Jaoo, slavljen bio desideri!! Hvala puno. : D Jasno sve, znači to na neku foru indukcije može da se radi? : D
Pogledala sam ovo iz kombinatorike, hvala, sad ću da probam da prokljuvim ovo drugo. : D

Prvo, @Sinus Versus, dobrodošlica i od mene. Ali, moram odmah da te zamolim da se upoznaš s Pravilnikom našeg foruma – formule se ne kače kao screenshotovi, već se kucaju u Latexu. Osim toga, prilikom postavljanja zadatka, uvek treba da navedeš sve podatke u vezi s tim zadatkom koji su ti dostupni, uključujući i postupak iz zbirke i krajnji rezultat i da navedeš šta ti tačno nije jasno. Tako da, ubuduće, nemoj čekati da te mi zamolimo, već odmah sama napiši sve što treba.

Što se tiče zadatka pod a) – pokušao bih da to objasnim na još jedan način. U kutiji, dakle, imamo [inlmath]p[/inlmath] belih i [inlmath]q[/inlmath] crnih kuglica. Dve stvari su vrlo bitne – da su kuglice numerisane (tj. bele kuglice se razlikuju među sobom, isto tako i crne) i izvlačenje se vrši s vraćanjem (što znači da je jednu istu kuglicu moguće izvući više puta). Posmatramo broj načina na koje ćemo od [inlmath]n[/inlmath] izvlačenja [inlmath]k[/inlmath] puta izvući crnu kuglicu, što znači da u preostalih [inlmath]\left(n-k\right)[/inlmath] izvlačenja moramo izvući belu.
Hajde prvo da posmatramo tih [inlmath]\left(n-k\right)[/inlmath] izvlačenja čiji je ishod bio izvučena bela kuglica. Tokom prvog od tih [inlmath]\left(n-k\right)[/inlmath] izvlačenja mogli smo izvući bilo koju od [inlmath]p[/inlmath] belih kuglica. Znači, broj mogućih ishoda prvog od tih [inlmath]\left(n-k\right)[/inlmath] izvlačenja belih kuglica je [inlmath]p[/inlmath]. Zatim to množimo brojem mogućih ishoda drugog izvlačenja – a to je takođe [inlmath]p[/inlmath], jer smo ovu prethodno izvučenu belu kuglicu u međuvremenu vratili u kutiju, tako da je ona opet „u igri“. Pa onda dosadašnji rezultat, [inlmath]p^2[/inlmath], množimo brojem mogućih ishoda trećeg od tih [inlmath]\left(n-k\right)[/inlmath] izvlačenja bele kuglice, a to je opet [inlmath]p[/inlmath]... i tako do [inlmath]\left(n-k\right)[/inlmath]-tog izvlačenja bele kuglice, koje takođe može imati [inlmath]p[/inlmath] ishoda, čime dobijamo broj načina [inlmath]p^{n-k}[/inlmath].
Zatim to treba pomnožiti brojem načina na koji možemo [inlmath]k[/inlmath] puta izvući crnu kuglicu. To određujemo na vrlo sličan način. Pri prvom izvlačenju crne kuglice, to možemo učiniti na [inlmath]q[/inlmath] načina, jer u kutiji imamo [inlmath]q[/inlmath] crnih kuglica. Pošto nakon svakog izvlačenja vraćamo izvučenu kuglicu nazad u kutiju, znači da i pri drugom izvlačenju crnu možemo izvući na [inlmath]q[/inlmath] načina, što zasad daje [inlmath]q^2[/inlmath]... I tako do [inlmath]k[/inlmath]-tog izvlačenja crne kuglice, što daje ukupno [inlmath]q^k[/inlmath].
Prema tome, dosad imamo rezultat [inlmath]p^{n-k}q^k[/inlmath].

E sad, treba još videti na koliko načina mogu biti, prema redosledu izvlačenja, raspoređene te izvučene bele i crne kuglice. Posmatrajmo jedan od mogućih ishoda izvlačenja:
[dispmath]\underset{\large14}{\huge\circ}\underset{\large5}{\huge\circ}\underset{\large8}{\huge\bullet}\underset{\large11}{\huge\bullet}\underset{\large17}{\huge\circ}\underset{\large6}{\huge\circ}\underset{\large5}{\huge\circ}\underset{\large9}{\huge\bullet}\underset{\large8}{\huge\bullet}\underset{\large17}{\huge\circ}\underset{\large4}{\huge\bullet}[/dispmath]
U ovom primeru bilo je [inlmath]11[/inlmath] izvlačenja, a crne kuglice (numerisane brojevima [inlmath]4,8,8,9,11[/inlmath]) izvučene su u trećem, četvrtom, osmom, devetom i jedanaestom izvlačenju.
Međutim, iste ove kuglice mogle su biti izvučene i drugačijim redosledima:
[dispmath]\underset{\large9}{\huge\bullet}\underset{\large11}{\huge\bullet}\underset{\large4}{\huge\bullet}\underset{\large17}{\huge\circ}\underset{\large5}{\huge\circ}\underset{\large6}{\huge\circ}\underset{\large8}{\huge\bullet}\underset{\large14}{\huge\circ}\underset{\large17}{\huge\circ}\underset{\large5}{\huge\circ}\underset{\large8}{\huge\bullet}[/dispmath][dispmath]\underset{\large5}{\huge\circ}\underset{\large14}{\huge\circ}\underset{\large17}{\huge\circ}\underset{\large8}{\huge\bullet}\underset{\large6}{\huge\circ}\underset{\large9}{\huge\bullet}\underset{\large5}{\huge\circ}\underset{\large8}{\huge\bullet}\underset{\large11}{\huge\bullet}\underset{\large4}{\huge\bullet}\underset{\large17}{\huge\circ}[/dispmath][dispmath]\vdots[/dispmath]
Od ukupno [inlmath]n[/inlmath] pozicija (koliko je bilo izvlačenja) crne kuglice se mogu rasporediti na [inlmath]k[/inlmath] pozicija (koliko je bilo izvučenih crnih kuglica). Na koliko načina od ukupno [inlmath]n[/inlmath] pozicija možemo odabrati [inlmath]k[/inlmath] pozicija na kojima će se naći crne kuglice? To pitanje je ekvivalentno pitanju na koliko načina iz skupa od [inlmath]n[/inlmath] elemenata možemo odabrati [inlmath]k[/inlmath] elemenata pri čemu redosled tih [inlmath]k[/inlmath] elemenata nije bitan. To su, naravno, kombinacije bez ponavljanja od [inlmath]n[/inlmath] elemenata [inlmath]k[/inlmath]-te klase, a njihov broj iznosi [inlmath]n\choose k[/inlmath]. Zbog toga onaj prethodno dobijeni rezultat, [inlmath]p^{n-k}q^k[/inlmath], sada još treba da pomnožimo sa [inlmath]n\choose k[/inlmath] i time dobijamo konačan rezultat pod a), a koji glasi [inlmath]{n\choose k}p^{n-k}q^k[/inlmath].

Prilikom određivanja mogućih načina raspoređivanja, mogli smo, umesto crnih, posmatrati bele kuglice, kojih ima [inlmath]\left(n-k\right)[/inlmath]. Analognim razmišljanjem, kao broj mogućih rasporeda dobili bismo [inlmath]n\choose n-k[/inlmath], a to je, prema osobinama binomnog koeficijenta, isto što i [inlmath]n\choose k[/inlmath].

To što je ova dobijena formula vrlo slična formuli za pomenutu binomnu raspodelu, nije slučajno – vrlo sličan rezon se upravo primenjuje i pri izvođenju formule za binomnu raspodelu, s tom razlikom što tamo [inlmath]p[/inlmath] i [inlmath]q[/inlmath] ne predstavljaju brojeve belih odnosno crnih kuglica, već verovatnoće nekog događaja i komplementa tog događaja.

@Daniel, u redu, izvinjavam se, pazim ubuduće!
Dakle, radi se o oblasti kombinatorika u gorepomenutoj zbirci, 69. zadatak.

Hvala puno za objašnjenje, sve je jasno!

Što se tiče dela pod (b), mislim da sam shvatila kako da rešim, ali taj deo iznosim sutra (u Latexu ) jer sad moram ići.

Važi.
Evo još jedne ideje za rešenje pod a), ovog puta preko teorije verovatnoće i binomne raspodele, za šta mi je ideju dao Desideri.

Znamo da se verovatnoća definiše kao
[dispmath]p=\frac{\mbox{broj povoljnih slučajeva}}{\mbox{ukupan broj slučajeva}}[/dispmath]
odakle je
[dispmath]\mbox{broj povoljnih slučajeva}=p\cdot\left(\mbox{ukupan broj slučajeva}\right)[/dispmath]
Verovatnoću u ovom slučaju lako određujemo koristeći formulu za binomnu raspodelu – verovatnoća da je prilikom [inlmath]n[/inlmath] izvlačenja [inlmath]k[/inlmath] puta izvučena crna kuglica iznosi:
[dispmath]P\left(X=k\right)={n\choose k}\big(P\left(B\right)\big)^{n-k}\big(P\left(C\right)\big)^k[/dispmath]
gde je
[inlmath]P\left(B\right)[/inlmath] – verovatnoća da je prilikom jednog izvlačenja izvučena bela kuglica i ona iznosi [inlmath]P\left(B\right)=\frac{p}{p+q}[/inlmath];
[inlmath]P\left(C\right)[/inlmath] – verovatnoća da je prilikom jednog izvlačenja izvučena crna kuglica i ona iznosi [inlmath]P\left(C\right)=\frac{q}{p+q}[/inlmath].
Prema tome,
[dispmath]P\left(X=k\right)={n\choose k}\left(\frac{p}{p+q}\right)^{n-k}\left(\frac{q}{p+q}\right)^k\\
P\left(X=k\right)={n\choose k}\frac{p^{n-k}q^k}{\left(p+q\right)^n}[/dispmath]
Ukupan broj slučajeva, budući da je redosled izvlačenja bitan i da se kuglice nakon svakog izvlačenja vraćaju u kutiju, predstavlja broj varijacija s ponavljanjem od [inlmath]\left(p+q\right)[/inlmath] elemenata (koliko ukupno ima kuglica) [inlmath]n[/inlmath]-te klase (koliko ima izvlačenja):
[dispmath]\mbox{ukupan broj slučajeva}=\overline V_{p+q}^n=\left(p+q\right)^n[/dispmath]
Prema tome, broj povoljnih slučajeva, a to je ono što tražimo, iznosiće
[dispmath]\mbox{broj povoljnih slučajeva}=P\left(X=k\right)\cdot\left(\mbox{ukupan broj slučajeva}\right)=\\
={n\choose k}\frac{p^{n-k}q^k}{\cancel{\left(p+q\right)^n}}\cdot\cancel{\left(p+q\right)^n}=\enclose{box}{{n\choose k}p^{n-k}q^k}[/dispmath]

@Daniel stvarno svaka čast za ovo, jesam ja to intuitivno hteo, no ti si uobličio i konkretizovao

desideri je napisao:@Daniel stvarno svaka čast za ovo

Slažem se, hvala puno, sad ima smisla sve! : )

Pošto mi je sad jasno šta je pisac hteo reći u postavci zadatka, da iznesem svoje shvatanje ovog pod (b).
Dakle, pošto je navedeno da nije bitan poredak izvučenih kuglica, radi se o kombinacijama i to sa ponavljanjem (jer se kuglice vraćaju, pa izvlače ponovo).
Ako je ukupan broj izvučenih kuglica [inlmath]n[/inlmath], a tražimo slučaj kada među tim brojem ima [inlmath]k[/inlmath] crnih, belih će biti [inlmath]n-k[/inlmath]. Tako od početnog broja [inlmath]q[/inlmath] crnih kuglica izvlačimo [inlmath]k[/inlmath] crnih kuglica, a od početnog broja [inlmath]p[/inlmath] belih kuglica izvlačimo [inlmath]n-k[/inlmath] belih kuglica, i ta dva pomnožimo, što odgovara:
[dispmath]\overline C_q^k\cdot\overline C_p^{n-k}={q+k-1\choose k}\cdot{p+n-k-1\choose n-k}[/dispmath]
što zapravo korespondira sa datim rešenjem.

Upravo tako.
Jedino mislim da je reč početnog suvišna, jer, budući da kuglice posle svakog izvlačenja vraćamo u kutiju, [inlmath]q[/inlmath] neće biti početni broj crnih kuglica, već će to u svakom trenutku biti broj crnih kuglica. Isto važi i za [inlmath]p[/inlmath].
A inače, razmišljanje ti je sasvim tačno.

Da, u pravu si, loše sam se izrazila.
Onda je to raščišćeno, hvala puno za pomoć!