Теория вероятностей: как решать задачи ЕГЭ №4 и №5

Почему теория вероятностей кажется сложнее, чем она есть

В задачах по теории вероятностей почти никогда не бывает тяжёлых вычислений. Обычно достаточно сложить, вычесть или перемножить несколько чисел. Но именно здесь ученики часто ошибаются.

Причина проста: главная трудность находится не в вычислениях, а в переводе условия задачи на математический язык.

Нужно понять:

• какие исходы возможны;
• какие из них подходят;
• меняются ли вероятности после каждого действия;
• нужно складывать вероятности или перемножать;
• не проще ли перейти к противоположному событию;
• не появилось ли в условии дополнительное ограничение.

Задачи ЕГЭ №4 обычно проверяют классическое определение вероятности и простейший подсчёт исходов. В задаче №5 могут появиться цепочки событий, независимые испытания, выбор без возвращения, условная вероятность, формула полной вероятности и объединение событий.

Однако почти всё разнообразие заданий держится на нескольких основных идеях. Если научиться видеть эти идеи в тексте, задачи перестают быть набором случайных формул и превращаются в понятные схемы.

Что такое случайный эксперимент

Случайный эксперимент — это действие, результат которого заранее неизвестен.

Например:

• бросили монету;
• бросили игральную кость;
• выбрали билет;
• достали фломастер из коробки;
• проверили изготовленную батарейку;
• случайным образом распределили команды по группам.

Каждый возможный результат эксперимента называется исходом.

Если бросить обычную игральную кость, возможны шесть исходов:

$$1,\quad 2,\quad 3,\quad 4,\quad 5,\quad 6.$$

Если монету бросить два раза, удобно записать результаты упорядоченными парами:

$$(\text{О},\text{О}),\quad (\text{О},\text{Р}),\quad (\text{Р},\text{О}),\quad (\text{Р},\text{Р}),$$

где О — орёл, а Р — решка.

Обрати внимание: результаты $(\text{О},\text{Р})$ и $(\text{Р},\text{О})$ различаются. В первом случае сначала выпал орёл, а во втором — решка. В задачах с несколькими последовательными действиями порядок часто имеет значение.

События и их вероятности

Событие — это один исход или несколько исходов, объединённых общим условием.

Например, при броске игральной кости событием $A$ может быть выпадение чётного числа:

$$A=\{2,\ 4,\ 6\}.$$

Событие $B$ может означать выпадение числа, большего четырёх:

$$B=\{5,\ 6\}.$$

Вероятность события $A$ обозначают так:

$$P(A).$$

Вероятность всегда находится между нулём и единицей:

$$0\leqslant P(A)\leqslant 1.$$

Если событие никогда не может произойти, его вероятность равна нулю. Такое событие называется невозможным.

Если событие обязательно произойдёт, его вероятность равна единице. Такое событие называется достоверным.

Например, при броске обычной игральной кости:

$$P(\text{выпало }7)=0,$$

а

$$P(\text{выпало число от }1\text{ до }6)=1.$$

Классическое определение вероятности

Если все элементарные исходы равновозможны, вероятность события вычисляется по формуле:

$$P(A)=\frac{m}{n},$$

где:

• $n$ — общее количество равновозможных исходов;
• $m$ — количество благоприятных исходов, при которых происходит событие $A$.

Эту формулу можно запомнить так:

Вероятность — это количество подходящих вариантов, делённое на количество всех вариантов.

Но применять её можно только тогда, когда рассматриваемые исходы действительно равновозможны.

Например, у обычной симметричной игральной кости все шесть граней равновозможны. Поэтому вероятность выпадения чётного числа равна:

$$P=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}=0{,}5.$$

Благоприятными являются три исхода:

$$2,\quad 4,\quad 6.$$

Как находить общее количество целых чисел в промежутке

В задачах №4 нередко предлагают случайно выбрать целое число из некоторого промежутка.

Если берутся все целые числа от $a$ до $b$ включительно, их количество равно:

$$b-a+1.$$

Единица появляется потому, что в промежуток входят обе границы.

Например, количество целых чисел от $58$ до $82$ равно:

$$82-58+1=25.$$

Без прибавления единицы получилось бы $24$, и это была бы ошибка.

Разбор задачи: выбор числа из промежутка

Условие. Из множества натуральных чисел от $58$ до $82$ наудачу выбирают одно число. Какова вероятность того, что оно делится на $6$?

Всего возможных чисел:

$$82-58+1=25.$$

Теперь выпишем числа из этого промежутка, которые делятся на $6$:

$$60,\quad 66,\quad 72,\quad 78.$$

Благоприятных исходов четыре. Поэтому:

$$P=\frac{4}{25}=0{,}16.$$

Ответ: $0{,}16$.

В подобных заданиях самая частая ошибка — неправильно посчитать количество чисел в промежутке.

Разбор задачи: случайный выбор человека

Условие. В группе туристов $20$ человек. С помощью жеребьёвки выбирают $7$ человек, которые пойдут в магазин. Какова вероятность того, что определённый турист попадёт в выбранную группу?

Все туристы находятся в одинаковых условиях. Из $20$ человек выбирают $7$, поэтому для каждого конкретного туриста вероятность оказаться среди выбранных равна:

$$P=\frac{7}{20}=0{,}35.$$

Ответ: $0{,}35$.

Здесь не требуется вычислять количество всех возможных групп. Достаточно воспользоваться симметрией: из $20$ равноправных людей выбирают $7$.

Частота и вероятность

В некоторых задачах сообщается, сколько раз определённое событие наблюдалось на практике.

Если из $n$ проверенных изделий $m$ обладают некоторым свойством, частота этого свойства равна:

$$\frac{m}{n}.$$

В заданиях ЕГЭ эту частоту обычно рассматривают как вероятность соответствующего события.

Условие. В среднем из $1400$ садовых насосов $7$ подтекают. Найдите вероятность того, что случайно выбранный насос не подтекает.

Количество исправных насосов:

$$1400-7=1393.$$

Тогда:

$$P=\frac{1393}{1400}=0{,}995.$$

Можно было рассуждать через противоположное событие:

$$P(\text{не подтекает})=1-P(\text{подтекает})$$

и получить:

$$P=1-\frac{7}{1400}=1-0{,}005=0{,}995.$$

Ответ: $0{,}995$.

Противоположное событие

Событие, при котором исходное событие не происходит, называется противоположным.

Если событие обозначено буквой $A$, противоположное ему событие обозначают $\overline A$.

Их вероятности в сумме дают единицу:

$$P(A)+P(\overline A)=1.$$

Следовательно:

$$P(\overline A)=1-P(A).$$

Например, если вероятность попадания равна $0{,}8$, то вероятность промаха равна:

$$1-0{,}8=0{,}2.$$

Противоположное событие особенно полезно, когда в условии встречаются слова:

• «хотя бы один»;
• «не менее одного»;
• «хотя бы раз»;
• «не все»;
• «по крайней мере один».

Очень часто легче найти вероятность того, что событие не произойдёт ни разу, а затем вычесть её из единицы.

Как переводить слова условия

Некоторые фразы в вероятностных задачах почти сразу подсказывают нужное действие.

«И» обычно означает, что события должны произойти последовательно или одновременно. В таком случае вероятности чаще всего перемножают.

«Или» означает, что подходит один вариант или другой. Вероятности подходящих несовместных вариантов складывают.

«Хотя бы один» часто удобнее считать через противоположное событие «ни одного».

«Ровно один» означает, что нужно учесть все варианты расположения единственного успеха.

«Не более двух» означает:

$$0,\quad 1\quad \text{или}\quad 2.$$

«Не менее двух» означает:

$$2,\quad 3,\quad 4,\quad \ldots$$

«Известно, что...» означает, что пространство возможных исходов изменилось. Это признак условной вероятности.

«Без возвращения» означает, что после каждого выбора состав набора меняется, а вместе с ним меняются числители и знаменатели дробей.

Правило умножения вероятностей

Если должны последовательно произойти два независимых события $A$ и $B$, то:

$$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B).$$

Знак $\cap$ читается как «пересечение» и означает, что должны произойти оба события.

Например, вероятность выпадения чётного числа при одном броске кости равна:

$$\frac{3}{6}=0{,}5.$$

Вероятность того, что при двух бросках оба раза выпадет чётное число:

$$0{,}5\cdot 0{,}5=0{,}25.$$

Ответ: $0{,}25$.

Главный смысл правила:

Если в описании одной конкретной цепочки между событиями стоит слово «и», вероятности обычно перемножаются.

Независимые и зависимые события

События называются независимыми, если наступление одного события не изменяет вероятность другого.

Например:

• два броска монеты;
• два броска игральной кости;
• выстрелы по разным мишеням, если в условии вероятность каждого выстрела постоянна;
• работа двух магазинов, если прямо сказано, что они работают независимо.

Если из коробки достают предмет и не возвращают его обратно, события обычно становятся зависимыми. После первого выбора предметов остаётся меньше, поэтому вероятность второго выбора изменяется.

Для зависимых событий используется формула:

$$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B\mid A),$$

где $P(B\mid A)$ — вероятность события $B$ при условии, что событие $A$ уже произошло.

Разбор задачи: заданная последовательность попаданий и промахов

Условие. Стрелок стреляет по одному разу в каждую из четырёх мишеней. Вероятность попадания при каждом выстреле равна $0{,}8$. Найдите вероятность того, что стрелок попадёт в первую мишень и не попадёт в три последние.

Вероятность попадания:

$$P(\text{попадание})=0{,}8.$$

Вероятность промаха:

$$P(\text{промах})=1-0{,}8=0{,}2.$$

Требуется одна конкретная последовательность:

$$\text{попадание, промах, промах, промах}.$$

Поэтому перемножаем вероятности:

$$P=0{,}8\cdot 0{,}2\cdot 0{,}2\cdot 0{,}2=0{,}0064.$$

Ответ: $0{,}0064$.

Здесь нельзя переставлять события местами. В условии строго указано, что попадание должно произойти именно при первом выстреле.

Разбор задачи: два магазина не доставили товар

Условие. Вероятность того, что магазин А доставит товар вовремя, равна $0{,}8$, а для магазина Б эта вероятность равна $0{,}75$. Магазины работают независимо. Найдите вероятность того, что ни один магазин не доставит товар вовремя.

Вероятность неудачи магазина А:

$$1-0{,}8=0{,}2.$$

Вероятность неудачи магазина Б:

$$1-0{,}75=0{,}25.$$

Нужно, чтобы неудачи произошли одновременно. Поэтому:

$$P=0{,}2\cdot 0{,}25=0{,}05.$$

Ответ: $0{,}05$.

Выбор без возвращения

Рассмотрим ситуацию, когда из коробки последовательно достают предметы и не возвращают их обратно.

После первого извлечения:

• общее количество предметов уменьшается на единицу;
• количество предметов выбранного типа тоже может уменьшиться;
• вероятность следующего события нужно вычислять заново.

Например, в коробке находятся $3$ недоспелых арбуза и ещё $22$ других. Всего арбузов $25$.

Вероятность сначала выбрать недоспелый арбуз:

$$\frac{3}{25}.$$

Если первый выбранный арбуз оказался недоспелым, остаётся $2$ недоспелых арбуза из $24$:

$$\frac{2}{24}.$$

Вероятность выбрать два недоспелых арбуза подряд:

$$P=\frac{3}{25}\cdot\frac{2}{24} =\frac{6}{600} =0{,}01.$$

Ответ: $0{,}01$.

Типичная ошибка — дважды написать $\dfrac{3}{25}$. Это было бы допустимо только при выборе с возвращением.

Разбор задачи: один синий и один красный фломастер

Условие. В коробке $11$ синих, $6$ красных и $8$ зелёных фломастеров. Случайным образом выбирают два фломастера. Найдите вероятность того, что будут выбраны один синий и один красный фломастер.

Всего фломастеров:

$$11+6+8=25.$$

Подходят два порядка:

• сначала синий, затем красный;
• сначала красный, затем синий.

Вероятность первого порядка:

$$P_1=\frac{11}{25}\cdot\frac{6}{24} =\frac{66}{600} =0{,}11.$$

Вероятность второго порядка:

$$P_2=\frac{6}{25}\cdot\frac{11}{24} =\frac{66}{600} =0{,}11.$$

Одновременно оба порядка произойти не могут, поэтому складываем:

$$P=P_1+P_2=0{,}11+0{,}11=0{,}22.$$

Ответ: $0{,}22$.

Главная ошибка в подобных задачах — учесть только один порядок.

Правило сложения вероятностей

Если события $A$ и $B$ несовместны, то есть не могут произойти одновременно, вероятность события «$A$ или $B$» равна:

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B).$$

Например, при одном броске кости события «выпало $2$» и «выпало $5$» несовместны. Поэтому:

$$P(\text{выпало }2\text{ или }5) = \frac{1}{6}+\frac{1}{6} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}.$$

Если события могут произойти одновременно, простое сложение приведёт к двойному учёту их пересечения. Тогда применяется общая формула:

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B).$$

Здесь:

• $A\cup B$ означает, что произошло хотя бы одно из событий;
• $A\cap B$ означает, что произошли оба события.

Разбор задачи: два кофейных автомата

Условие. В торговом центре два автомата продают кофе. Вероятность того, что к концу дня кофе закончится в первом автомате, равна $0{,}25$. Для второго автомата вероятность такая же. Вероятность того, что кофе закончится в обоих автоматах, равна $0{,}15$. Найдите вероятность того, что кофе останется в обоих автоматах.

Обозначим события:

$$A=\{\text{кофе закончится в первом автомате}\},$$

$$B=\{\text{кофе закончится во втором автомате}\}.$$

По условию:

$$P(A)=0{,}25,$$

$$P(B)=0{,}25,$$

$$P(A\cap B)=0{,}15.$$

Сначала найдём вероятность того, что кофе закончится хотя бы в одном автомате:

$$P(A\cup B) = P(A)+P(B)-P(A\cap B).$$

Подставим числа:

$$P(A\cup B) = 0{,}25+0{,}25-0{,}15 = 0{,}35.$$

Событие «кофе останется в обоих автоматах» противоположно событию «кофе закончится хотя бы в одном автомате». Поэтому:

$$P=1-0{,}35=0{,}65.$$

Ответ: $0{,}65$.

Важно: нельзя просто перемножить вероятности $0{,}25$ и $0{,}25$. Независимость событий в условии не указана. Более того, вероятность их пересечения уже дана отдельно.

Задачи на игральные кости

Обычная игральная кость имеет шесть равновозможных результатов:

$$1,\quad 2,\quad 3,\quad 4,\quad 5,\quad 6.$$

Если кость бросают два раза, каждый результат удобно записывать упорядоченной парой:

$$(x,y),$$

где $x$ — результат первого броска, а $y$ — результат второго.

Общее количество исходов:

$$6\cdot 6=36.$$

Почему не $12$? Потому что мы не складываем количество граней, а составляем пары. Для каждого из шести результатов первого броска существует шесть результатов второго.

Разбор задачи: сумма очков равна восьми

Условие. Две игральные кости бросают одновременно. Найдите вероятность того, что сумма выпавших очков равна $8$. Ответ округлите до сотых.

Всего равновозможных исходов:

$$6\cdot 6=36.$$

Сумму $8$ дают пары:

$$(2,6),\quad (3,5),\quad (4,4),\quad (5,3),\quad (6,2).$$

Благоприятных исходов пять. Поэтому:

$$P=\frac{5}{36}\approx 0{,}1389.$$

Округляем до сотых:

$$P\approx 0{,}14.$$

Ответ: $0{,}14$.

Пары $(2,6)$ и $(6,2)$ считаются разными исходами.

Разбор задачи: значения двух бросков различны

Условие. Игральную кость бросают два раза. Найдите вероятность того, что выпавшие значения различны. Ответ округлите до сотых.

Всего исходов:

$$6\cdot 6=36.$$

Можно выписывать все пары с разными числами, но гораздо проще перейти к противоположному событию.

Совпадающие значения:

$$(1,1),\quad (2,2),\quad (3,3),\quad (4,4),\quad (5,5),\quad (6,6).$$

Таких исходов шесть. Поэтому:

$$P(\text{совпадают})=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}.$$

Тогда:

$$P(\text{различны}) = 1-\frac{1}{6} = \frac{5}{6} \approx 0{,}8333.$$

После округления:

$$P\approx 0{,}83.$$

Ответ: $0{,}83$.

Задачи с условием «известно, что»

Фраза «известно, что» означает, что часть исходов уже исключена.

Вместо первоначального пространства исходов нужно рассматривать только те результаты, которые удовлетворяют дополнительному условию.

Формула условной вероятности имеет вид:

$$P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}.$$

Здесь $P(A\mid B)$ читается как «вероятность события $A$ при условии события $B$».

В простых задачах на кости необязательно каждый раз использовать эту формулу в буквенном виде. Можно:

1. оставить только исходы, подходящие под условие $B$;
2. посчитать их количество;
3. среди них найти исходы, при которых происходит событие $A$;
4. разделить число благоприятных исходов на число всех оставшихся исходов.

Разбор задачи: сумма равна девяти при условии, что шестёрка не выпадала

Условие. Игральную кость бросили два раза. Известно, что $6$ очков не выпало ни разу. Найдите вероятность того, что сумма выпавших очков равна $9$.

После дополнительного условия при каждом броске возможны только числа:

$$1,\quad 2,\quad 3,\quad 4,\quad 5.$$

Поэтому в новом пространстве исходов:

$$5\cdot 5=25$$

равновозможных пар.

Сумму $9$ дают пары:

$$(3,6),\quad (4,5),\quad (5,4),\quad (6,3).$$

Но пары с шестёркой не подходят по условию. Остаются только:

$$(4,5),\quad (5,4).$$

Следовательно:

$$P=\frac{2}{25}=0{,}08.$$

Ответ: $0{,}08$.

Типичная ошибка — оставить в знаменателе $36$. После слов «известно, что шестёрка не выпадала» пространство исходов изменилось.

Разбор задачи: три броска и условная вероятность

Условие. Симметричную игральную кость бросили три раза. Известно, что сумма выпавших очков равна $6$. Найдите вероятность того, что хотя бы один раз выпало $3$ очка.

Нам нужны только упорядоченные тройки положительных чисел, сумма которых равна $6$.

Перечислим их:

$$(4,1,1),\quad (1,4,1),\quad (1,1,4),$$

$$(3,2,1),\quad (3,1,2),\quad (2,3,1),$$

$$(2,1,3),\quad (1,3,2),\quad (1,2,3),$$

$$(2,2,2).$$

Всего десять подходящих исходов.

Теперь выберем те, в которых присутствует число $3$:

$$(3,2,1),\quad (3,1,2),\quad (2,3,1),$$

$$(2,1,3),\quad (1,3,2),\quad (1,2,3).$$

Таких исходов шесть. Поэтому:

$$P=\frac{6}{10}=0{,}6.$$

Ответ: $0{,}6$.

Здесь важно учитывать порядок. Запись $3+2+1$ порождает шесть различных упорядоченных троек.

Как решать задачи со словами «хотя бы один»

Событие «хотя бы один успех» включает много вариантов:

• ровно один успех;
• ровно два успеха;
• ровно три успеха;
• и так далее.

Перечислять их бывает неудобно.

Противоположное событие формулируется проще:

«Хотя бы один успех» противоположно событию «ни одного успеха».

Поэтому:

$$P(\text{хотя бы один успех}) = 1-P(\text{ни одного успеха}).$$

Если проводится $n$ независимых испытаний, вероятность успеха равна $p$, а вероятность неудачи равна $q=1-p$, то:

$$P(\text{хотя бы один успех})=1-q^n.$$

Разбор задачи: хотя бы один раз начать игру первой

Условие. Перед каждым матчем бросают симметричную монету. Команда проводит три матча. Найдите вероятность того, что хотя бы в одном из них команда начнёт игру первой.

Вероятность не начать первой в одном матче:

$$0{,}5.$$

Вероятность не начать первой ни в одном из трёх матчей:

$$0{,}5^3=0{,}125.$$

Тогда вероятность хотя бы одного нужного исхода:

$$P=1-0{,}125=0{,}875.$$

Ответ: $0{,}875$.

«Ровно один» и «хотя бы один» — не одно и то же

Пусть монету бросают два раза.

Событие «орёл выпал ровно один раз» включает два исхода:

$$(\text{О},\text{Р}),\quad (\text{Р},\text{О}).$$

Поэтому:

$$P=\frac{2}{4}=0{,}5.$$

Событие «орёл выпал хотя бы один раз» включает уже три исхода:

$$(\text{О},\text{Р}),\quad (\text{Р},\text{О}),\quad (\text{О},\text{О}).$$

Поэтому:

$$P=\frac{3}{4}=0{,}75.$$

Нельзя заменять фразу «хотя бы один» фразой «ровно один».

Сумма произведений событий

Многие задачи №5 решаются по одной общей схеме:

1. найти все различные сценарии, приводящие к нужному результату;
2. внутри каждого сценария перемножить вероятности;
3. вероятности разных сценариев сложить.

Коротко это можно сформулировать так:

Внутри одного пути вероятности умножаем, между разными путями — складываем.

Например, товар может быть доставлен не более чем за две попытки двумя способами:

• успех с первой попытки;
• неудача с первой попытки и успех со второй.

Если вероятность успеха равна $0{,}4$, то вероятность неудачи:

$$1-0{,}4=0{,}6.$$

Вероятность первого сценария:

$$0{,}4.$$

Вероятность второго сценария:

$$0{,}6\cdot 0{,}4=0{,}24.$$

Общая вероятность:

$$P=0{,}4+0{,}24=0{,}64.$$

Ответ: $0{,}64$.

Формула полной вероятности

Иногда результат может появиться по нескольким различным причинам.

Пусть событие $A$ может произойти при одной из гипотез:

$$H_1,\quad H_2,\quad \ldots,\quad H_n.$$

Если гипотезы несовместны и охватывают все возможные случаи, то:

$$P(A) = P(H_1)P(A\mid H_1) + P(H_2)P(A\mid H_2) + \ldots + P(H_n)P(A\mid H_n).$$

Это и есть формула полной вероятности.

Её смысл очень простой:

Разбиваем задачу на возможные случаи, находим вероятность нужного результата в каждом случае и складываем полученные произведения.

Разбор задачи: контроль качества батареек

Условие. Вероятность того, что изготовленная батарейка неисправна, равна $0{,}02$. Система контроля бракует неисправную батарейку с вероятностью $0{,}99$, а исправную батарейку ошибочно бракует с вероятностью $0{,}01$. Найдите вероятность того, что случайно выбранная батарейка будет забракована.

Батарейка может быть забракована двумя способами:

• она неисправна, и система правильно её забраковала;
• она исправна, но система ошибочно её забраковала.

Вероятность неисправной батарейки:

$$P(\text{неисправна})=0{,}02.$$

Вероятность исправной батарейки:

$$P(\text{исправна})=1-0{,}02=0{,}98.$$

Вероятность первого сценария:

$$0{,}02\cdot 0{,}99=0{,}0198.$$

Вероятность второго сценария:

$$0{,}98\cdot 0{,}01=0{,}0098.$$

Сценарии несовместны, поэтому:

$$P = 0{,}0198+0{,}0098 = 0{,}0296.$$

Ответ: $0{,}0296$.

Разбор задачи: выбор предмета с разными свойствами

Условие. На столе лежат $10$ предметов двух типов: $3$ предмета первого типа и $7$ предметов второго типа. При использовании предмета первого типа успех происходит с вероятностью $0{,}8$, а при использовании предмета второго типа — с вероятностью $0{,}15$. Предмет выбирают случайно. Найдите вероятность неудачи.

Вероятность выбрать предмет первого типа:

$$\frac{3}{10}=0{,}3.$$

Вероятность выбрать предмет второго типа:

$$\frac{7}{10}=0{,}7.$$

Вероятность неудачи при первом типе:

$$1-0{,}8=0{,}2.$$

Вероятность неудачи при втором типе:

$$1-0{,}15=0{,}85.$$

Первый сценарий неудачи:

$$0{,}3\cdot 0{,}2=0{,}06.$$

Второй сценарий неудачи:

$$0{,}7\cdot 0{,}85=0{,}595.$$

Общая вероятность:

$$P=0{,}06+0{,}595=0{,}655.$$

Ответ: $0{,}655$.

Задачи на вложенные события и промежутки

Иногда одно событие полностью содержится в другом.

Например:

• событие $A$: ученик решил больше $6$ задач;
• событие $B$: ученик решил больше $7$ задач.

Если ученик решил больше $7$ задач, то он автоматически решил больше $6$ задач. Значит, событие $B$ содержится в событии $A$.

Чтобы найти вероятность того, что ученик решил ровно $7$ задач, нужно из более широкого события вычесть более узкое:

$$P(\text{ровно }7) = P(\text{больше }6) - P(\text{больше }7).$$

Разбор задачи: ровно десять решённых заданий

Условие. Вероятность того, что ученик решит больше $10$ заданий, равна $0{,}75$. Вероятность того, что он решит больше $9$ заданий, равна $0{,}8$. Найдите вероятность того, что ученик решит ровно $10$ заданий.

Событие «решено больше $9$ заданий» включает результаты:

$$10,\quad 11,\quad 12,\quad \ldots$$

Событие «решено больше $10$ заданий» включает:

$$11,\quad 12,\quad 13,\quad \ldots$$

Если из первого события удалить второе, останется только результат «решено ровно $10$ заданий».

Поэтому:

$$P(\text{ровно }10) = 0{,}8-0{,}75 = 0{,}05.$$

Ответ: $0{,}05$.

Разбор задачи: вероятность попадания в промежуток

Условие. Вероятность того, что масса буханки меньше $810$ г, равна $0{,}97$. Вероятность того, что масса больше $790$ г, равна $0{,}91$. Найдите вероятность того, что масса находится между $790$ г и $810$ г.

Сначала найдём вероятность того, что масса не меньше $810$ г:

$$P(\text{масса}\geqslant 810) = 1-0{,}97 = 0{,}03.$$

Событие «масса больше $790$ г» состоит из двух частей:

• масса между $790$ г и $810$ г;
• масса не меньше $810$ г.

Поэтому:

$$P(790<\text{масса}<810) = 0{,}91-0{,}03 = 0{,}88.$$

Ответ: $0{,}88$.

В непрерывных моделях вероятность получить ровно граничное значение обычно считается равной нулю, поэтому строгость или нестрогость границ не влияет на ответ.

Минимальное количество попыток

В некоторых задачах спрашивают, сколько попыток нужно, чтобы вероятность хотя бы одного успеха была не меньше заданного числа.

Если вероятность успеха в одном испытании равна $p$, то вероятность неудачи равна:

$$q=1-p.$$

Вероятность потерпеть неудачу во всех $n$ независимых испытаниях:

$$q^n.$$

Вероятность хотя бы одного успеха:

$$P=1-q^n.$$

Нужно найти наименьшее натуральное $n$, при котором:

$$1-q^n\geqslant P_0,$$

где $P_0$ — требуемая вероятность.

Разбор задачи: сколько нужно выстрелов

Условие. Стрелок попадает в цель с вероятностью $0{,}6$ при каждом отдельном выстреле. Какое наименьшее количество патронов нужно дать стрелку, чтобы вероятность поражения цели была не меньше $0{,}8$?

Вероятность промаха при одном выстреле:

$$1-0{,}6=0{,}4.$$

При одном выстреле вероятность попадания равна:

$$0{,}6<0{,}8.$$

Одного выстрела недостаточно.

Вероятность двух промахов подряд:

$$0{,}4^2=0{,}16.$$

Вероятность хотя бы одного попадания за два выстрела:

$$P=1-0{,}16=0{,}84.$$

Получили:

$$0{,}84\geqslant 0{,}8.$$

Следовательно, достаточно двух выстрелов.

Ответ: $2$.

Цепочки событий

В задачах на цепочки результат каждого шага может зависеть от предыдущего состояния.

Удобный способ решения:

1. обозначить возможные состояния;
2. определить вероятности переходов;
3. перечислить пути, ведущие к нужному результату;
4. перемножить вероятности внутри каждого пути;
5. сложить вероятности всех подходящих путей.

Особенно важно не путать:

• вероятность состояния;
• вероятность перехода между состояниями;
• количество переходов.

Если рассматриваются события от одного дня до другого в течение трёх дней, между четырьмя датами может быть три перехода.

Разбор задачи: изменение погоды

Условие. В некоторой стране бывает два типа погоды: хорошая и отличная. Вероятность того, что погода на следующий день останется такой же, равна $0{,}8$. Следовательно, вероятность изменения погоды равна $0{,}2$. В первый день погода хорошая. Найдите вероятность того, что через три дня она будет отличной.

Чтобы за три перехода хорошая погода превратилась в отличную, количество изменений должно быть нечётным.

Возможны два случая:

• погода изменилась ровно один раз;
• погода изменилась три раза.

Выбрать один переход из трёх можно тремя способами. Вероятность каждого такого пути:

$$0{,}2\cdot 0{,}8^2.$$

Поэтому вероятность ровно одного изменения:

$$3\cdot 0{,}2\cdot 0{,}8^2 = 3\cdot 0{,}2\cdot 0{,}64 = 0{,}384.$$

Вероятность трёх изменений:

$$0{,}2^3=0{,}008.$$

Складываем:

$$P=0{,}384+0{,}008=0{,}392.$$

Ответ: $0{,}392$.

Условная вероятность при выборе одной из моделей

Иногда сначала случайно выбирают один из нескольких объектов, а затем по результату испытания пытаются определить, какой объект был выбран.

Такие задачи требуют учитывать сразу две вещи:

• как часто выбирается каждый объект;
• насколько вероятен наблюдаемый результат для каждого объекта.

Если объекты изначально выбираются с одинаковыми вероятностями, можно сравнивать количество или вероятность подходящих исходов для каждого объекта.

Разбор задачи: какой кубик был выбран

Условие. Первый игральный кубик обычный. На гранях второго кубика числа $1$, $3$ и $5$ встречаются по два раза. Один из кубиков случайно выбирают и бросают дважды. Известно, что в каком-то порядке выпали числа $3$ и $5$. Найдите вероятность того, что был выбран второй кубик.

Для обычного кубика подходящие упорядоченные исходы:

$$(3,5),\quad (5,3).$$

Их вероятность:

$$P(A\mid H_1) = 2\cdot\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{6} = \frac{2}{36} = \frac{1}{18}.$$

Для второго кубика вероятность выпадения числа $3$ равна:

$$\frac{2}{6}=\frac{1}{3},$$

и вероятность выпадения числа $5$ также равна:

$$\frac{1}{3}.$$

Поэтому:

$$P(A\mid H_2) = 2\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3} = \frac{2}{9}.$$

Оба кубика выбирались с одинаковой вероятностью, поэтому:

$$P(H_2\mid A) = \frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{9}} {\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{18}+\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{9}}.$$

Сократим общий множитель $\dfrac{1}{2}$:

$$P(H_2\mid A) = \frac{\frac{2}{9}} {\frac{1}{18}+\frac{2}{9}} = \frac{\frac{4}{18}} {\frac{5}{18}} = \frac{4}{5} = 0{,}8.$$

Ответ: $0{,}8$.

Наблюдаемый результат гораздо вероятнее для второго кубика, поэтому после получения дополнительной информации вероятность выбора второго кубика становится больше $\dfrac{1}{2}$.

Когда можно пользоваться комбинаторикой

При выборе нескольких предметов без возвращения иногда удобнее считать не последовательности, а наборы.

Количество способов выбрать $k$ элементов из $n$ вычисляется по формуле:

$$C_n^k=\frac{n!}{k!(n-k)!}.$$

Например, вероятность выбрать один синий и один красный фломастер из $11$ синих, $6$ красных и $8$ зелёных можно вычислить так.

Всего способов выбрать два фломастера из $25$:

$$C_{25}^2.$$

Благоприятных пар:

$$C_{11}^1\cdot C_6^1.$$

Тогда:

$$P= \frac{C_{11}^1C_6^1}{C_{25}^2} = \frac{11\cdot 6}{300} = \frac{66}{300} = 0{,}22.$$

Оба способа — последовательный и комбинаторный — дают одинаковый ответ. На ЕГЭ следует выбирать тот способ, который понятнее и короче именно для конкретной задачи.

Круговая рассадка

В задачах на рассадку за круглым столом удобно зафиксировать положение одного человека.

Условие. За круглым столом на $9$ мест случайно рассаживаются $7$ мальчиков и $2$ девочки. Найдите вероятность того, что девочки будут сидеть рядом.

Зафиксируем место первой девочки. Для второй девочки остаётся восемь свободных мест.

Рядом с первой девочкой находятся два места: одно слева и одно справа.

Поэтому:

$$P=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}=0{,}25.$$

Ответ: $0{,}25$.

Не нужно считать все возможные рассадки девяти человек. После фиксации первой девочки задача сводится к выбору места для второй.

Как понять, нужно складывать или умножать

Рассмотрим две фразы.

«Первый выстрел оказался попаданием, а второй — промахом».

Это один последовательный путь:

$$\text{попадание И промах}.$$

Вероятности перемножаются.

«Успех произошёл с первой попытки или со второй попытки после первой неудачи».

Это два различных пути:

$$\text{успех сразу}$$

или

$$\text{неудача, затем успех}.$$

Внутри второго пути вероятности перемножаются, а затем вероятности двух путей складываются:

$$P=p+(1-p)p.$$

Полезная памятка:

«И» внутри одного сценария — умножение.

«Или» между несовместными сценариями — сложение.

Независимость нельзя придумывать

Одна из самых опасных ошибок — перемножать вероятности просто потому, что в задаче упомянуты два объекта.

Если даны:

$$P(A),\qquad P(B),\qquad P(A\cap B),$$

то нужно использовать указанную вероятность пересечения.

Равенство

$$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$$

верно только для независимых событий.

Например, если вероятность того, что кофе закончится в каждом автомате, равна $0{,}3$, а вероятность того, что оно закончится сразу в двух автоматах, равна $0{,}12$, нельзя писать:

$$0{,}3\cdot 0{,}3=0{,}09.$$

В условии уже сказано:

$$P(A\cap B)=0{,}12.$$

Именно это значение необходимо использовать.

Равновозможность исходов тоже нужно проверять

Формула

$$P(A)=\frac{m}{n}$$

работает только для равновозможных исходов.

Если известно, что вероятность выигрыша равна $0{,}4$, ничьей — $0{,}2$, а проигрыша — $0{,}4$, нельзя просто посчитать подходящие слова «выигрыш», «ничья», «проигрыш» и разделить их количество на три.

У этих исходов разные вероятности.

Например, команда проходит дальше, если за две игры получает:

• выигрыш и ничью;
• ничью и выигрыш;
• два выигрыша.

Тогда:

$$P = 0{,}4\cdot 0{,}2 + 0{,}2\cdot 0{,}4 + 0{,}4\cdot 0{,}4.$$

Получаем:

$$P = 0{,}08+0{,}08+0{,}16 = 0{,}32.$$

Ответ: $0{,}32$.

Дерево вероятностей

Для сложных задач полезно мысленно или на черновике строить дерево.

Каждое разветвление показывает возможные исходы очередного шага. На ветвях записываются вероятности.

Например, батарейка может быть:

• исправной с вероятностью $0{,}98$;
• неисправной с вероятностью $0{,}02$.

Затем исправная батарейка может быть:

• забракована с вероятностью $0{,}01$;
• не забракована с вероятностью $0{,}99$.

Неисправная батарейка может быть:

• забракована с вероятностью $0{,}99$;
• не забракована с вероятностью $0{,}01$.

Чтобы найти вероятность конкретного пути, нужно перемножить числа на его ветвях.

Чтобы найти вероятность результата, к которому ведут несколько путей, нужно сложить вероятности этих путей.

Именно поэтому формула полной вероятности имеет вид суммы произведений.

Универсальный алгоритм решения задачи №4

Для простейшей вероятности можно использовать следующую последовательность.

1. Определи, что считается одним исходом.
2. Проверь, являются ли исходы равновозможными.
3. Найди общее количество исходов.
4. Найди количество благоприятных исходов.
5. Используй формулу:

$$P=\frac{m}{n}.$$

1. При необходимости переведи дробь в десятичную.
2. Выполни требуемое округление.
3. Проверь, что ответ находится от $0$ до $1$.

Короткая запись решения обычно выглядит так:

$$n=\ldots,\qquad m=\ldots,$$

$$P=\frac{m}{n}=\ldots$$

Универсальный алгоритм решения задачи №5

Для более сложной задачи полезно действовать так.

1. Сформулируй событие, вероятность которого нужно найти.
2. Выпиши вероятности противоположных событий.
3. Определи, независимы ли испытания.
4. Проверь, происходит ли выбор с возвращением или без возвращения.
5. Найди все сценарии, приводящие к нужному результату.
6. Внутри каждого сценария перемножь вероятности.
7. Вероятности несовместных сценариев сложи.
8. Если в условии есть «хотя бы один», подумай о противоположном событии.
9. Если есть слова «известно, что», измени пространство исходов.
10. Если результат может появиться по разным причинам, используй формулу полной вероятности.
11. Проверь границы ответа:

$$0\leqslant P\leqslant 1.$$

Как выбрать подходящий метод

Если в задаче выбирается один предмет из набора равноправных предметов, обычно нужна формула:

$$P=\frac{m}{n}.$$

Если проводится несколько независимых испытаний и требуется конкретная последовательность, вероятности нужно перемножить.

Если подходит несколько различных последовательностей, нужно найти вероятность каждой и сложить результаты.

Если требуется «хотя бы один успех», часто удобнее использовать:

$$P=1-P(\text{ни одного успеха}).$$

Если предметы выбираются без возвращения, после каждого выбора нужно менять числитель и знаменатель.

Если результат может возникнуть по нескольким причинам, применяется формула полной вероятности.

Если события пересекаются, для объединения используется:

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B).$$

Если дано дополнительное условие, рассматривается новое пространство исходов или применяется:

$$P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}.$$

Частые ошибки в задачах ЕГЭ

Складывать вероятности внутри одной последовательности

Если стрелок должен сначала попасть, а затем промахнуться, события происходят последовательно:

$$P=p\cdot q.$$

Сумма $p+q$ здесь не имеет смысла.

Перемножать вероятности разных сценариев

Если событие может произойти первым способом или вторым способом, вероятности сценариев нужно складывать.

Забывать противоположное событие

Если требуется хотя бы одно попадание, обычно проще найти вероятность всех промахов:

$$P(\text{хотя бы одно попадание}) = 1-P(\text{все промахи}).$$

Не менять знаменатель при выборе без возвращения

После извлечения одного предмета из $25$ остаётся $24$, а не $25$.

Не учитывать порядок

Пары $(2,6)$ и $(6,2)$ — разные исходы.

Учитывать порядок дважды

Если при помощи сочетаний уже выбрана неупорядоченная пара, отдельно умножать ответ на количество порядков не нужно.

Использовать старое пространство исходов после слов «известно, что»

Если шестёрка не выпадала, при каждом броске остаётся пять возможных результатов, а не шесть.

Считать исходы равновозможными без проверки

События с вероятностями $0{,}2$, $0{,}4$ и $0{,}4$ нельзя считать как три одинаково вероятных варианта.

Придумывать независимость

Если независимость не дана и не следует из смысла эксперимента, формулу произведения независимых событий использовать нельзя.

Ошибаться в округлении

Если получено:

$$0{,}1389,$$

то до сотых это:

$$0{,}14,$$

а не $0{,}13$.

Получать вероятность больше единицы

Если получилось число больше $1$ или меньше $0$, значит, в решении точно допущена ошибка.

Как проверять ответ

После вычислений задай себе несколько вопросов.

Может ли вероятность быть отрицательной? Нет.

Может ли вероятность быть больше единицы? Нет.

Если благоприятных исходов мало, должен ли ответ быть близок к единице? Скорее всего, нет.

Если событие почти гарантировано, должен ли ответ быть близок к нулю? Нет.

Если выбирают $7$ человек из $20$, разумна ли вероятность $0{,}35$ для конкретного человека? Да, потому что выбирают чуть больше трети группы.

Если вероятность успеха в одном испытании равна $0{,}6$, должна ли вероятность хотя бы одного успеха за два испытания быть больше $0{,}6$? Да:

$$1-0{,}4^2=0{,}84.$$

Такие простые смысловые проверки помогают заметить многие арифметические ошибки.

Главные формулы

Классическая вероятность:

$$P(A)=\frac{m}{n}.$$

Противоположное событие:

$$P(\overline A)=1-P(A).$$

Пересечение независимых событий:

$$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B).$$

Пересечение зависимых событий:

$$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B\mid A).$$

Сложение несовместных событий:

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B).$$

Объединение произвольных событий:

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B).$$

Условная вероятность:

$$P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}.$$

Хотя бы один успех в $n$ независимых испытаниях:

$$P=1-(1-p)^n.$$

Формула полной вероятности:

$$P(A)=\sum_{k=1}^{n}P(H_k)P(A\mid H_k).$$

Итоговая памятка

Теория вероятностей в ЕГЭ строится не на десятках отдельных формул, а на нескольких логических действиях.

• Считаем подходящие исходы и делим на количество всех равновозможных исходов.
• Для конкретной цепочки событий перемножаем вероятности.
• Для нескольких несовместных путей складываем вероятности.
• При выборе без возвращения изменяем числители и знаменатели.
• Слова «хотя бы один» часто переводим в «единица минус ни одного».
• После слов «известно, что» перестраиваем пространство исходов.
• Если результат возможен по нескольким причинам, используем сумму произведений.
• Если два события могут произойти одновременно, при сложении вычитаем их пересечение.
• Никогда не предполагаем независимость без основания.
• Всегда проверяем, что ответ находится между нулём и единицей.

Главный принцип решения: сначала описать возможные сценарии словами, а уже потом записывать формулы.

Если научиться видеть в условии слова «и», «или», «хотя бы», «известно, что» и «без возвращения», большинство задач №4 и №5 будет решаться по знакомым и понятным схемам.