Bayes à trois causes. Trois urnes U₁, U₂, U₃ contiennent…

Notons $U_1,U_2,U_3$ le choix de l'urne (chacune avec la probabilité $\frac{1}{3}$) et $B$ : « la boule tirée est blanche ». Chaque urne contient $4$ boules, donc

$$P_{U_1}(B)=\frac{3}{4},P_{U_2}(B)=\frac{2}{4}=\frac{1}{2},P_{U_3}(B)=\frac{1}{4}.$$

Probabilités totales sur la partition $\{U_1,U_2,U_3\}$ :

$$P(B)=\frac{1}{3}\left(\frac{3}{4}+\frac{2}{4}+\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{3}\times \frac{6}{4}=\frac{1}{2}.$$

(Ce $\frac{1}{2}$ n'est pas fortuit : les trois urnes réunies contiennent $6$ blanches et $6$ noires, et elles sont équiprobables et de même effectif.)

Bayes à trois causes — la formule de l'exercice précédent, avec trois termes au dénominateur :

$$P_B(U_1)=\frac{P(U_1)P_{U_1}(B)}{P(B)}=\frac{\frac{1}{3}\times \frac{3}{4}}{\frac{1}{2}}=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}.$$

Contrôle : de même $P_B(U_2)=\frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{2}}=\frac{1}{3}$ et $P_B(U_3)=\frac{\frac{1}{12}}{\frac{1}{2}}=\frac{1}{6}$, et $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=1$ ✓.

Lecture du résultat : avant le tirage, les trois urnes étaient également probables ($\frac{1}{3}$ chacune) ; l'observation « boule blanche » fait passer $U_1$ de $\frac{1}{3}$ à $\frac{1}{2}$ et rétrograde $U_3$ de $\frac{1}{3}$ à $\frac{1}{6}$. L'observation n'a pas tranché, elle a réévalué.