Схема Бернулли и биномиальная вероятность - очень сложные задачи с решениями

Решение:
Каждый из четырёх выбранных покупателей независимо от остальных оказывается женщиной, мужчиной или ребёнком с вероятностями [tex]0{,}6[/tex], [tex]0{,}3[/tex] и [tex]0{,}1[/tex] соответственно. Пусть [tex]M[/tex] — событие «среди четырёх нет ни одного мужчины», а [tex]C[/tex] — событие «среди четырёх нет ни одного ребёнка». Событие [tex]M\cap C[/tex] означает, что все четверо — женщины. Тогда
[tex]P(M)=0{,}7^4=0{,}2401; \quad P(C)=0{,}9^4=0{,}6561; \quad P(M\cap C)=0{,}6^4=0{,}1296[/tex]
Искомое событие противоположно событию [tex]M\cup C[/tex], и по формуле сложения вероятностей
[tex]P=1-\left(P(M)+P(C)-P(M\cap C)\right)=1-0{,}2401-0{,}6561+0{,}1296=0{,}2334[/tex]

Решение:
Проверка заканчивается до шестой детали ровно тогда, когда четвёртая годная деталь появляется среди первых пяти, т.е. когда среди первых пяти деталей не менее [tex]4[/tex] годных. Значит, все детали проверяются ровно тогда, когда среди первых пяти не более [tex]3[/tex] годных, т.е. не менее [tex]2[/tex] бракованных (если четвёртая годная деталь — шестая, она тоже проверяется).
Первые пять деталей образуют [tex]5[/tex] независимых испытаний по схеме Бернулли с вероятностью брака [tex]0{,}1[/tex]. Пусть [tex]P_5(k)[/tex] — вероятность того, что среди них ровно [tex]k[/tex] бракованных. Перейдём к противоположному событию (не более одной бракованной детали):
[tex]P_5(0)=0{,}9^5=0{,}59049; \quad P_5(1)=\binom{5}{1}\cdot 0{,}1\cdot 0{,}9^4=0{,}32805[/tex]
Следовательно,
[tex]P=1-P_5(0)-P_5(1)=1-0{,}59049-0{,}32805=0{,}08146[/tex]

Решение:
Пусть [tex]q=1-p[/tex] и [tex]P_{39}(k)=\binom{39}{k}p^kq^{39-k}[/tex] — вероятность ровно [tex]k[/tex] успехов. Тогда
[tex]\frac{P_{39}(k+1)}{P_{39}(k)}=\frac{39-k}{k+1}\cdot \frac{p}{q}[/tex]
Это отношение убывает с ростом [tex]k[/tex], поэтому вероятности сначала возрастают, а затем убывают. Значит, два соседних числа [tex]25[/tex] и [tex]26[/tex] одновременно являются наивероятнейшими ровно тогда, когда [tex]P_{39}(26)=P_{39}(25)[/tex], т.е. когда отношение при [tex]k=25[/tex] равно [tex]1[/tex]:
[tex]\frac{39-25}{25+1}\cdot \frac{p}{1-p}=1\iff 14p=26(1-p)\iff 40p=26\iff p=\frac{13}{20}[/tex]
Это согласуется с общим правилом: наивероятнейшее число [tex]k_0[/tex] успехов в [tex]n[/tex] испытаниях удовлетворяет неравенствам [tex](n+1)p-1\le k_0\le (n+1)p[/tex], и таких чисел два ровно тогда, когда [tex](n+1)p[/tex] — целое число; здесь [tex]n=39[/tex] и [tex](n+1)p=40\cdot \frac{13}{20}=26[/tex].

Решение:
Пусть матч выиграл первый игрок; рассмотрим партию, в которой он одержал [tex]m[/tex]-ю победу. К этому моменту у второго игрока [tex]k[/tex] побед, где [tex]k\in\{0; 1; \ldots; n-1\}[/tex] (при [tex]n[/tex] победах он уже выиграл бы матч). Это происходит ровно тогда, когда партию с номером [tex]m+k[/tex] выиграл первый игрок, а из предыдущих [tex]m+k-1[/tex] партий ровно [tex]k[/tex] выиграл второй. Так как партии независимы, по формуле Бернулли вероятность этого равна
[tex]\binom{m+k-1}{k}p^{m-1}q^{k}\cdot p=\binom{m+k-1}{k}p^{m}q^{k}[/tex]
Эти события при разных [tex]k[/tex] несовместны, поэтому
[tex]P=\sum_{k=0}^{n-1}\binom{m+k-1}{k}p^{m}q^{k}[/tex]
Проверка: то же число равно вероятности того, что первый игрок выиграет не менее [tex]m[/tex] из [tex]m+n-1[/tex] партий, так как дополнительные фиктивные партии после завершения матча не меняют победителя. Например, при [tex]m=2[/tex], [tex]n=3[/tex], [tex]p=q=\frac{1}{2}[/tex] оба способа дают
[tex]\frac{1}{4}+\frac{2}{8}+\frac{3}{16}=\frac{11}{16}=\frac{\binom{4}{2}+\binom{4}{3}+\binom{4}{4}}{16}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]A=(0; 0; 0)[/tex] и [tex]C=(1; 1; 1)[/tex]. Назовём уровнем вершины число её координат, равных [tex]1[/tex]. Уровни равны [tex]0[/tex], [tex]1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]3[/tex], причём [tex]C[/tex] — единственная вершина уровня [tex]3[/tex]. Каждый переход по ребру меняет уровень на [tex]1[/tex]: с уровня [tex]0[/tex] муравей всегда переходит на уровень [tex]1[/tex]; с уровня [tex]1[/tex] он переходит на уровень [tex]0[/tex] с вероятностью [tex]\frac{1}{3}[/tex] и на уровень [tex]2[/tex] с вероятностью [tex]\frac{2}{3}[/tex]; с уровня [tex]2[/tex] он попадает в [tex]C[/tex] с вероятностью [tex]\frac{1}{3}[/tex] и возвращается на уровень [tex]1[/tex] с вероятностью [tex]\frac{2}{3}[/tex].
После нечётного числа минут уровень нечётен, а после чётного — чётен, поэтому в [tex]C[/tex] можно попасть только в конце нечётной минуты. После первой минуты муравей находится на уровне [tex]1[/tex]. Разобьём дальнейшее время на блоки по две минуты. Если в начале блока муравей на уровне [tex]1[/tex], то в конце блока он попадает в [tex]C[/tex] с вероятностью
[tex]\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{3}=\frac{2}{9}[/tex]
а иначе (с вероятностью [tex]\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\cdot \frac{2}{3}=\frac{7}{9}[/tex]) снова оказывается на уровне [tex]1[/tex]. Так как выборы независимы, блоки являются независимыми повторениями одного и того же испытания. Поэтому вероятность того, что муравей не побывал в [tex]C[/tex] после [tex]2k+1[/tex] минут (а также после [tex]2k+2[/tex] минут), равна [tex]\left(\frac{7}{9}\right)^k[/tex]. Нужно
[tex]1-\left(\frac{7}{9}\right)^k\gt\frac{9}{10}\iff 10\cdot 7^k\lt 9^k[/tex]
Отношение [tex]\frac{9^k}{7^k}[/tex] возрастает с ростом [tex]k[/tex], а при [tex]k=9[/tex] и [tex]k=10[/tex] имеем
[tex]10\cdot 7^9=403\,536\,070\gt 9^9=387\,420\,489[/tex]
[tex]10\cdot 7^{10}=2\,824\,752\,490\lt 9^{10}=3\,486\,784\,401[/tex]
Значит, наименьшее подходящее [tex]k[/tex] равно [tex]10[/tex], и искомое число минут равно [tex]2\cdot 10+1=21[/tex] (после [tex]20[/tex] минут вероятность ещё равна [tex]1-\left(\frac{7}{9}\right)^9\lt 0{,}9[/tex]).