Nejjednodušeji to vyřešíme tak, že si zvolíme vhodný pravděpodobnostní prostor. Zvolme si tedy takový, kde bude elementární jev vytažení 10-tice kuliček, a který bude klasický, všechny desetice kuliček budou stejně pravděpodobné, tedy kuličky budou rozlišitelné (jde si tutéž úlohu představit s lidmi, vybíráme 10 černých). Jev $B$ bude jev, že všech 10 kuliček je černých. $|B|$ pak bude $\binom{20}{10}$ , a $|\Omega| = \binom{30}{10}$. $$P(B) = \frac{|B|}{|\Omega|} = \frac{\binom{20}{10}}{\binom{30}{10}}$$

Po úpravě výrazu $\frac{\binom{20}{10}}{\binom{30}{10}}$ dostaneme $\frac{20 \cdot 19 \cdot 18 \cdot 17 \cdot 16 \cdot 15 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 12 \cdot 11}{30 \cdot 29 \cdot 28 \cdot 27 \cdot 26 \cdot 25 \cdot 24 \cdot 23 \cdot 22 \cdot 21}$. Z toho je vidět, že existuje i jiné řešení, vycházející z podmíněné pravděpodobnosti. V něm budeme používat stejný pravděpodobnostní prostor jako v zadání, tedy elementární jev bude vytažení jedné kuličky z osudí. Kolik možností máme na vytažení první černé kuličky? 20. Kolik na vytažení druhé černé, za předpokladu, že 1. vytažená byla bílá? 19. Kolik na vytažení 3. černé, za předpokladu, že 1. a 2. vytažená byla bílá? 18. A tak dále, aby celkově bylo deset členů v součinu. Ve jmenovateli podobně, ale počítáme počty všech, tj. Kolik možností máme na vytažení 1. kuličky? 30. Kolik na vytažení 2. kuličky, za předpokladu, že jedna už byla vytažena? 29. Kolik na vytažení 3. kuličky, za předpokladu, že dvě už byly vytaženy? 28. Atd, pro 10 kuliček.

Definujme si $B_i = \overline{A_i}$, tedy jako opačný jev k jevu $A_i$, tedy, že $i$-tá kulička je černá. Ze zadání chceme pravděpodobnost vytažení 10 černých kuliček, což je $P(B_1 \cap B_2 \cap ... \cap B_{10})$ Spočteme př. $P(B_1 \cap B_2)$. Z definice podmíněné pravděpodobnosti máme $$P(B_2 | B_1 ) = \frac{P(B_1 \cap B_2)}{P(B_1)}$$

To si upravíme na $P(B_1 \cap B_2) = P(B_2 | B_1) \cdot P(B_1)$

Podobně $P((B_1 \cap B_2) \cap B_3) = P(B_1 \cap B_2) \cdot P(B_3 \ \mid \ B_1 \cap B_2)$, tedy $P(B_1 \cap B_2 \cap B_3) = P(B_2 | B_1) \cdot P(B_1) \cdot P(B_3 \ \mid \ B_1 \cap B_2)$. Takto můžeme pokračovat až do $P(B_1 \cap B_2 \cap ... \cap B_{10})$.

$$P(B_1 \cap B_2 \cap ... \cap B_{10}) = P(B_{10} \ \mid \ B_1 \cap ... \cap B_9) \cdot P(B_9 \ \mid \ B_1 \cap ... \cap B_8 ) \cdot ... \cdot P(B_1)$$

Všimněte si, že ty podmíněné pravděpodobnosti odpovídají úvahám na začátku. Tedy tak dostaneme přesně ten zlomek $\frac{20 \cdot 19 \cdot 18 \cdot 17 \cdot 16 \cdot 15 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 12 \cdot 11}{30 \cdot 29 \cdot 28 \cdot 27 \cdot 26 \cdot 25 \cdot 24 \cdot 23 \cdot 22 \cdot 21}$, když přemýšlíme v součinu pravděpodobností, tak takto $\frac{20}{30}\cdot\frac{19}{29}\cdot\frac{18}{28}\cdot\frac{17}{27}\cdot\frac{16}{26}\cdot\frac{15}{25}\cdot\frac{14}{24}\cdot\frac{13}{23}\cdot\frac{12}{22}\cdot\frac{11}{21}$

Využijeme větu o úplné pravděpodobnosti: $$P(A_2) = P(A_2 \cap A_1) + P(A_2 \cap \overline{A_1}) = P(A_2 \mid A_1) \cdot P(A_1) + P(A_2 \mid \overline{A_1}) \cdot P(\overline{A_1})$$

$P(A_2 \mid A_1)$, tedy pravděpodobnost vytažení 2. kuličky bílé za podmínky, že 1. vytažená byla též bílá, už umíme spočítat, to je $\frac{9}{29}$, $P(A_1)$ je $\frac{10}{30}$, $P(A_2 \mid \overline{A_1})$, tedy pravděpodobnost vytažení 2. kuličky bílé za podmínky, že 1. vytažená byla černá, je $\frac{10}{29}$, a $P(\overline{A_1})$ je $1 - P(A_1) = \frac{20}{30}$. V součinu tedy: $$P(A_2) = P(A_2 \mid A_1) \cdot P(A_1) + P(A_2 \mid \overline{A_1}) \cdot P(\overline{A_1}) = \frac{9}{29} \cdot \frac{10}{30} + \frac{10}{29} \cdot \frac{20}{30} = \frac{1}{3}$$ To je zajímavej moment, že to vyšlo $\frac{1}{3}$, tedy stejně, jako kdybychom kuličky vraceli. Myslím si, že schválně, aby to nás trochu zmátlo. Obecně to když kuličky nevracíme stejně nevychází.