Схема Бернулли и биномиальная вероятность - сложные задачи с решениями

Решение:
Пусть [tex]p[/tex] — вероятность попадания при одном выстреле; тогда вероятность промаха равна [tex]1-p[/tex]. Выстрелы независимы, поэтому вероятность того, что при [tex]4[/tex] выстрелах не будет ни одного попадания, равна [tex](1-p)^4[/tex]. Событие «хотя бы одно попадание» противоположно событию «ни одного попадания», следовательно,
[tex]1-(1-p)^4=0{,}9984\ \Rightarrow\ (1-p)^4=0{,}0016=0{,}2^4[/tex]
Так как [tex]1-p\ge 0[/tex], берём неотрицательный корень четвёртой степени:
[tex]1-p=0{,}2\ \Rightarrow\ p=0{,}8[/tex]
Вероятность попадания при одном выстреле равна [tex]0{,}8[/tex].

Решение:
Наблюдения образуют схему Бернулли с [tex]p=0{,}8[/tex] и [tex]q=1-p=0{,}2[/tex]. Вероятность того, что за [tex]n[/tex] наблюдений объект не будет обнаружен ни разу, равна [tex]0{,}2^n[/tex], поэтому вероятность хотя бы одного обнаружения равна [tex]1-0{,}2^n[/tex]. Нужно, чтобы
[tex]1-0{,}2^n\ge 0{,}99\ \Leftrightarrow\ 0{,}2^n\le 0{,}01[/tex]
Степень [tex]0{,}2^n[/tex] убывает с ростом [tex]n[/tex]. Проверим первые значения:
[tex]0{,}2^2=0{,}04\gt 0{,}01 ; \qquad 0{,}2^3=0{,}008\le 0{,}01[/tex]
Значит, [tex]2[/tex] наблюдений недостаточно, а при [tex]3[/tex] наблюдениях вероятность равна [tex]1-0{,}008=0{,}992\ge 0{,}99[/tex]. Наименьшее число наблюдений равно [tex]3[/tex].

Решение:
Имеем схему Бернулли с [tex]n=5[/tex] испытаниями, вероятностью успеха [tex]p=0{,}8[/tex] и [tex]q=0{,}2[/tex]. Вероятность того, что излечатся ровно [tex]k[/tex] больных, равна
[tex]P_5(k)=\binom{5}{k}\cdot 0{,}8^k\cdot 0{,}2^{5-k}[/tex]
Сравним две соседние вероятности:
[tex]\frac{P_5(k+1)}{P_5(k)}=\frac{5-k}{k+1}\cdot \frac{0{,}8}{0{,}2}=\frac{4(5-k)}{k+1}[/tex]
Это отношение больше [tex]1[/tex] тогда и только тогда, когда [tex]20-4k\gt k+1[/tex], т.е. [tex]k\lt 3{,}8[/tex]. Значит, вероятности возрастают до [tex]k=4[/tex], а затем убывают:
[tex]P_5(0)\lt P_5(1)\lt \ldots\lt P_5(4)\gt P_5(5)[/tex]
Проверка:
[tex]P_5(3)=10\cdot 0{,}8^3\cdot 0{,}2^2=0{,}2048 ; \quad P_5(4)=5\cdot 0{,}8^4\cdot 0{,}2=0{,}4096 ; \quad P_5(5)=0{,}8^5=0{,}32768[/tex]
Наиболее вероятное число излечившихся больных равно [tex]4[/tex].

Решение:
Так как каждый шар возвращают, [tex]8[/tex] извлечений независимы, и при каждом из них чёрный шар появляется с одной и той же вероятностью:
[tex]p=\frac{5}{20}=\frac{1}{4} ; \quad q=1-p=\frac{3}{4}[/tex]
Значит, имеем схему Бернулли, и вероятность извлечь ровно [tex]k[/tex] чёрных шаров равна [tex]P_8(k)=\binom{8}{k}p^kq^{8-k}[/tex]. Сравним две соседние вероятности:
[tex]\frac{P_8(k+1)}{P_8(k)}=\frac{8-k}{k+1}\cdot \frac{p}{q}=\frac{8-k}{3(k+1)}[/tex]
Это отношение больше [tex]1[/tex] тогда и только тогда, когда [tex]8-k\gt 3k+3[/tex], т.е. [tex]k\lt \frac{5}{4}[/tex], а это только [tex]k=0[/tex] и [tex]k=1[/tex]; при [tex]k\ge 2[/tex] оно меньше [tex]1[/tex]. Следовательно,
[tex]P_8(0)\lt P_8(1)\lt P_8(2)\gt P_8(3)\gt \ldots\gt P_8(8)[/tex]
Наиболее вероятное число извлечённых чёрных шаров равно [tex]2[/tex]; его вероятность равна [tex]P_8(2)=28\cdot \frac{1}{16}\cdot \frac{729}{4096}\approx 0{,}311[/tex].

Решение:
Пусть [tex]u[/tex] — число дней с повышением, а [tex]d[/tex] — число дней с понижением. Тогда
[tex]u+d=10 ; \quad u-d=-4\ \Rightarrow\ u=3 ; \quad d=7[/tex]
Эти [tex]10[/tex] дней — независимые повторения одного и того же испытания с вероятностью повышения [tex]p=\frac{1}{2}[/tex], поэтому по формуле Бернулли вероятность ровно [tex]3[/tex] повышений равна
[tex]P=\binom{10}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{7}=\frac{120}{1024}=\frac{15}{128}[/tex]
Вероятность того, что цена понизится на [tex]4[/tex] пункта, равна [tex]\frac{15}{128}[/tex].

Решение:
При одном ударе есть [tex]3\cdot 3=9[/tex] равновозможных пар направлений (Иванчо и Марийки), и в [tex]3[/tex] из них направления совпадают. Значит, удар отражается с вероятностью [tex]\frac{3}{9}=\frac{1}{3}[/tex], а гол забивается с вероятностью
[tex]p=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}[/tex]
Пять ударов — независимые повторения одного и того же испытания (схема Бернулли с [tex]n=5[/tex] и [tex]p=\frac{2}{3}[/tex]), поэтому вероятность ровно [tex]k[/tex] голов равна
[tex]P_5(k)=\binom{5}{k}\left(\frac{2}{3}\right)^k\left(\frac{1}{3}\right)^{5-k}=\binom{5}{k}\frac{2^k}{3^5}[/tex]
Иванчо выигрывает, если забьёт [tex]3[/tex], [tex]4[/tex] или [tex]5[/tex] голов:
[tex]P=\binom{5}{3}\frac{2^3}{3^5}+\binom{5}{4}\frac{2^4}{3^5}+\binom{5}{5}\frac{2^5}{3^5}=\frac{80+80+32}{243}=\frac{192}{243}=\frac{64}{81}[/tex]
Вероятность того, что выиграет Иванчо, равна [tex]\frac{64}{81}[/tex].

Решение:
В одном тираже все [tex]\binom{80}{20}[/tex] наборов из [tex]20[/tex] чисел равновозможны, и [tex]\binom{79}{19}[/tex] из них содержат выбранное число. Значит, в одном тираже оно выпадает с вероятностью
[tex]p=\frac{\binom{79}{19}}{\binom{80}{20}}=\frac{20}{80}=\frac{1}{4}[/tex]
Тиражи независимы, поэтому за [tex]n[/tex] тиражей число ни разу не выпадет с вероятностью [tex]\left(\frac{3}{4}\right)^n[/tex] и выпадет хотя бы один раз с вероятностью [tex]1-\left(\frac{3}{4}\right)^n[/tex]. Нужно, чтобы
[tex]1-\left(\frac{3}{4}\right)^n\gt 0{,}9\ \Leftrightarrow\ \left(\frac{3}{4}\right)^n\lt 0{,}1[/tex]
Степень [tex]\left(\frac{3}{4}\right)^n[/tex] убывает с ростом [tex]n[/tex]. При [tex]n=8[/tex] условие не выполняется (вероятность примерно [tex]0{,}8999[/tex]):
[tex]\left(\frac{3}{4}\right)^8=\frac{6561}{65536}\gt\frac{6553{,}6}{65536}=0{,}1[/tex]
При [tex]n=9[/tex] условие выполняется (вероятность примерно [tex]0{,}925\gt 0{,}9[/tex]):
[tex]\left(\frac{3}{4}\right)^9=\frac{19683}{262144}\lt\frac{26214{,}4}{262144}=0{,}1[/tex]
Наименьшее число тиражей равно [tex]9[/tex].

Решение:
Пусть [tex]n[/tex] — число бросков, а [tex]A[/tex] — событие «хотя бы один раз выпала шестёрка». Броски независимы, и при каждом из них шестёрка не выпадает с вероятностью [tex]\frac{5}{6}[/tex]. Противоположное событие «ни одной шестёрки за [tex]n[/tex] бросков» имеет вероятность [tex]\left(\frac{5}{6}\right)^n[/tex], поэтому
[tex]P(A)=1-\left(\frac{5}{6}\right)^n\ge 0{,}95\iff\left(\frac{5}{6}\right)^n\le 0{,}05[/tex]
Прологарифмируем обе части по основанию [tex]10[/tex] (функция [tex]\lg[/tex] возрастает):
[tex]n\lg\frac{5}{6}\le\lg 0{,}05[/tex]
При данных значениях
[tex]\lg\frac{5}{6}=\lg\frac{10}{12}=1-2\lg 2-\lg 3\approx 1-0{,}6020-0{,}4771=-0{,}0791[/tex]
[tex]\lg 0{,}05=\lg\frac{10}{200}=1-\lg 2-2\approx -1{,}3010[/tex]
Так как [tex]\lg\frac{5}{6}\lt 0[/tex], при делении на это число знак неравенства меняется на противоположный:
[tex]n\ge\frac{\lg 0{,}05}{\lg\frac{5}{6}}\approx\frac{-1{,}3010}{-0{,}0791}\approx 16{,}4[/tex]
Наименьшее такое целое число — [tex]n=17[/tex]. Проверка: [tex]\left(\frac{5}{6}\right)^{16}\approx 0{,}054\gt 0{,}05[/tex], а [tex]\left(\frac{5}{6}\right)^{17}\approx 0{,}045\lt 0{,}05[/tex]. Значит, кость нужно бросить не менее [tex]17[/tex] раз.

Решение:
Зафиксируем выбранную страницу. Для каждого из шести рисунков событие «рисунок находится на этой странице» — это испытание с вероятностью успеха [tex]p=\frac{1}{120}[/tex] и неудачи [tex]q=\frac{119}{120}[/tex], причём шесть испытаний независимы. Поэтому число рисунков на странице — это число успехов в [tex]6[/tex] испытаниях по схеме Бернулли, и
[tex]P=\sum_{k=3}^{6}\binom{6}{k}p^kq^{6-k}=\binom{6}{3}p^3q^3+\binom{6}{4}p^4q^2+\binom{6}{5}p^5q+\binom{6}{6}p^6[/tex]
Здесь [tex]p^kq^{6-k}=\frac{119^{6-k}}{120^6}[/tex] и [tex]\binom{6}{3}=20[/tex], [tex]\binom{6}{4}=15[/tex], [tex]\binom{6}{5}=6[/tex], [tex]\binom{6}{6}=1[/tex], поэтому
[tex]P=\frac{20\cdot 119^{3}+15\cdot 119^{2}+6\cdot 119+1}{120^{6}}\approx 1{,}14\cdot 10^{-5}[/tex]