Спочатку у коробці було 8 кульок, з яких 1 біла. Кожної хвилини кількість кульок у коробці збільшується вдвічі, причому з’являється лише одна нова біла кулька. Також на початку обирають хвилину \(n\), на якій дістануть кульку. Ймовірність обрати \(n\)-ту хвилину дорівнює \(\frac{1}{{{2^{1 + n}}}}\), \(n \in {\mathbb{Z}^ + } = {\mathbb{N}_0} = \{ 0,1,2,3 \ldots \} \). Яка ймовірність того, що дістали білу кульку?

Нехай \( A = \{ \)дістали білу кульку\( \} \). Розглянемо гіпотези \( H_k = \{ \)кульку дістали через \( n \) хвилин після початку\( \},\) \(n \in {\mathbb{Z}^ + } = {\mathbb{N}_0} = \{ 0,1,2,3 \ldots \} \). За умовою $$P({H_n}) = \frac{1}{{{2^{1 + n}}}}, \quad n \in {\mathbb{Z}^ + }.$$ Відзначимо, що це дійсно гіпотези, бо одночасно вони відбутись не можуть, але одна із них відбувається (з умови).

Розглянемо настання гіпотези \({H_n}\), \(n \in {\mathbb{Z}^ + }\). Нехай \({a_n}\) – кількість білих кульок на \(n\)-тій хвилині, тоді з умови \({a_0} = 1\), \({a_{n + 1}} = {a_n} + 1\), тоді \({a_n} = n + 1\), \(n \in {\mathbb{Z}^ + }\). Аналогічно розглянемо \({b_n}\) – загальна кількість кульок у коробці на \(n\)-тій хвилині. З умови \({b_0} = 8\), \({b_{n + 1}} = 2 \cdot {b_n}\), з цього \({b_n} = 8 \cdot {2^n}\), \(n \in {\mathbb{Z}^ + }\). Тоді за класичним визначенням ймовірності $$P(A|{H_n}) = \frac{{{a_n}}}{{{b_n}}} = \frac{{n + 1}}{{8 \cdot {2^n}}} = \frac{{n + 1}}{{{2^{n + 3}}}}, \quad n \in {\mathbb{Z}^ + }.$$ Використавши формулу повної ймовірності, маємо $$P\left( A \right) = \sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {P\left( {A|{H_n}} \right)P\left( {{H_n}} \right)} = \sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {\frac{{(n + 1)}}{{{2^{n + 3}}}} \cdot } \frac{1}{{{2^{n + 1}}}} = \sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {\frac{{n + 1}}{{{4^{n + 2}}}}}. \tag{1}$$ Неважко помітити, що отриманий ряд (1) є похідною функції \(f(x) = \sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {\left( { - \frac{1}{{{x^{n + 1}}}}} \right)} \) у точці 4. Справді $$f'(x) = \sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {{{\left( { - \frac{1}{{{x^{n + 1}}}}} \right)}^\prime }} = \sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } { - \frac{1}{{{x^{n + 2}}}} \cdot ( - n - 1)} = \sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {\frac{{n + 1}}{{{x^{n + 2}}}}} ,$$ $$f'(4) = \sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {\frac{{n + 1}}{{{4^{n + 2}}}}}.$$ При \(x > 1\), \(f(x)\) є сумою геометричної прогресії, тобто $$f(x) = \sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {\left( { - \frac{1}{{{x^{n + 1}}}}} \right)} = - \sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {\frac{1}{{{x^{n + 1}}}}} = - \frac{{\frac{1}{x}}}{{1 - \frac{1}{x}}} = - \frac{1}{{x - 1}}.$$ Тоді для (1) $$P(A) = f'(4) = {\left. {{{\left( { - \frac{1}{{x - 1}}} \right)}^\prime }} \right|_{x = 4}} = {\left. {\frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}} \right|_{x = 4}} = \frac{1}{{{{\left( {4 - 1} \right)}^2}}} = \frac{1}{{{3^2}}} = \frac{1}{9}.$$

Відповідь: \(\dfrac{1}{9}.\)