Предположения по решению задачи номер 2.
Не знаю правильно ли,
P4(1≤m≤4)=P4(1)+P4(2)+4(3)+P4(4)=1-P4(0)=1-C(вверху -0, снизу 4)*0.2^0*0.0081^4=...
ход мысли правильный или опять не туда?

А 3 задачу может надо решать при помощи формулы Байеса??

Опять не туда. Перечитайте предыдущее сообщение, и ответьте на вопросы про n, p, в чём состоит одно испытание, что за вероятность дана.

Задачу 3 не надо решать по формуле Байеса. См. предыдущее сообщение: там написано, с помощью чего её надо решать.

Итак, я опять вернулась к своим баранам..Проверьте пожалуйста следующие решения..
Задача 1. Будем считать три книги по алгебре за одну книгу, тогда число перестановок будет 7!. А три книги можно переставлять между собой 3! способами, тогда по правилу произведения имеем, что искомое число способов равно 3!*7!=30240

Задача 2. Воспользуемся теоремой от том что вероятность появления независимого события равна разнице между единицей и произведением вероятностей противоположных событий для равновероятных событий Р(А)=1-(1-Р) в n-степени. В нашем случае Р(А)=0,9919 n=4
0,9919=1-(1-р)^4
0,0081=(1-р)^4
0.3=1-р
р=0,7

Задача 3. р=0,75 q=0,25 n=150 k=100 Используем локальную теорему Лапласа.
P150(100)=1/√150*0.25*0.75 φ (100-150*0.75/√150*0.25*0.75)=1/0.75√50 φ(-12.5/0.75√50)=1/0.75√50 φ (-√50/3)=0.1886 φ(-2.357), нахожу в таблице соответствующее значение =0,1886*0,0246=0,0046

Посмотрите пожалуйста и напишите если чего неправильно..Сдавать уже очень скоро надо будет..

Первая и третья верно, а во второй нашли пока только p, а требовалось найти вероятность за год отказать ровно одному телефону.

Значит продолжаем, задача номер 2
р=0,7, дальше:
k=1, n=4
P4(1)=C4p(q в кубе) = (4!/(1!*3!))*(0,7)*(0,3 в кубе)=4*0,7*0,027 = 0,0756
Правильный ответ или нет? Посмотрите пожалуйста..))

Правильный.

Большое вам спасибо за то что уделяете свое внимание и объясняете задачи таким "чайникам" как я..)))) (IMG:style_emoticons/default/flowers1.gif)