Схема на Бернули и биномна вероятност - трудни задачи с решения

Решение:
Нека [tex]p[/tex] е вероятността за попадение при един изстрел; тогава вероятността за пропуск е [tex]1-p[/tex]. Изстрелите са независими, затова вероятността при [tex]4[/tex] изстрела да няма нито едно попадение е [tex](1-p)^4[/tex]. Събитието „поне едно попадение“ е противоположно на събитието „нито едно попадение“, следователно
[tex]1-(1-p)^4=0{,}9984\ \Rightarrow\ (1-p)^4=0{,}0016=0{,}2^4[/tex]
Тъй като [tex]1-p\ge 0[/tex], взимаме неотрицателния корен четвърти:
[tex]1-p=0{,}2\ \Rightarrow\ p=0{,}8[/tex]
Вероятността за попадение при един изстрел е [tex]0{,}8[/tex].

Решение:
Наблюденията образуват схема на Бернули с [tex]p=0{,}8[/tex] и [tex]q=1-p=0{,}2[/tex]. Вероятността при [tex]n[/tex] наблюдения обектът да не бъде открит нито веднъж е [tex]0{,}2^n[/tex], затова вероятността той да бъде открит поне веднъж е [tex]1-0{,}2^n[/tex]. Трябва
[tex]1-0{,}2^n\ge 0{,}99\ \Leftrightarrow\ 0{,}2^n\le 0{,}01[/tex]
Степента [tex]0{,}2^n[/tex] намалява с нарастването на [tex]n[/tex]. Проверяваме първите стойности:
[tex]0{,}2^2=0{,}04\gt 0{,}01 ; \qquad 0{,}2^3=0{,}008\le 0{,}01[/tex]
Следователно [tex]2[/tex] наблюдения не са достатъчни, а при [tex]3[/tex] наблюдения вероятността е [tex]1-0{,}008=0{,}992\ge 0{,}99[/tex]. Най-малкият брой наблюдения е [tex]3[/tex].

Решение:
Имаме схема на Бернули с [tex]n=5[/tex] опита, вероятност за успех [tex]p=0{,}8[/tex] и [tex]q=0{,}2[/tex]. Вероятността да бъдат излекувани точно [tex]k[/tex] болни е
[tex]P_5(k)=\binom{5}{k}\cdot 0{,}8^k\cdot 0{,}2^{5-k}[/tex]
Сравняваме две последователни 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]
Това отношение е по-голямо от [tex]1[/tex] точно когато [tex]20-4k\gt k+1[/tex], т.е. [tex]k\lt 3{,}8[/tex]. Следователно вероятностите растат до [tex]k=4[/tex] и след това намаляват:
[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]
Най-вероятният брой излекувани болни е [tex]4[/tex].

Решение:
Тъй като всяка топка се връща, [tex]8[/tex]-те тегления са независими и при всяко от тях черна топка се изтегля с една и съща вероятност:
[tex]p=\frac{5}{20}=\frac{1}{4} ; \quad q=1-p=\frac{3}{4}[/tex]
Следователно имаме схема на Бернули и вероятността да бъдат изтеглени точно [tex]k[/tex] черни топки е [tex]P_8(k)=\binom{8}{k}p^kq^{8-k}[/tex]. Сравняваме две последователни 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]
Това отношение е по-голямо от [tex]1[/tex] точно когато [tex]8-k\gt 3k+3[/tex], т.е. [tex]k\lt \frac{5}{4}[/tex], а това е само при [tex]k=0[/tex] и [tex]k=1[/tex]; при [tex]k\ge 2[/tex] то е по-малко от [tex]1[/tex]. Следователно
[tex]P_8(0)\lt P_8(1)\lt P_8(2)\gt P_8(3)\gt \ldots\gt P_8(8)[/tex]
Най-вероятният брой изтеглени черни топки е [tex]2[/tex]; вероятността за него е [tex]P_8(2)=28\cdot \frac{1}{16}\cdot \frac{729}{4096}\approx 0{,}311[/tex].

Решение:
Нека [tex]u[/tex] е броят на дните с покачване, а [tex]d[/tex] е броят на дните със спад. Тогава
[tex]u+d=10 ; \quad u-d=-4\ \Rightarrow\ u=3 ; \quad d=7[/tex]
[tex]10[/tex]-те дни са независими повторения на един и същ опит с вероятност за покачване [tex]p=\frac{1}{2}[/tex], затова по формулата на Бернули вероятността за точно [tex]3[/tex] покачвания е
[tex]P=\binom{10}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{7}=\frac{120}{1024}=\frac{15}{128}[/tex]
Вероятността цената да е спаднала с [tex]4[/tex] пункта е [tex]\frac{15}{128}[/tex].

Решение:
При една дузпа има [tex]3\cdot 3=9[/tex] равновъзможни двойки посоки (на Иванчо и на Марийка), като в [tex]3[/tex] от тях посоките съвпадат. Следователно дузпата се спасява с вероятност [tex]\frac{3}{9}=\frac{1}{3}[/tex] и е гол с вероятност
[tex]p=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}[/tex]
Петте дузпи са независими повторения на един и същ опит (схема на Бернули с [tex]n=5[/tex] и [tex]p=\frac{2}{3}[/tex]), затова вероятността за точно [tex]k[/tex] гола е
[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 печели при [tex]3[/tex], [tex]4[/tex] или [tex]5[/tex] гола:
[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]
Вероятността Иванчо да спечели е [tex]\frac{64}{81}[/tex].

Решение:
При едно теглене всичките [tex]\binom{80}{20}[/tex] възможни групи от [tex]20[/tex] числа са равновъзможни, а [tex]\binom{79}{19}[/tex] от тях съдържат заложеното число. Следователно при едно теглене то се изтегля с вероятност
[tex]p=\frac{\binom{79}{19}}{\binom{80}{20}}=\frac{20}{80}=\frac{1}{4}[/tex]
Тегленията са независими, затова при [tex]n[/tex] тегления числото не се изтегля нито веднъж с вероятност [tex]\left(\frac{3}{4}\right)^n[/tex] и се изтегля поне веднъж с вероятност [tex]1-\left(\frac{3}{4}\right)^n[/tex]. Трябва
[tex]1-\left(\frac{3}{4}\right)^n\gt 0{,}9\ \Leftrightarrow\ \left(\frac{3}{4}\right)^n\lt 0{,}1[/tex]
Степента [tex]\left(\frac{3}{4}\right)^n[/tex] намалява с нарастването на [tex]n[/tex]. При [tex]n=8[/tex] условието не е изпълнено (вероятността е около [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] условието е изпълнено (вероятността е около [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]
Най-малкият брой тегления е [tex]9[/tex].

Решение:
Нека [tex]n[/tex] е броят на хвърлянията, а [tex]A[/tex] е събитието „поне веднъж се е паднала шестица“. Хвърлянията са независими и при всяко от тях шестица не се пада с вероятност [tex]\frac{5}{6}[/tex]. Противоположното събитие „нито една шестица при [tex]n[/tex] хвърляния“ има вероятност [tex]\left(\frac{5}{6}\right)^n[/tex], следователно
[tex]P(A)=1-\left(\frac{5}{6}\right)^n\ge 0{,}95\iff\left(\frac{5}{6}\right)^n\le 0{,}05[/tex]
Логаритмуваме двете страни с десетичен логаритъм (функцията [tex]\lg[/tex] е растяща):
[tex]n\lg\frac{5}{6}\le\lg 0{,}05[/tex]
С дадените стойности получаваме
[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]
Тъй като [tex]\lg\frac{5}{6}\lt 0[/tex], при деление на това число знакът на неравенството се обръща:
[tex]n\ge\frac{\lg 0{,}05}{\lg\frac{5}{6}}\approx\frac{-1{,}3010}{-0{,}0791}\approx 16{,}4[/tex]
Най-малкото такова цяло число е [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]. Следователно зарът трябва да се хвърли най-малко [tex]17[/tex] пъти.

Решение:
Фиксираме избраната страница. За всяка от шестте фигури „фигурата е на тази страница“ е опит с вероятност за успех [tex]p=\frac{1}{120}[/tex] и за неуспех [tex]q=\frac{119}{120}[/tex], като шестте опита са независими. Следователно броят на фигурите на страницата е броят на успехите при [tex]6[/tex] опита по схемата на Бернули 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]
Тук [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], следователно
[tex]P=\frac{20\cdot 119^{3}+15\cdot 119^{2}+6\cdot 119+1}{120^{6}}\approx 1{,}14\cdot 10^{-5}[/tex]