolwiek wspólnego z rachunkiem prawdopodobieństwa skoro używasz zwrotu omega, poszukaj sobie cokolwiek o twierdzeniu Bayesa na yt to będziesz miał to dobrze wyjaśnione. A przestrzeń możliwych zdarzeń właśnie Michał rozpisał z dwa posty wyżej.

A w wersji popularnonaukowej polecam sobie poszukać "Monty Hall problem", to nie jest do końca to samo, ale też o prawdopodobieństwie warunkowym, gdzie mamy informację podaną w nieoczywisty sposób

[autopaga]

No to namierzyliśmy punkt w którym się nie zgadzamy. Nie należy rozbijać tego zdarzenia na dwa, ponieważ wprowadzasz nagle parametr nieistotny dla zadanego pytania, czyli pochodzenie kuli, a nas interesuje tylko jej kolor.

Przeredaguję trochę ten przykład, w urnie masz dwie kule jedną białą drugą czarną. Dorzucasz do tego jeszcze jedną białą kulę. Losujesz kolejno 2 kule.

Masz 3 możliwe zdarzenia, wylosowanie kolejno:
1. białej białej.
2. białej czarnej.
3. czarnej białej.

Nie dodajesz drugi raz biała biała, bo mogą być w odwrotnej kolejności to nie jest istotne czy to dorzucona później biała kula jest pierwsza czy druga. Prawdopodobieństwo wylosowanie za pierwszym razem białej jest 2/3, a za drugim razem 1/2 i to samo dotyczy twojego przykładu. Szanse na wylosowanie dwóch białych są 1 do 3.

[rutra1992]

No to namierzyliśmy punkt w którym się nie zgadzamy. Nie należy rozbijać tego zdarzenia na dwa, ponieważ wprowadzasz nagle parametr nieistotny dla zadanego pytania, czyli pochodzenie kuli, a nas interesuje tylko jej kolor.

Przeredaguję trochę ten przykład, w urnie masz dwie kule jedną białą drugą czarną. Dorzucasz do tego jeszcze jedną białą kulę. Losujesz kolejno 2 kule.

Masz 3 możliwe zdarzenia, wylosowanie kolejno:
1. białej białej.
2. białej czarnej.
3. czarnej białej.

Nie dodajesz drugi raz biała biała, bo mogą być w odwrotnej kolejności to nie jest istotne czy to dorzucona później biała kula jest pierwsza czy druga. Prawdopodobieństwo wylosowanie za pierwszym razem białej jest 2/3, a za drugim razem 1/2 i to samo dotyczy twojego przykładu. Szanse na wylosowanie dwóch białych są 1 do 3.

To o czym mówisz byłoby prawda w sytuacji gdyby na start były dwie kule, jedna czarna, jedna biała, a nie NIEWIADOMA kula. Wyciągnięcie białej kuli daje Ci dodatkowa informacje, na tym opiera się cały dział statystyki bayesowskiej, ale twierdzenie bayesa to pojawią się już na pierwszych rozsądnych zajęciach z rachunku prawdopodobieństwa.

[MichalStajszczak]

Nie dodajesz drugi raz biała biała, bo mogą być w odwrotnej kolejności to nie jest istotne czy to dorzucona później biała kula jest pierwsza czy druga.

Jest istotne i dlatego zdarzenie biała-biała jest ma prawdopodobieństwo 1/2 podczas gdy biała-czarna i czarna-biała po 1/4.
Wyobraź sobie, że do urny wrzucasz kulkę trzeciego koloru, np. zieloną. Masz wtedy 4 możliwości:
1) Wyciągasz zieloną, zostaje biała
2) Wyciągasz białą, zostaje zielona
3) Wyciągasz zieloną, zostaje czarna
4) Wyciągasz czarną, zostaje zielona
Jak teraz z zielonej zrobisz białą, to masz dwa razy zdarzenie biała-biała i stąd ta wartość 1/2, o której napisałem wcześniej.

[BartP]

Zadanko "proste", a cieszy. Nie znam wzorów, więc coś tam swojego policzyłem i wyszło 2/3, więc na szczęście nie jest źle ze łbem.

[dannte]

Jeżeli uznajemy obie białe kulki za nierozróżnialne, a zakładam że tak, skoro cały ten temat jest w kontekście gier to dodanie i wyciągnięcie białej kulki nic nie wnosi, nie różni się to niczym jak włożeniem ręki do urny z białą kulką i wyciągnięciem bez puszczania kulki.

No nie. Tutaj zmieniasz treść zadania. Zadanie mówi, że wkładasz kulę, mieszasz i potem wyciągasz, a Ty eliminujesz mieszanie. Poza tym: mówisz "nierozróżnialne", a wyraźnie rozróżniasz między włożoną, a już byłą. Sprzeczność.

Wyobraź sobie sytuację, że masz białą i czarną: dokładasz białą - szansa na wylosowanie białej wzrasta z 50% na 66%; a teraz inaczej: do zestawu 2b+1c dodaj białą - szansa wylosowania białej wzrasta z 66% na 75%.
Teraz znów inaczej: masz czarną, dokładasz białą - szansa na wylosowanie białej wzrasta z 0% na 50%, dołóż białą i masz sytuację wyżej
Teraz jeszcze inaczej: masz białą, dokładasz białą - szansa na wylosowanie białej zostaje taka sama: 100%, bo więcej się nie da. Dalsze dokładanie białych oczywiście nic nie zmienia.
Jak teraz według Ciebie, po dołożeniu białej do nieokreślonej (białej lub czarnej) nie zwiększa początkowej szansy? Bo tak - to co piszesz, właśnie to sugeruje, mimo, że świadomie wydaje Ci się, że sugerujesz coś zupełnie niepowiązanego z tym co napisałem.

Chciałbym przy tym zwrócić uwagę na fakt, że opis Michała był precyzyjny i jednoznaczny, a jego odpowiedź była oparta na faktach.

Mnie się po przeczytaniu tej zagadki nasunęła inna: dlaczego po wylosowaniu białej szansa, że pozostała kula jest biała to 2/3, a przy wylosowaniu czarnej, szansa, że pozostała kula jest biała to 100%? Gdzie się podziało 1/3? Skąd takie bezsensowne wartości? Odpowiedź w spoilerze.

Spoiler:

Rozważamy 2 przypadki:
B1,B2 i C,B (dwie białe oraz czarna-biała)
przy B1,B2 mamy:
jeśli B1 to szansa na białą w urnie wynosi 100% (B2)
jeśli B2 to szansa na białą w urnie wynosi 100% (B1)

przy C,B mamy:
jeśli C to szansa na białą w urnie wynosi 100% (B)
jeśli B to szansa na białą w urnie wynosi 0% (C)

zdarzenie niepogrubione (wylosowanie C w przypadku CB) nie jest komplementarne dla wylosowania B (2 razy w przypadku BB i 1 raz w przypadku CB) - pogrubionego, jeśli rozpatrujemy je jako warunek do pozostawienia drugiej białej kuli.

W zestawieniu brakuje przypadków na to jaka jest szansa, że w urnie pozostanie czarna kula: tutaj już odpowiednio dostajemy 1/3 i 0% (co odpowiednio uzupełnia 2/3 i 100% postawione w pytaniu wyżej).

PS: Zastanawia mnie tylko jak ta zagadka ma się do matematyki gier? Jaki jest związek?

[MichalStajszczak]

Zastanawia mnie tylko jak ta zagadka ma się do matematyki gier? Jaki jest związek?

Wyobraź sobie następującą grę. Jeżeli w urnie pozostała biała kulka, Autopaga płaci Ci 1 zł. Jeżeli w urnie pozostała kulka czarna - Ty płacisz jemu 1,20 zł. Skoro Autopaga twierdzi, że szanse na pozostanie w urnie obu kolorów są takie same, zapewne uzna, że gra na takich zasadach jest dla niego opłacalna, bo jeżeli w 30 partiach po 15 razy zostanie w urnie kulka biała i czarna, to on Tobie zapłaci 15 złotych, a Ty jemu 18, czyli będzie 3 złote do przodu. W rzeczywistości (czyli zgodnie z tym, co napisałeś) najprawdopodobniej 20 razy zostanie w urnie kulka biała, a tylko 10 razy czarna więc Ty zapłacisz mu 12 złotych, a on Tobie 20.

[autopaga]

Rozpisałem sobie to jeszcze inaczej i faktycznie wychodzi 2/3.

Szanse na wylosowanie białej jako pierwszej są 75% (50% że to dołożona i 25% że to połowa przypadków niewiadomej, pozostałe poza zbiorem), w pierwszym przypadku na pozostanie białej jest 50% szans że pozostała biała a w drugim 100%, warunkowanie sprawia że 75% jest naszym całym zbiorem i skraca się to do 2/3.