1. Найдем вероятность извлечения синего шара из каждой урны (появление события $$A$$):
   $$P(A)=\frac{6}{9}=\frac{2}{3}=p$$.
    Тогда, $$P(\overline{A})=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}=q$$. 
2. Найдем биномиальные вероятности:
   1) $$P_{4}(0)=C_{4}^{0}p^{0}q^{4}$$, $$P_{4}(0)=\frac{4!}{0! \cdot 4!}\cdot \left ( \frac{2}{3} \right )^{0}\cdot \left ( \frac{1}{3} \right )^{4}=\frac{1}{81}$$;
   2) $$P_{4}(1)=C_{4}^{1}p^{1}q^{3}$$, $$P_{4}(1)=\frac{4!}{1! \cdot 3!}\cdot \left ( \frac{2}{3} \right )^{1}\cdot \left ( \frac{1}{3} \right )^{4}=\frac{8}{81}$$;
   3) $$P_{4}(2)=C_{4}^{2}p^{2}q^{2}$$, $$P_{4}(2)=\frac{4!}{2! \cdot 2!}\cdot \left ( \frac{2}{3} \right )^{2}\cdot \left ( \frac{1}{3} \right )^{2}=\frac{24}{81}$$. 
3. Найдем вероятность того, что событие $$A$$ появится не более двух раз:
   $$p=P_4(0)+P_4(1)+P_4(2)$$, $$p=\frac{1}{81}+\frac{8}{81}+\frac{24}{81}=\frac{33}{81}$$.

1. Поскольку сумма всех биномиальных вероятностей равна единице, то $$p=1-P_4(3)-P_4(4)$$. 
2. Найдем биномиальные вероятности:
   1) $$P_{4}(3)=C_{3}^{3}p^{1}q^{4}$$, $$P_{4}(3)=\frac{4!}{3! \cdot 1!}\cdot \left ( \frac{2}{3} \right )^{3}\cdot \left ( \frac{1}{3} \right )^{1}=\frac{32}{81}$$;
   2) $$P_{4}(4)=C_{4}^{4}p^{4}q^{0}$$, $$P_{4}(1)=\frac{4!}{4! \cdot 0!}\cdot \left ( \frac{2}{3} \right )^{4}\cdot \left ( \frac{1}{3} \right )^{0}=\frac{16}{81}$$. 
3. Тогда, $$p=1-\frac{32}{81}-\frac{16}{81}=\frac{33}{81}$$.

1. Вероятность того, что в серии из $$n$$ независимых испытаний событие $$A$$ появится ровно $$k$$ раз (биномиальную вероятность) можно найти по формуле Бернулли:
   $$P_n(k)=C_n^kp^kq^{n-k}$$,
   где $$p$$ – вероятность появления события $$A$$ в каждом испытании. 
2. Число сочетаний из $$n$$ элементов по $$k$$ находят по формуле:
   $$C_n^k=\frac{n!}{k!(n-k)!}$$.

1. Найдем вероятность извлечения красного шара из каждой урны (появление события $$A$$):
   $$P(A)=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}=p$$. 
2. Найдем вероятность противоположного события:
   $$P(\overline{A})=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}=q$$. 
3. По формуле Бернулли найдем вероятность того, что событие $$A$$ появится $$3$$ раза:
   $$P_4(3)=C_4^3p^3q^{4-3}$$,
   $$P_4(3)=\frac{4!}{3!\cdot 1!}\cdot \left ( \frac{1}{3} \right )^3\cdot \left ( \frac{2}{3} \right )^1$$,
   $$P_4(3)=\frac{4}{1}\cdot \frac{1}{27}\cdot \frac{2}{3}=\frac{8}{81}$$.

1. Наивероятнейшим числом появления события $$A$$ называют такое число $$k_0$$, которому соответствует наибольшая биномиальная вероятность $$P_n(k_0)$$. 
2. Наивероятнейшее число $$k_0$$ находят их системы неравенств:
   $$np-q < k_0 < np+p$$.

Наивероятнейшее число $$k_0$$ принимает только целые значения.

1. $$\Phi (-x)=-\Phi (x)$$; 
2. $$\lim_{x\rightarrow +\infty }\Phi (x)=0,5$$.

Вероятность отклонения случайной величины $$X$$ от математического ожидания на величину не превышающую $$\delta$$ находят по формуле:

$$P(\left | X-a \right |<\delta )=2\Phi \left ( \frac{\delta }{\sigma } \right )$$ ,
где $$\Phi \left (\frac{\delta }{\sigma } \right )=\Phi (x)$$ – функция Лапласа.

1. Согласно условию задачи $$P(\left | X-50 \right |<\delta )=0,8$$. 
2. Тогда: $$2\Phi \left ( \frac{\delta }{2} \right )=0,8$$, откуда $$\Phi \left ( \frac{\delta }{2} \right )=0,4$$.  
3. Так как по таблице значений функции Лапласа $$\Phi (1,29)\approx 0,4$$,
   то $$\frac{\delta }{2}=1,29$$, откуда $$\delta =2,58$$ мм.

Функция Лапласа имеет вид:

$$\Phi (x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\int_{0}^{x}e^{-\frac{t^2}{2}}dt$$.

Интегральная теорема Лапласа:

Если вероятность $$p$$ появления события $$A$$ в каждом из $$n$$ независимых испытаний постоянна, то вероятность $$P_n(k_1,k_2)$$ того, что во всех этих испытаниях событие $$A$$ появится не менее $$k_1$$ раз и не более $$k_2$$ раз, приближенно выражается формулой:

1. Согласно условию задачи:
   $$n=900$$, $$k_1=500$$, $$k_2=600$$, $$p=0,5$$, $$q=0,5$$.
   Тогда, $$npq=900\cdot 0,5\cdot 0,5=9\cdot 25>10$$. 
2. Найдем аргументы функции Лапласа:
   $$x_1=\frac{500-900\cdot 0,5}{15}=3,33$$; $$x_2=\frac{600-900\cdot 0,5}{15}=10$$. 
3. Найдем искомую вероятность:
   $$p\approx \Phi (10)-\Phi (3,33)$$; $$p\approx 0,5-0,49952=0,00048$$.

1. Интегральную теорему Лапласа применяют в случае, если $$npq>10$$.
2. Так как $$\Phi (5)\approx 0,5$$ и $$\lim_{x\rightarrow +\infty }\Phi (x)=0,5$$, полагают:
   $$\Phi (x>5)=0,5$$.

Вероятность отклонения случайной величины $$X$$ от математического ожидания на величину не превышающую $$\delta$$ находят по формуле:

$$P(\left | X-a \right |<\delta )=2\Phi \left ( \frac{\delta }{\sigma } \right )$$ ,
где $$\Phi \left (\frac{\delta }{\sigma } \right )=\Phi (x)$$ – функция Лапласа.

1. Согласно условию задачи: $$a=250$$, $$\sigma =\sqrt{16}=4$$, $$\delta =5$$. 
2. Тогда: $$p=P(\left | X-250 \right |<5)$$, $$p=2\Phi \left ( \frac{5}{4} \right )$$, $$p=2\Phi (1,25)$$, $$p=2\cdot 0,3944=0,7888$$.

Среднеквадратическое отклонение находят по формуле:

$$\sigma (X)=\sqrt{D(X)}$$.

В случае, если число $$n$$ достаточное большое, а $$p$$ достаточно мало, то имеем распределение Пуассона, а вероятность того, что в серии из $$n$$ независимых испытаний событие $$A$$ появится ровно $$k$$ раз можно найти по формуле:

$$P_n(k)\approx \frac{a^{k}e^{-a}}{k!}$$, 
где $$a=np$$ – параметр распределения.

Таблица значений функции $$\frac{\lambda ^k}{k!}e^{-\lambda }$$

1. Так как $$n=200$$, а $$p=0,02$$, то $$a=np=200\cdot 0,02=4$$. 
2. Используя формулу Пуассона и таблицу значений функции $$\frac{\lambda ^k}{k!}e^{-\lambda }$$, получим:
   $$p=\sum _{k=0}^3P_{200}(k)$$, $$p\approx P_{200}(0)+P_{200}(1)+P_{200}(2)+P_{200}(3)$$,
   $$p\approx \frac{4^0e^{-4}}{0!}+\frac{4^1e^{-4}}{1!}+\frac{4^2e^{-4}}{2!}+\frac{4^3e^{-4}}{3!}$$,
   $$p\approx 0,0183+0,0733+0,1456+0,1954$$, $$p\approx 0,4326$$.

Распределение Пуассона представляет собою предельный случай биномиального распределения.

Локальная теорема Лапласа:

Если вероятность $$p$$ появления события $$A$$ в каждом из $$n$$ независимых испытаний постоянна, то вероятность $$P_n(k)$$ того, что во всех этих испытаниях событие $$A$$ появится ровно $$k$$ раз, приближенно выражается формулой:

$$P_n(k)\approx \frac{1}{\sqrt{npq}}\phi (x)$$ , где $$x=\frac{k-np}{\sqrt{npq}}$$ .

Значение функции $$\phi (x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}e^{-\frac{x^2}{2}}$$ находят по таблице:

1. Согласно условию задачи: $$n=900$$, $$k=460$$, $$p=0,5$$, $$q=1-0,5=0,5$$.
   Тогда, $$npq=900\cdot 0,5\cdot 0,5=9\cdot 25>10$$. 
2. Найдем аргумент функции $$\phi (x)$$ (малой функции Лапласа):
   $$x=\frac{460-900\cdot 0,5}{\sqrt{9\cdot 25}}\approx 0,66$$. 
3. По таблице найдем значение малой функции Лапласа: $$\phi (0,66)=0,3292$$. 
4. Найдем вероятность того, что событие произойдет $$460$$ раз:
   $$P_{900}(460)\approx \frac{0,3292}{\sqrt{9\cdot 25}} =0,0213$$.

Локальную теорему Лапласа применяют в случае, если $$npq>10$$.

Математическое ожидание $$CBX$$, распределенной по биномиальному закону, находят по формуле:

$$M(X)=np$$.

1. Запишем параметры распределения: $$n=15$$, $$p=0,8$$. 
2. Найдем математическое ожидание: $$M(X)=15\cdot 0,8=12$$.

Числа $$n$$ и $$p$$ называют параметрами биномиального распределения $$CBX$$.