\begin{align} \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{6} + \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{6} = \frac{1}{2} \end{align}
\begin{align} \frac{1}{2} \cdot \frac{{}_6C_2 - {}_4C_2}{{}_6C_2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{{}_6C_2 - 3}{{}_6C_2} = \frac{7}{10} \end{align}
初めに箱 A, B を選ぶことをそれぞれ $X_1=A,B$ で表し、 次に箱 A, B を選ぶことをそれぞれ $X_2=A,B$ で表す。 また、初めに赤玉を選ぶことを $Y_1=R$ で表し、 次に赤玉を選ぶことを $Y_2=R$ で表す。
初めの玉が赤玉であったとき、選んだ箱がA,Bであった確率は、 それぞれ、 \begin{align} P(X_1 = A \mid Y_1 = R) &= \frac{P(X_1=A) P(Y_1=R \mid X_1=A)}{P(Y_1=R)} = \frac{\frac{1}{2} \cdot \frac{4}{6}}{\frac{1}{2}} = \frac{2}{3} \\ P(X_1 = B \mid Y_1 = R) &= \frac{P(X_1=B) P(Y_1=R \mid X_1=B)}{P(Y_1=R)} = \frac{\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{6}}{\frac{1}{2}} = \frac{1}{3} \end{align} である。 初めに箱Aを選んで赤玉を取り出したとき、 次に箱 A, B を選んで赤玉を取り出す確率は、それぞれ、 \begin{align} P(Y_2=R \mid X_1 = A , Y_1 = R, X_2=A) &= \frac{3}{5} \\ P(Y_2=R \mid X_1 = A , Y_1 = R, X_2=B) &= \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \end{align} であり、 初めに箱Bを選んで赤玉を取り出したとき、 次に箱 A, B を選んで赤玉を取り出す確率は、それぞれ、 \begin{align} P(Y_2=R \mid X_1 = B , Y_1 = R, X_2=A) &= \frac{4}{6} = \frac{2}{3} \\ P(Y_2=R \mid X_1 = B , Y_1 = R, X_2=B) &= \frac{1}{5} \end{align} である。 よって、 初めに赤玉を取り出したとき、次に同じ箱を選んで赤玉を取り出す確率は、 \begin{align} & P(X_1=A \mid Y_1=R) P(Y_2=R \mid X_1=A , Y_1=R, X_2=A) \\ & \ \ \ \ + P(X_1=B \mid Y_1=R) P(Y_2=R \mid X_1=B , Y_1=R, X_2=B) \\ &= \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{5} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{5} \\ &= \frac{7}{15} \end{align} であり、 次に別の箱を選んで赤玉を取り出す確率は、 \begin{align} & P(X_1=A \mid Y_1=R) P(Y_2=R \mid X_1=A , Y_1=R, X_2=B) \\ & \ \ \ \ + P(X_1=B \mid Y_1=R) P(Y_2=R \mid X_1=B , Y_1=R, X_2=A) \\ &= \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} \\ &= \frac{4}{9} \end{align} であるから、前者の方が大きい。
\begin{align} 1 &= 12 \int_0^1 x^2(a-x) dx \\ &= 4a-3 \\ \therefore \ \ \ \ a &= 1 \end{align}
\begin{align} 12 \int_0^{1/3} x^2(1-x) dx = \frac{1}{9} \end{align}
\begin{align} \mu &= 12 \int_0^1 x^3 (1-x) dx \\ &= \frac{3}{5} \\ \sigma^2 &= 12 \int_0^1 x^4 (1-x) dx - \left( \frac{3}{5} \right)^2 \\ &= \frac{1}{25} \end{align}
表が出る確率 $\theta$ のコインを $n$ 回投げて すべて表が出る確率は $\theta^n$ であるから、 これの期待値は、 \begin{align} \int_0^1 \theta^n f(\theta) d \theta &= 12 \int_0^1 \theta^{n+2} (1- \theta) d \theta \\ &= \frac{12}{(n+3)(n+4)} \end{align} である。