Задание №5 ЕГЭ 2026: Теория вероятностей (Профиль)

Введение в задание №5 ЕГЭ: Классическая вероятность

Добро пожаловать в курс по подготовке к заданию №5 профильного ЕГЭ по математике! Это первая статья нашего цикла, и мы начнем с фундамента, на котором строится вся теория вероятностей.

Задание №5 в ЕГЭ 2026 года проверяет умение моделировать реальные ситуации на языке теории вероятностей и вычислять вероятности событий. Хорошая новость заключается в том, что большинство задач этого типа решаются с помощью одной простой формулы и здравого смысла.

Основные понятия: Испытание и Событие

Прежде чем считать цифры, давайте разберемся с терминологией. В теории вероятностей мы постоянно оперируем следующими понятиями:

• Случайный опыт (испытание) — это действие, которое можно повторять многократно в одних и тех же условиях, но результат которого заранее непредсказуем.
  • Примеры: подбрасывание монеты, бросок игрального кубика, выстрел по мишени, вытягивание билета на экзамене.
• Элементарный исход — это один из возможных результатов испытания.
• Событие — это любой результат испытания, который нас интересует. События обычно обозначают заглавными латинскими буквами: $A, B, C$.

Виды событий

События бывают разными по степени своей «возможности»:

1. Достоверное событие — событие, которое обязательно произойдет в результате испытания. Вероятность такого события равна 1 (или 100%).
   • Пример: При броске обычного кубика выпадет число меньше 7.
2. Невозможное событие — событие, которое никогда не произойдет в данном испытании. Вероятность равна 0.
   • Пример: При броске кубика выпадет число 8.
3. Случайное событие — событие, которое может произойти, а может и не произойти.

Классическое определение вероятности

Это самый важный раздел для задания №5. Большинство задач решаются именно через классическое определение.

Вероятностью события $A$ называется отношение числа благоприятных исходов к общему числу всех возможных исходов испытания.

Формула выглядит так:

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

Где:

• $P(A)$ — вероятность события $A$ (от английского Probability).
• $m$ — количество благоприятных исходов (тех, которые нам нужны по условию задачи).
• $n$ — количество всех возможных исходов испытания.

Важно помнить: Вероятность — это всегда число от 0 до 1. Если у вас получилось 1.5 или -0.2, значит, вы где-то ошиблись.

Пример 1: Игральный кубик

Задача: Бросают игральный кубик. Какова вероятность того, что выпадет четное число очков?

Решение:

1. Сначала найдем $n$ (общее число исходов). У кубика 6 граней, значит, может выпасть любое число от 1 до 6. Итого $n = 6$.
2. Теперь найдем $m$ (число благоприятных исходов). Нас интересуют четные числа. Это 2, 4 и 6. Всего их три штуки. Значит, $m = 3$.
3. Подставим в формулу:

$$P(A) = \frac{3}{6} = 0{,}5$$

Где $3$ — количество четных чисел, $6$ — всего граней, $0{,}5$ — искомая вероятность.

Ответ: 0,5

Пример 2: Пирожки

Задача: На тарелке лежат 20 пирожков: 5 с мясом, 12 с капустой и 3 с вишней. Петя наугад выбирает один пирожок. Найдите вероятность того, что он окажется с вишней.

Решение:

1. Общее число исходов $n$ — это общее количество пирожков. $n = 20$.
2. Благоприятные исходы $m$ — это пирожки с вишней. Их по условию 3. $m = 3$.
3. Считаем вероятность:

$$P(A) = \frac{3}{20} = 0{,}15$$

Где $3$ — количество пирожков с вишней, $20$ — всего пирожков.

Ответ: 0,15

Операции над событиями

В более сложных задачах нам приходится иметь дело не с одним простым событием, а с их комбинациями. Для этого используются операции сложения и умножения.

1. Противоположные события

Событие $\bar{A}$ (читается «не А») называется противоположным событию $A$, если оно происходит тогда и только тогда, когда не происходит событие $A$.

Сумма вероятностей события и противоположного ему события всегда равна единице:

$$P(A) + P(\bar{A}) = 1$$

Где:

• $P(A)$ — вероятность наступления события.
• $P(\bar{A})$ — вероятность того, что событие НЕ наступит.
• $1$ — полная вероятность (достоверное событие).

Эта формула очень полезна, когда проще посчитать вероятность того, что событие не произойдет, и вычесть её из единицы.

Пример: Вероятность того, что лампочка бракованная, равна $0{,}03$. Какова вероятность того, что лампочка исправна?

$$P(\text{исправна}) = 1 - P(\text{брак}) = 1 - 0{,}03 = 0{,}97$$

2. Сумма событий (Союз «ИЛИ»)

Суммой двух событий $A$ и $B$ называется событие $A + B$, которое состоит в том, что происходит ИЛИ событие $A$, ИЛИ событие $B$ (или оба сразу).

Здесь важно различать два типа событий:

• Несовместные события: Они не могут произойти одновременно в одном испытании. (Например, выпадение «орла» и «решки» при одном броске монеты).

  Для несовместных событий работает простая формула сложения:

  $$P(A + B) = P(A) + P(B)$$

  Где $P(A+B)$ — вероятность наступления одного из событий, $P(A)$ и $P(B)$ — вероятности отдельных событий.

• Совместные события: Могут произойти одновременно. (Например, «выпало четное число» и «выпало число больше 3» — число 4 или 6 удовлетворяет обоим условиям).

  Для совместных событий формула сложнее (мы разберем её детально в следующих статьях, но для ознакомления):

  $$P(A + B) = P(A) + P(B) - P(A \cdot B)$$

3. Произведение событий (Союз «И»)

Произведением событий $A$ и $B$ называется событие $A \cdot B$, которое состоит в том, что происходят И событие $A$, И событие $B$ одновременно (или последовательно).

Здесь ключевым является понятие независимости:

• Независимые события: Появление одного события не влияет на вероятность появления другого. (Например, броски двух разных кубиков).

  Для независимых событий работает формула умножения:

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

  Где $P(A \cdot B)$ — вероятность одновременного наступления событий, $P(A)$ и $P(B)$ — вероятности отдельных событий.

Алгоритм решения задач №5

Чтобы успешно решить задачу на классическую вероятность, следуйте этому алгоритму:

1. Внимательно прочитайте условие. Определите, в чем состоит испытание.
2. Сформулируйте вопрос. Какое событие является благоприятным?
3. Найдите $n$. Посчитайте общее количество всех возможных исходов.
4. Найдите $m$. Посчитайте количество исходов, удовлетворяющих вопросу задачи.
5. Разделите $m$ на $n$.
6. Проверьте ответ. Получилось ли число от 0 до 1? Если это дробь, переведите её в десятичную (для бланка ЕГЭ).

Заключение

Мы разобрали классическое определение вероятности и базовые операции. Это фундамент. В следующей статье мы углубимся в более сложные теоремы о суммах и произведениях событий, а также разберем задачи на монеты и игральные кости более детально.

Помните: $P = \frac{m}{n}$. Это ваш главный инструмент.

Теоремы о сложении и умножении вероятностей: совместные и несовместные события

В предыдущей статье мы разобрали классическое определение вероятности: $P = \frac{m}{n}$. Эта формула прекрасно работает, когда мы бросаем один кубик или тянем один билет. Но что делать, если событий несколько? Например, стрелок делает три выстрела, или в магазине стоят два независимых автомата с кофе.

В задании №5 ЕГЭ 2026 часто встречаются задачи, где нужно найти вероятность сложного события, состоящего из нескольких простых. Для этого нам понадобятся теоремы о сложении и умножении вероятностей. Главный секрет успеха здесь — правильно определить, как события связаны друг с другом.

Сложение вероятностей (Союз «ИЛИ»)

Операция сложения вероятностей используется, когда нас устраивает наступление хотя бы одного из событий: или $A$, или $B$, или оба сразу. Ключевое слово-маркер — союз «ИЛИ».

Однако формула сложения зависит от того, могут ли эти события произойти одновременно.

1. Несовместные события

Два события называются несовместными, если они не могут произойти одновременно в одном и том же испытании.

• Пример: Вы бросаете монету. Выпадение орла и выпадение решки — несовместные события. Вы не можете получить и то, и другое за один бросок.
• Пример: Вы покупаете лотерейный билет. Он может быть выигрышным или без выигрыша. Одновременно быть и тем, и другим он не может.

Теорема: Вероятность суммы двух несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий.

$$P(A + B) = P(A) + P(B)$$

Где:

• $P(A + B)$ — вероятность того, что произойдет событие $A$ ИЛИ событие $B$.
• $P(A)$ — вероятность события $A$.
• $P(B)$ — вероятность события $B$.

Пример задачи: На экзамене по геометрии школьнику достается один вопрос из списка. Вероятность того, что это вопрос по теме «Вписанная окружность», равна $0{,}2$. Вероятность того, что это вопрос по теме «Параллелограмм», равна $0{,}15$. Вопросов, которые одновременно относятся к обеим темам, нет. Найдите вероятность того, что школьнику достанется вопрос по одной из этих двух тем.

Решение: События несовместные (вопрос не может быть одновременно по двум темам, как сказано в условии). Используем простую сумму:

$$P = 0{,}2 + 0{,}15 = 0{,}35$$

Где $0{,}2$ — вероятность первой темы, $0{,}15$ — вероятность второй темы, $0{,}35$ — итоговая вероятность.

2. Совместные события

Два события называются совместными, если появление одного из них не исключает появления другого в том же испытании. То есть они могут произойти одновременно.

• Пример: Бросаем кубик. Событие $A$ — «выпало четное число» ($2, 4, 6$). Событие $B$ — «выпало число больше $3$» ($4, 5, 6$). Если выпадет $4$ или $6$, то произойдут оба события сразу.

Если мы просто сложим вероятности $P(A) + P(B)$, то мы дважды посчитаем те исходы, когда происходят оба события (их пересечение). Чтобы исправить это, нужно вычесть вероятность их одновременного наступления.

Теорема: Вероятность суммы двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий без вероятности их совместного наступления.

$$P(A + B) = P(A) + P(B) - P(A \cdot B)$$

Где:

• $P(A + B)$ — вероятность того, что произойдет $A$ ИЛИ $B$ (или оба).
• $P(A)$ и $P(B)$ — вероятности отдельных событий.
• $P(A \cdot B)$ — вероятность того, что произойдут И $A$, И $B$ одновременно.

Классическая задача ЕГЭ (Про кофематы): В торговом центре два одинаковых автомата продают кофе. Вероятность того, что к концу дня в автомате закончится кофе, равна $0{,}3$. Вероятность того, что кофе закончится в обоих автоматах, равна $0{,}12$. Найдите вероятность того, что к концу дня кофе останется в обоих автоматах.

Решение: Давайте сначала найдем вероятность противоположного события: «Кофе закончится хотя бы в одном из автоматов». Пусть $A$ — кофе закончился в первом, $B$ — кофе закончился во втором. По условию: $P(A) = 0{,}3$ $P(B) = 0{,}3$ $P(A \cdot B) = 0{,}12$ (закончился в обоих сразу).

События совместные (кофе может закончиться и там, и там). Применяем формулу:

$$P(A + B) = 0{,}3 + 0{,}3 - 0{,}12 = 0{,}48$$

Где $0{,}48$ — вероятность того, что кофе закончится или в первом, или во втором, или в обоих.

Нас спрашивают вероятность того, что кофе останется в обоих. Это событие, противоположное тому, что мы нашли (ни в одном не закончится = останется везде).

$$P(\text{останется}) = 1 - 0{,}48 = 0{,}52$$

Где $1$ — полная вероятность, $0{,}48$ — вероятность того, что кофе закончится хотя бы где-то.

Ответ: $0{,}52$

Умножение вероятностей (Союз «И»)

Операция умножения используется, когда нам нужно, чтобы произошло И событие $A$, И событие $B$. Ключевое слово-маркер — союз «И» (иногда подразумевается последовательность действий: сначала одно, потом другое).

Независимые события

Два события называются независимыми, если вероятность наступления одного из них не зависит от того, наступило другое или нет.

• Примеры: Броски двух разных кубиков; выстрелы двух разных стрелков; работа двух разных лампочек.

Теорема: Вероятность произведения независимых событий равна произведению их вероятностей.

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

Где:

• $P(A \cdot B)$ — вероятность одновременного (или последовательного) наступления событий.
• $P(A)$ и $P(B)$ — вероятности событий.

Пример задачи (Биатлон): Биатлонист пять раз стреляет по мишеням. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна $0{,}8$. Найдите вероятность того, что биатлонист первые три раза попал в мишени, а последние два раза промахнулся. Результат округлите до сотых.

Решение: Каждый выстрел — это независимое событие. Результат второго выстрела не зависит от первого. Вероятность попадания: $p = 0{,}8$. Вероятность промаха: $q = 1 - 0{,}8 = 0{,}2$.

Нам нужно событие: (Попал) И (Попал) И (Попал) И (Промахнулся) И (Промахнулся). Заменяем «И» на умножение:

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

$$P = 0{,}512 \cdot 0{,}04 = 0{,}02048$$

Округляем до сотых:

$$P \approx 0{,}02$$

Где $0{,}02$ — искомая вероятность.

Ответ: $0{,}02$

Зависимые события

Если события зависимы (например, мы вытаскиваем фломастеры из коробки и не возвращаем их обратно, из-за чего общее количество меняется), используется понятие условной вероятности. Формула выглядит так: $P(A \cdot B) = P(A) \cdot P(B|A)$.

Однако в рамках задания №5 ЕГЭ задачи на сложную условную вероятность встречаются крайне редко. Обычно зависимость очевидна и решается через изменение $m$ и $n$ в классической формуле (например, было 10 билетов, один вытянули — осталось 9).

Лайфхак: «Хотя бы один»

Очень часто в ЕГЭ встречаются задачи с формулировкой «Найдите вероятность того, что... произойдет хотя бы один раз».

Прямой подсчет может быть долгим. Например, «хотя бы одно попадание из 5 выстрелов» означает: или 1 попадание, или 2, или 3, или 4, или 5. Считать 5 вариантов и складывать их — долго.

Гораздо проще пойти «от противного». Событие «Хотя бы один раз» противоположно событию «Ни одного раза».

Золотая формула:

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

Где:

• $1$ — полная вероятность.
• $P(\text{ни одного})$ — вероятность того, что событие не случится вообще (все промахи, все лампочки перегорели и т.д.).

Пример задачи: В помещении освещение обеспечивается двумя лампами. Вероятность перегорания одной лампы в течение года равна $0{,}3$. Лампы перегорают независимо друг от друга. Найдите вероятность того, что в течение года перегорит хотя бы одна лампа.

Решение: Способ 1 (через противоположное событие — рекомендуемый): Найдем вероятность того, что ни одна лампа не перегорит (обе останутся целыми). Вероятность, что лампа цела: $1 - 0{,}3 = 0{,}7$. Вероятность, что целы ОБЕ (и первая, и вторая): $0{,}7 \cdot 0{,}7 = 0{,}49$.

Тогда вероятность, что перегорит хотя бы одна:

$$P = 1 - 0{,}49 = 0{,}51$$

Способ 2 (через формулу суммы совместных событий): Событие $A$ — перегорела первая ($0{,}3$). Событие $B$ — перегорела вторая ($0{,}3$). События совместные (могут перегореть обе).

$$P(A + B) = P(A) + P(B) - P(A \cdot B)$$

$$P(A + B) = 0{,}3 + 0{,}3 - (0{,}3 \cdot 0{,}3)$$

$$P(A + B) = 0{,}6 - 0{,}09 = 0{,}51$$

Как видите, ответы совпали.

Ответ: $0{,}51$

Итоговая таблица-шпаргалка

Тип связи	Союз	Действие	Формула
Несовместные (не могут вместе)	ИЛИ	Сложение	$P(A) + P(B)$
Совместные (могут вместе)	ИЛИ	Сложение с вычитанием	$P(A) + P(B) - P(A \cdot B)$
Независимые	И	Умножение	$P(A) \cdot P(B)$

В следующей статье мы разберем более специфические задачи на частоту и статистику, которые иногда маскируются под теорию вероятностей.

Практикуйтесь, определяя тип событий, и задание №5 станет для вас источником легких баллов!

Условная вероятность и формула полной вероятности

В предыдущих статьях мы научились складывать и умножать вероятности. Мы выяснили, что для умножения событий важно знать, являются ли они независимыми. Если бросить два кубика, результат первого никак не влияет на второй. Но в жизни события часто цепляются друг за друга: погода утром влияет на вероятность пробок днем, а качество подготовки — на вероятность сдачи экзамена.

Сегодня мы разберем одну из самых мощных тем для задания №5 ЕГЭ: как считать вероятность события, если оно зависит от другого события. Мы изучим условную вероятность и научимся решать задачи про заводы, брак и медицинские тесты с помощью формулы полной вероятности.

Условная вероятность

Представьте, что мы тянем карты из колоды. Вероятность вытянуть туза равна $\frac{4}{52}$ (или $\frac{1}{13}$). Но что, если мы знаем, что вытянутая карта — это картинка (валет, дама, король или туз)? Это знание меняет ситуацию. Карт-картинок всего 16, и среди них 4 туза. Значит, вероятность теперь $\frac{4}{16} = \frac{1}{4}$.

Это и есть условная вероятность — вероятность наступления события $A$ при условии, что событие $B$ уже произошло.

Обозначается она так: $P(A|B)$ или $P_B(A)$. Читается как «вероятность события $A$ при условии $B$».

Формула условной вероятности

$$P(A|B) = \frac{P(A \cdot B)}{P(B)}$$

Где:

• $P(A|B)$ — вероятность события $A$ при условии, что $B$ произошло.
• $P(A \cdot B)$ — вероятность того, что произошли оба события одновременно (их пересечение).
• $P(B)$ — вероятность условия (события $B$).

Смысл этой формулы прост: когда мы ставим условие, мы «сужаем» наш мир. Мы больше не рассматриваем все возможные исходы, а смотрим только на те, где произошло событие $B$. И внутри этого нового мира мы ищем долю события $A$.

Теорема умножения для зависимых событий

Из формулы выше следует правило умножения для зависимых событий, которое мы часто используем интуитивно:

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

Где:

• $P(A \cdot B)$ — вероятность совместного наступления событий.
• $P(B)$ — вероятность первого события.
• $P(A|B)$ — вероятность второго события, вычисленная с учетом того, что первое уже случилось.

Пример 1: Конфеты

В вазе лежат 10 конфет: 7 шоколадных и 3 карамели. Маша берет одну конфету, съедает её, а затем берет вторую. Какова вероятность того, что обе конфеты окажутся шоколадными?

Решение: Пусть событие $A$ — первая конфета шоколадная, событие $B$ — вторая конфета шоколадная.

1. Вероятность вытянуть первую шоколадную конфету:

   $$P(A) = \frac{7}{10} = 0{,}7$$

   Где $7$ — число шоколадных конфет, $10$ — всего конфет.

2. После того как Маша съела одну шоколадную, в вазе осталось 9 конфет, из которых шоколадных только 6. Это и есть условная вероятность:

   $$P(B|A) = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}$$

   Где $6$ — осталось шоколадных, $9$ — осталось всего.

3. Ищем вероятность того, что произойдет и то, и другое:

   $$P(A \cdot B) = \frac{7}{10} \cdot \frac{6}{9} = \frac{42}{90} \approx 0{,}47$$

   Где $\frac{7}{10}$ — вероятность первого события, $\frac{6}{9}$ — вероятность второго при условии первого.

Формула полной вероятности

Теперь перейдем к задачам, которые чаще всего встречаются в ЕГЭ под номером 5. Это задачи, где событие может произойти несколькими разными путями.

Представьте, что событие $A$ может наступить только в результате одного из нескольких несовместных событий (гипотез) $H_1, H_2, \dots, H_n$, которые образуют полную группу (то есть их сумма вероятностей равна 1).

Формула полной вероятности выглядит так:

$$P(A) = P(H_1) \cdot P(A|H_1) + P(H_2) \cdot P(A|H_2) + \dots + P(H_n) \cdot P(A|H_n)$$

Где:

• $P(A)$ — полная вероятность интересующего нас события.
• $P(H_i)$ — вероятность $i$-й гипотезы (пути развития событий).
• $P(A|H_i)$ — вероятность события $A$ при условии, что реализовалась гипотеза $H_i$.

Звучит сложно? На самом деле это просто сумма произведений: «вероятность пути» умножить на «вероятность успеха на этом пути».

Пример 2: Заводы и брак (Классика ЕГЭ)

Задача: Агрофирма закупает куриные яйца в двух домашних хозяйствах. 40% яиц поступает из первого хозяйства, 60% — из второго. В первом хозяйстве 5% яиц — высшей категории, а во втором — 10% яиц высшей категории. Найдите вероятность того, что случайно купленное у этой агрофирмы яйцо окажется высшей категории.

Решение: Здесь событие $A$ — «яйцо высшей категории». Оно может произойти двумя путями (гипотезами):

1. Гипотеза $H_1$: Яйцо из первого хозяйства. Вероятность этой гипотезы: $P(H_1) = 0{,}40$ (так как 40%). Условная вероятность (яйцо высшее, ЕСЛИ оно из первого): $P(A|H_1) = 0{,}05$ (так как 5%).

2. Гипотеза $H_2$: Яйцо из второго хозяйства. Вероятность этой гипотезы: $P(H_2) = 0{,}60$ (так как 60%). Условная вероятность (яйцо высшее, ЕСЛИ оно из второго): $P(A|H_2) = 0{,}10$ (так как 10%).

Применяем формулу полной вероятности:

$$P(A) = 0{,}40 \cdot 0{,}05 + 0{,}60 \cdot 0{,}10$$

Где:

• $0{,}40 \cdot 0{,}05$ — вклад первого хозяйства.
• $0{,}60 \cdot 0{,}10$ — вклад второго хозяйства.

Считаем:

$$P(A) = 0{,}02 + 0{,}06 = 0{,}08$$

Ответ: 0,08

Совет: Для таких задач очень удобно рисовать дерево. Ствол расходится на хозяйства, а ветки хозяйств — на категории яиц. Вы просто перемножаете числа вдоль ветки и складываете результаты разных веток.

Формула Байеса (Обратная вероятность)

Иногда в задачах спрашивают обратное: событие уже произошло, какова вероятность, что оно произошло по конкретной причине?

Например: «Купленное яйцо оказалось высшей категории. Какова вероятность, что оно из первого хозяйства?»

Для этого используется формула Байеса:

$$P(H_k|A) = \frac{P(H_k) \cdot P(A|H_k)}{P(A)}$$

Где:

• $P(H_k|A)$ — вероятность гипотезы $H_k$ при условии, что событие $A$ произошло.
• $P(H_k) \cdot P(A|H_k)$ — вероятность конкретно этой «ветки» (числитель).
• $P(A)$ — полная вероятность события (знаменатель, который мы считали в предыдущем разделе).

Простыми словами: чтобы найти вероятность причины, нужно поделить «вклад» этой причины на «общую вероятность».

Пример 3: Медицинский тест

Задача: В стране Z болезнью болеет 2% населения. Тест на болезнь дает положительный результат у больного человека с вероятностью 0,99. У здорового человека тест может дать ложноположительный результат с вероятностью 0,01. Человек сдал тест, и он оказался положительным. Какова вероятность, что человек действительно болен? (Округлите до сотых).

Решение: Пусть событие $A$ — тест положительный.

1. Гипотеза $H_1$: Человек болен. $P(H_1) = 0{,}02$. Вероятность теста показать «плюс», если болен: $P(A|H_1) = 0{,}99$. Вклад этой ветки: $0{,}02 \cdot 0{,}99 = 0{,}0198$.

2. Гипотеза $H_2$: Человек здоров. $P(H_2) = 1 - 0{,}02 = 0{,}98$. Вероятность теста показать «плюс», если здоров (ошибка): $P(A|H_2) = 0{,}01$. Вклад этой ветки: $0{,}98 \cdot 0{,}01 = 0{,}0098$.

3. Полная вероятность положительного теста:

   $$P(A) = 0{,}0198 + 0{,}0098 = 0{,}0296$$

   Где $0{,}0296$ — вероятность получить положительный результат у случайного человека.

4. Ищем вероятность болезни при положительном тесте (Байес): Нам нужна доля больных среди всех положительных результатов.

   $$P(H_1|A) = \frac{0{,}0198}{0{,}0296} \approx 0{,}67$$

   Где $0{,}0198$ — вероятность того, что человек болен и тест положителен, $0{,}0296$ — общая вероятность положительного теста.

Ответ: 0,67

Обратите внимание: даже при очень точном тесте (99%), вероятность болезни при положительном результате всего 67%. Это происходит из-за того, что здоровых людей гораздо больше, чем больных, и даже редкие ошибки на большой массе здоровых людей создают много ложных срабатываний.

Алгоритм решения задач №5 на полную вероятность

1. Определите событие $A$. Что именно произошло в итоге? (Купили качественное яйцо, тест положительный, лампа перегорела).
2. Найдите гипотезы. Откуда могло прийти это событие? (Завод 1 или Завод 2? Болен или здоров?).
3. Выпишите вероятности гипотез. Сумма этих вероятностей должна быть равна 1.
4. Выпишите условные вероятности. Какова вероятность события $A$ для каждой гипотезы в отдельности?
5. Нарисуйте дерево или составьте уравнение. Перемножьте вероятности вдоль каждой ветки и сложите результаты.
6. Если нужно найти «обратную» вероятность, разделите результат нужной ветки на общую сумму.

Заключение

Мы разобрали, как работать с зависимыми событиями и как «взвешивать» вероятности, приходящие из разных источников. Формула полной вероятности — это ваш главный инструмент для задач про заводы и статистику.

В следующей статье мы перейдем к схеме Бернулли — ситуации, когда одно и то же испытание повторяется много раз независимо друг от друга.

Схема Бернулли и задачи на повторные независимые испытания

Приветствую вас, будущие студенты! Мы продолжаем наш курс по теории вероятностей для задания №5 ЕГЭ. В прошлых статьях мы научились складывать несовместные события и умножать независимые. Мы разбирали ситуации, где события происходят один раз или следуют друг за другом в цепочке.

Но что делать, если одно и то же действие повторяется много раз в одинаковых условиях? Например, стрелок делает 10 выстрелов по мишени, или мы подбрасываем монету 5 раз. Считать это «вручную», перебирая все варианты (орел-орел-решка-орел...), слишком долго и чревато ошибками.

Здесь нам на помощь приходит схема Бернулли. Это мощный инструмент, который позволяет мгновенно находить вероятность того, что событие наступит ровно $k$ раз в серии из $n$ испытаний.

Что такое испытания Бернулли?

Прежде чем переходить к формулам, давайте определим условия, при которых они работают. Схема Бернулли применима, если выполняются следующие требования:

1. Повторяемость: Проводится серия из $n$ одинаковых испытаний.
2. Независимость: Результат каждого испытания не зависит от результатов других (монета «не помнит», что выпало в прошлый раз).
3. Два исхода: В каждом испытании возможно только два результата: «Успех» (событие $A$ наступило) и «Неудача» (событие $A$ не наступило).
4. Постоянство вероятности: Вероятность «Успеха» ($p$) одинакова для всех испытаний.

Если эти условия соблюдены, мы находимся на территории схемы Бернулли.

Формула Бернулли

Допустим, мы хотим найти вероятность того, что в $n$ испытаниях событие наступит ровно $k$ раз.

Формула выглядит следующим образом:

$$P_n(k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}$$

Где:

• $P_n(k)$ — вероятность того, что в $n$ испытаниях успех наступит ровно $k$ раз.
• $n$ — общее количество испытаний.
• $k$ — количество желаемых успехов.
• $p$ — вероятность успеха в одном испытании.
• $q$ — вероятность неудачи в одном испытании ($q = 1 - p$).
• $C_n^k$ — биномиальный коэффициент (число сочетаний).

Давайте разберем эту формулу по частям, чтобы понять её логику.

Логика формулы

1. Множитель $p^k$: Нам нужно, чтобы успех произошел $k$ раз. Поскольку события независимы, мы умножаем вероятность $p$ саму на себя $k$ раз.
2. Множитель $q^{n-k}$: Если успехов было $k$, то неудач должно быть все остальные разы, то есть $n - k$. Мы умножаем вероятность неудачи $q$ саму на себя $n-k$ раз.
3. Множитель $C_n^k$: Это самое интересное. Если мы просто умножим $p^k \cdot q^{n-k}$, мы найдем вероятность конкретной последовательности (например, сначала все успехи, потом все неудачи). Но успехи могут чередоваться с неудачами в любом порядке! Коэффициент $C_n^k$ показывает, сколькими способами можно расставить $k$ успехов на $n$ местах.

Как считать $C_n^k$ (Число сочетаний)

Для вычисления этого коэффициента используется формула из комбинаторики:

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

Где:

• $n!$ (эн факториал) — произведение всех натуральных чисел от 1 до $n$ ($1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot ... \cdot n$).
• $k!$ — факториал числа $k$.
• $(n-k)!$ — факториал разности.

Напоминание: $0! = 1$ и $1! = 1$.

Пример 1: Стрельба по мишеням

Задача: Биатлонист стреляет 5 раз. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна $0{,}8$. Найдите вероятность того, что биатлонист попадет в мишень ровно 3 раза.

Решение:

1. Определим параметры:

   • Всего испытаний: $n = 5$.
   • Нужно успехов (попаданий): $k = 3$.
   • Вероятность успеха: $p = 0{,}8$.
   • Вероятность неудачи (промаха): $q = 1 - 0{,}8 = 0{,}2$.

2. Сначала найдем количество способов получить 3 попадания из 5 выстрелов ($C_5^3$):

$$C_5^3 = \frac{5!}{3!(5-3)!} = \frac{5!}{3! \cdot 2!}$$

Где $5! = 120$, $3! = 6$, $2! = 2$.

Распишем факториалы для сокращения:

$$C_5^3 = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5}{(1 \cdot 2 \cdot 3) \cdot (1 \cdot 2)} = \frac{4 \cdot 5}{2} = 10$$

Значит, существует 10 различных вариантов последовательности попаданий и промахов (например, ПППНН, ПНППН и т.д.).

3. Теперь применим полную формулу Бернулли:

$$P_5(3) = 10 \cdot (0{,}8)^3 \cdot (0{,}2)^{5-3}$$

$$P_5(3) = 10 \cdot 0{,}512 \cdot (0{,}2)^2$$

$$P_5(3) = 10 \cdot 0{,}512 \cdot 0{,}04$$

$$P_5(3) = 10 \cdot 0{,}02048 = 0{,}2048$$

Ответ: 0,2048

Пример 2: Монеты и порядок

Задача: Симметричную монету бросают 4 раза. Найдите вероятность того, что «орел» выпадет ровно 2 раза.

Решение:

1. Параметры:

   • $n = 4$
   • $k = 2$
   • $p = 0{,}5$ (вероятность орла)
   • $q = 0{,}5$ (вероятность решки)

2. Считаем сочетания:

$$C_4^2 = \frac{4!}{2!(4-2)!} = \frac{24}{2 \cdot 2} = 6$$

Где $24$ — это $4!$, а $4$ в знаменателе — это $2! \cdot 2!$.

3. Считаем вероятность:

$$P_4(2) = 6 \cdot (0{,}5)^2 \cdot (0{,}5)^2$$

$$P_4(2) = 6 \cdot 0{,}25 \cdot 0{,}25 = 6 \cdot 0{,}0625 = 0{,}375$$

Ответ: 0,375

Частный случай: «Хотя бы один раз»

В задачах ЕГЭ часто встречается формулировка: «Найдите вероятность того, что событие наступит хотя бы один раз».

Мы уже обсуждали это в теме про операции над событиями, но в контексте схемы Бернулли это выглядит так: «Хотя бы один успех» — это сумма вероятностей для $k=1, k=2, ..., k=n$. Считать это долго.

Проще пойти через противоположное событие: «Ни одного успеха» (то есть $k=0$).

Формула для этого случая упрощается, так как $C_n^0 = 1$ и $p^0 = 1$:

$$P(\text{хотя бы 1}) = 1 - P_n(0) = 1 - q^n$$

Где:

• $1$ — полная вероятность.
• $q^n$ — вероятность того, что во всех $n$ испытаниях произошла неудача.

Пример 3: Стрелок стреляет по мишени 3 раза. Вероятность попадания равна $0{,}6$. Найдите вероятность того, что он попадет хотя бы один раз.

Решение:

1. Вероятность промаха: $q = 1 - 0{,}6 = 0{,}4$.
2. Вероятность промахнуться все 3 раза: $q^3 = 0{,}4^3 = 0{,}064$.
3. Вероятность попасть хотя бы раз:

$$P = 1 - 0{,}064 = 0{,}936$$

Ответ: 0,936

Когда НЕ нужно использовать формулу Бернулли?

Важно не путать задачи на схему Бернулли с задачами на зависимые события или на простую последовательность.

1. Если вероятности меняются: Например, мы тянем билеты из пачки и не возвращаем их обратно. Вероятность вытянуть счастливый билет меняется с каждой попыткой. Здесь формула Бернулли не работает. Нужно использовать условную вероятность.
2. Если важен конкретный порядок: Например, «Найти вероятность того, что первые два раза выпадет орел, а третий раз решка». Здесь нам не нужен коэффициент $C_n^k$, так как порядок жестко задан. Мы просто перемножаем: $0{,}5 \cdot 0{,}5 \cdot 0{,}5$.

Формула Бернулли нужна именно тогда, когда нам не важен порядок, а важно только количество успехов.

Заключение

Схема Бернулли — это математический способ сказать: «Мне не важно, в каком порядке это случится, главное, чтобы получилось $k$ раз».

Запомните алгоритм:

1. Найдите $n$ и $k$.
2. Найдите $p$ и $q$.
3. Вычислите коэффициент $C_n^k$.
4. Подставьте всё в формулу.

В следующей статье мы перейдем к элементам математической статистики и разберем задачи на частоту событий, которые иногда маскируются под теорию вероятностей.

Практикум: решение сложных прототипов задания №5 из банка ФИПИ

Мы прошли большой путь: от классического определения вероятности до схемы Бернулли и формулы Байеса. Теория — это фундамент, но на экзамене вам встретится суровая практика. В банке заданий ФИПИ (Федеральный институт педагогических измерений) есть ряд прототипов, на которых выпускники ошибаются из года в год.

Сегодня мы не будем учить новые формулы. Мы будем учиться видеть структуру задачи и применять уже известные нам инструменты к «хитрым» формулировкам. Мы разберем четыре самых коварных типа задач, которые могут встретиться вам в задании №5 (сложная вероятность) на ЕГЭ 2026.

Прототип №1: Совместные события (Задача про кофейные автоматы)

Это классика жанра. Ошибка здесь возникает из-за желания перемножить вероятности, считая события независимыми. Но в условии всегда есть подвох.

Задача: В торговом центре два одинаковых автомата продают кофе. Вероятность того, что к концу дня в автомате закончится кофе, равна $0{,}25$. Вероятность того, что кофе закончится в обоих автоматах, равна $0{,}1$. Найдите вероятность того, что к концу дня кофе останется в обоих автоматах.

Разбор ловушки

Многие думают: «Ага, кофе останется — это значит, не закончится. Вероятность, что не закончится в одном: $1 - 0{,}25 = 0{,}75$. Значит, для двух: $0{,}75 \cdot 0{,}75$».

Это неверно! Автоматы стоят в одном ТЦ. Если один сломался или там кончился кофе, поток людей пойдет ко второму, и там кофе закончится быстрее. События зависимы и совместны.

Решение

Используем формулу сложения вероятностей для совместных событий.

Пусть событие $A$ — кофе закончился в первом автомате. Пусть событие $B$ — кофе закончился во втором автомате.

Нам дано:

• $P(A) = 0{,}25$
• $P(B) = 0{,}25$
• $P(A \cdot B) = 0{,}1$ (закончился в обоих сразу)

Найдем вероятность того, что кофе закончится хотя бы в одном автомате (событие $A + B$):

$$P(A + B) = P(A) + P(B) - P(A \cdot B)$$

Где:

• $P(A + B)$ — вероятность объединения событий (или там, или там, или везде).
• $P(A)$ и $P(B)$ — вероятности отдельных событий.
• $P(A \cdot B)$ — вероятность их пересечения.

Подставляем числа:

$$P(A + B) = 0{,}25 + 0{,}25 - 0{,}1 = 0{,}4$$

Мы нашли вероятность того, что кофе закончится хотя бы где-то. А нас просят найти вероятность того, что он останется в обоих. Это противоположное событие.

$$P(\text{останется везде}) = 1 - P(A + B) = 1 - 0{,}4 = 0{,}6$$

Ответ: $0{,}6$

Прототип №2: Метод «фиксированного элемента» (Круглый стол)

Задачи на рассадку людей часто пытаются решать через сложные формулы комбинаторики ($C_n^k$, факториалы), что приводит к громоздким вычислениям и ошибкам. Есть метод, который решает такие задачи в одну строчку.

Задача: За круглый стол на 9 стульев в случайном порядке рассаживаются 7 мальчиков и 2 девочки. Найдите вероятность того, что обе девочки будут сидеть рядом.

Решение

Забудьте про мальчиков. Забудьте про общее количество перестановок.

1. «Посадим» первую девочку. Нам неважно, на какой стул она сядет. Пусть она выберет любой. Теперь этот стул занят, и он становится нашей точкой отсчета.
2. Посмотрим на свободные места. Всего было 9 стульев. Один заняла первая девочка. Осталось свободных мест: $n = 8$.
3. Найдем благоприятные места. Чтобы девочки сидели рядом, вторая девочка должна сесть либо справа, либо слева от первой. Таких мест всего два (соседи первой девочки). Значит, благоприятных исходов: $m = 2$.

Используем классическое определение:

$$P = \frac{m}{n} = \frac{2}{8} = 0{,}25$$

Где:

• $m = 2$ — количество мест рядом с первой девочкой.
• $n = 8$ — количество всех оставшихся свободных мест.

Ответ: $0{,}25$

Лайфхак: Если в задаче просят, чтобы люди сидели напротив друг друга (например, за столом на 6 человек), логика та же. Сажаем первого. Осталось 5 мест. Напротив него только 1 место. Ответ будет $1/5 = 0{,}2$.

Прототип №3: Системы с «хотя бы одним» элементом (Гидролокаторы)

Здесь проверяется понимание независимости событий и умение работать с противоположными событиями.

Задача: На подводной лодке установлены два независимых гидролокатора. Вероятность обнаружения препятствия первым гидролокатором равна $0{,}8$. Вероятность обнаружения препятствия вторым гидролокатором равна $0{,}9$. Найдите вероятность того, что препятствие будет обнаружено хотя бы одним гидролокатором.

Разбор ловушки

Нельзя просто сложить $0{,}8 + 0{,}9 = 1{,}7$. Вероятность не может быть больше 1! Нельзя просто перемножить $0{,}8 \cdot 0{,}9 = 0{,}72$. Это вероятность того, что сработают оба сразу, а нам нужно хотя бы один (один или оба).

Решение через противоположное событие

Событие «препятствие обнаружено» (хотя бы одним) противоположно событию «препятствие НЕ обнаружено никем» (оба пропустили).

1. Найдем вероятность промаха первого прибора:

   $$q_1 = 1 - 0{,}8 = 0{,}2$$

   Где $q_1$ — вероятность неудачи первого.

2. Найдем вероятность промаха второго прибора:

   $$q_2 = 1 - 0{,}9 = 0{,}1$$

   Где $q_2$ — вероятность неудачи второго.

3. Так как приборы независимы, вероятность того, что оба пропустят препятствие:

   $$P(\text{никто}) = q_1 \cdot q_2 = 0{,}2 \cdot 0{,}1 = 0{,}02$$

4. Искомая вероятность (обнаружит хотя бы один):

   $$P(\text{успех}) = 1 - P(\text{никто}) = 1 - 0{,}02 = 0{,}98$$

Ответ: $0{,}98$

Прототип №4: Полная вероятность и диагностика (ПЦР-тесты)

Самые объемные по тексту задачи, которые пугают абитуриентов. Здесь важно спокойно нарисовать дерево вариантов.

Задача: Всем пациентам с подозрением на гепатит делают анализ крови. Если анализ выявляет гепатит, то результат анализа называется положительным. У больных гепатитом пациентов анализ дает положительный результат с вероятностью $0{,}9$. Если пациент не болен гепатитом, то анализ может дать ложный положительный результат с вероятностью $0{,}01$. Известно, что $5\%$ пациентов, поступающих с подозрением на гепатит, действительно больны гепатитом. Найдите вероятность того, что результат анализа у случайно взятого пациента будет положительным.

Решение

Построим дерево событий. Пациент может быть либо болен, либо здоров.

1. Ветка «Болен»:

   • Вероятность, что пациент болен: $P(H_1) = 0{,}05$ (так как $5\%$).
   • Вероятность положительного теста при болезни: $P(A|H_1) = 0{,}9$.
   • Вероятность этого сценария (Болен И Плюс):

   $$P_1 = 0{,}05 \cdot 0{,}9 = 0{,}045$$

2. Ветка «Здоров»:

   • Вероятность, что пациент здоров: $P(H_2) = 1 - 0{,}05 = 0{,}95$.
   • Вероятность положительного теста при здоровье (ошибка): $P(A|H_2) = 0{,}01$.
   • Вероятность этого сценария (Здоров И Плюс):

   $$P_2 = 0{,}95 \cdot 0{,}01 = 0{,}0095$$

3. Итог: Нас интересует любой положительный результат (и истинный, и ложный). Складываем вероятности двух сценариев:

   $$P(A) = P_1 + P_2 = 0{,}045 + 0{,}0095 = 0{,}0545$$

Ответ: $0{,}0545$

Заключение

Мы разобрали четыре «кита», на которых строится сложная часть задания №5.

1. Если объекты связаны общей системой (кофематы, погода в соседних городах) — используйте формулу совместных событий ($A+B-AB$).
2. Если рассаживаете людей — фиксируйте одного и считайте места для другого.
3. Если нужно «хотя бы одно» попадание/срабатывание — идите через «единица минус все промахи».
4. Если есть группы (больные/здоровые, первый завод/второй завод) — рисуйте дерево и складывайте вероятности веток.

Эти алгоритмы покрывают 90% сложных прототипов ФИПИ. Оставшиеся 10% — это вариации этих же идей. Удачи в практике!