Схема на Бернули и биномна вероятност - много трудни задачи с решения

Решение:
Всеки от четиримата избрани клиенти, независимо от останалите, е жена, мъж или дете съответно с вероятности [tex]0{,}6[/tex], [tex]0{,}3[/tex] и [tex]0{,}1[/tex]. Нека [tex]M[/tex] е събитието „сред четиримата няма мъж“, а [tex]C[/tex] е събитието „сред четиримата няма дете“. Събитието [tex]M\cap C[/tex] означава, че и четиримата са жени. Тогава
[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]
Търсеното събитие е противоположно на [tex]M\cup C[/tex] и по формулата за вероятност на обединение
[tex]P=1-\left(P(M)+P(C)-P(M\cap C)\right)=1-0{,}2401-0{,}6561+0{,}1296=0{,}2334[/tex]

Решение:
Проверката приключва преди шестия детайл точно когато четвъртият годен детайл се появи сред първите пет, т.е. когато сред първите пет детайла има поне [tex]4[/tex] годни. Следователно всички детайли се проверяват точно когато сред първите пет има най-много [tex]3[/tex] годни, т.е. поне [tex]2[/tex] бракувани (ако четвъртият годен детайл е шестият, той също се проверява).
Първите пет детайла образуват [tex]5[/tex] независими опита по схемата на Бернули с вероятност за брак [tex]0{,}1[/tex]. Нека [tex]P_5(k)[/tex] е вероятността сред тях да има точно [tex]k[/tex] бракувани. Преминаваме към противоположното събитие (най-много един бракуван детайл):
[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]
Следователно
[tex]P=1-P_5(0)-P_5(1)=1-0{,}59049-0{,}32805=0{,}08146[/tex]

Решение:
Нека [tex]q=1-p[/tex] и [tex]P_{39}(k)=\binom{39}{k}p^kq^{39-k}[/tex] е вероятността за точно [tex]k[/tex] успеха. Тогава
[tex]\frac{P_{39}(k+1)}{P_{39}(k)}=\frac{39-k}{k+1}\cdot \frac{p}{q}[/tex]
Това отношение намалява с нарастването на [tex]k[/tex], затова вероятностите отначало растат, а после намаляват. Следователно двете последователни числа [tex]25[/tex] и [tex]26[/tex] са едновременно най-вероятни точно когато [tex]P_{39}(26)=P_{39}(25)[/tex], т.е. когато отношението при [tex]k=25[/tex] е равно на [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]
Това съответства на общото правило: най-вероятният брой [tex]k_0[/tex] на успехите при [tex]n[/tex] опита удовлетворява [tex](n+1)p-1\le k_0\le (n+1)p[/tex], като такива числа са две точно когато [tex](n+1)p[/tex] е цяло число; тук [tex]n=39[/tex] и [tex](n+1)p=40\cdot \frac{13}{20}=26[/tex].

Решение:
Нека първият играч е спечелил играта. Разглеждаме партията, в която той постига своята [tex]m[/tex]-та победа. В този момент вторият играч има [tex]k[/tex] победи, където [tex]k\in\{0; 1; \ldots; n-1\}[/tex] (с [tex]n[/tex] победи той вече би спечелил играта). Това става точно когато партия номер [tex]m+k[/tex] е спечелена от първия играч, а от предходните [tex]m+k-1[/tex] партии точно [tex]k[/tex] са спечелени от втория. Тъй като партиите са независими, по формулата на Бернули вероятността за това е
[tex]\binom{m+k-1}{k}p^{m-1}q^{k}\cdot p=\binom{m+k-1}{k}p^{m}q^{k}[/tex]
Тези събития за различните [tex]k[/tex] са несъвместими, следователно
[tex]P=\sum_{k=0}^{n-1}\binom{m+k-1}{k}p^{m}q^{k}[/tex]
Проверка: същото число е вероятността първият играч да спечели поне [tex]m[/tex] от [tex]m+n-1[/tex] партии, защото допълнителните фиктивни партии след решаването на играта не променят победителя. Например при [tex]m=2[/tex], [tex]n=3[/tex], [tex]p=q=\frac{1}{2}[/tex] и по двата начина получаваме
[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:
Нека [tex]A=(0; 0; 0)[/tex] и [tex]C=(1; 1; 1)[/tex]. Наричаме ниво на връх броя на координатите му, равни на [tex]1[/tex]. Нивата са [tex]0[/tex], [tex]1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]3[/tex], като [tex]C[/tex] е единственият връх от ниво [tex]3[/tex]. Всяко преминаване по ръб променя нивото с [tex]1[/tex]: от ниво [tex]0[/tex] мравката винаги отива на ниво [tex]1[/tex]; от ниво [tex]1[/tex] отива на ниво [tex]0[/tex] с вероятност [tex]\frac{1}{3}[/tex] и на ниво [tex]2[/tex] с вероятност [tex]\frac{2}{3}[/tex]; от ниво [tex]2[/tex] отива в [tex]C[/tex] с вероятност [tex]\frac{1}{3}[/tex] и обратно на ниво [tex]1[/tex] с вероятност [tex]\frac{2}{3}[/tex].
След нечетен брой минути нивото е нечетно, а след четен — четно, затова [tex]C[/tex] може да бъде достигнат само в края на нечетна минута. След първата минута мравката е на ниво [tex]1[/tex]. Разделяме следващото време на блокове от по две минути. Ако в началото на блока е на ниво [tex]1[/tex], мравката достига [tex]C[/tex] в края на блока с вероятност
[tex]\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{3}=\frac{2}{9}[/tex]
а в противен случай (с вероятност [tex]\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\cdot \frac{2}{3}=\frac{7}{9}[/tex]) отново е на ниво [tex]1[/tex]. Тъй като изборите са независими, блоковете са независими повторения на един и същ опит. Следователно вероятността мравката да не е минала през [tex]C[/tex] след [tex]2k+1[/tex] минути (а също и след [tex]2k+2[/tex] минути) е [tex]\left(\frac{7}{9}\right)^k[/tex]. Трябва
[tex]1-\left(\frac{7}{9}\right)^k\gt\frac{9}{10}\iff 10\cdot 7^k\lt 9^k[/tex]
Отношението [tex]\frac{9^k}{7^k}[/tex] расте с [tex]k[/tex], а при [tex]k=9[/tex] и [tex]k=10[/tex] имаме
[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]
Следователно най-малкото подходящо [tex]k[/tex] е [tex]10[/tex] и търсеният брой минути е [tex]2\cdot 10+1=21[/tex] (след [tex]20[/tex] минути вероятността все още е [tex]1-\left(\frac{7}{9}\right)^9\lt 0{,}9[/tex]).