Теория вероятностей ЕГЭ 2027: формулы и задачи

В каких заданиях ЕГЭ есть теория вероятностей?

По проекту спецификации ЕГЭ 2027 профильная математика — это 20 заданий и 235 минут, максимум 33 первичных балла. Часть 1 — тринадцать номеров с кратким ответом по одному баллу, часть 2 — семь заданий с развёрнутым решением. Вероятность и статистика занимают три номера первой части: задания 4, 5 и 6, вместе 3 первичных балла из 33.

Задание 4 — базового уровня: одна вероятность по классическому определению, сюжет бытовой. Задание 5 — повышенного: сложение и умножение вероятностей, независимые и несовместные события, «хотя бы один», формула полной вероятности, комбинаторный подсчёт исходов. Задание 6 появилось в проекте 2027 года: случайная величина задана таблицей распределения или описана словами, а найти нужно математическое ожидание, дисперсию или стандартное отклонение.

Базовая математика в 2027 году не меняется: 21 задание, 180 минут, 21 первичный балл, все номера по одному баллу. Вероятность там одна — задание 5, и хватает для него классического определения: сколько исходов благоприятны и сколько всего.

Проект спецификации обсуждается до 30 сентября 2026 года, формулировки ещё могут уточниться. Набор формул от этого не зависит: он один для обоих уровней.

Язык задачи: события и исходы

Несовместность и независимость проверяются разными вопросами: «могут ли события случиться вместе?» и «меняет ли одно вероятность другого?». Несовместные события с ненулевыми вероятностями всегда зависимы: как только произошло одно, вероятность второго падает до нуля.

Классическая и геометрическая вероятность

Геометрический случай: точка наудачу выбирается на отрезке длиной 10, благоприятен участок длиной 2, вероятность равна 2/10 = 0,2. Исходов бесконечно много, поэтому вместо их числа берут длину.

Сложение и умножение вероятностей

Союз подсказывает действие: «и» — умножение вдоль цепочки, «или» — сложение цепочек. Но решает вид событий: складывать без вычитания можно только несовместные, перемножать без условной вероятности — только независимые.

Противоположное событие и «хотя бы один»

Проверка на числах: при вероятности попадания 0,7 и трёх выстрелах «ни одного попадания» — это 0,3³ = 0,027, значит «хотя бы одно» равно 0,973. Прямой подсчёт даёт то же самое, но втрое длиннее: 0,441 + 0,189 + 0,343 = 0,973.

Условная вероятность и полная вероятность

Пример: бросают кость, известно, что выпало чётное число. Вероятность того, что это шестёрка, равна (1/6) : (1/2) = 1/3, то есть примерно 0,33 — знание сузило множество исходов с шести до трёх.

Схема Бернулли и подсчёт исходов

Монету бросают пять раз, нужны ровно три орла. Всего исходов 32 (2 в пятой степени), благоприятных C(5, 3) = 10, ответ 10/32 = 0,3125. Стрелок с вероятностью попадания 0,7 делает четыре выстрела, нужны ровно три попадания: C(4, 3) · 0,7³ · 0,3 = 4 · 0,343 · 0,3 = 0,4116.

Случайные величины: новый номер 6

Разбор: величина X принимает значения 0, 1 и 2 с вероятностями 0,2, 0,5 и 0,3, их сумма равна 1. Ожидание: 0 · 0,2 + 1 · 0,5 + 2 · 0,3 = 1,1. Ожидание квадратов: 0 · 0,2 + 1 · 0,5 + 4 · 0,3 = 1,7. Дисперсия: 1,7 − 1,1² = 0,49. Стандартное отклонение: корень из 0,49 равен 0,7.

Какие сюжеты повторяются в задачах на вероятность?

Монеты

Монету бросают четыре раза, всего исходов 16 (2 в четвёртой степени). Ровно два орла: два места из четырёх выбираются C(4, 2) = 6 способами, вероятность 6/16 = 0,375. Ни одного орла — один исход, 1/16 = 0,0625. Хотя бы один орёл — противоположное событие: 1 − 0,0625 = 0,9375.

Кубики

Исход здесь — упорядоченная пара: (2; 6) и (6; 2) различны, поэтому в знаменателе 36, а не 21. Строку про шестёрку проще получить дополнением: ни одной шестёрки — 5 · 5 = 25 исходов, значит хотя бы одна даёт 36 − 25 = 11.

Стрелки и попадания

Вероятность попадания при одном выстреле 0,7, выстрелы независимы, всего их три. Все три попадания: 0,7³ = 0,343. Ни одного: 0,3³ = 0,027. Хотя бы одно: 1 − 0,027 = 0,973. Ровно два попадания: C(3, 2) · 0,7² · 0,3 = 3 · 0,49 · 0,3 = 0,441. Проверка полной группы: 0,343 + 0,441 + 0,189 + 0,027 = 1.

Лампочки и фонари

Помещение освещают два фонаря, каждый перегорает за год с вероятностью 0,2 независимо от второго. Оба перегорят: 0,2 · 0,2 = 0,04, значит хотя бы один будет работать с вероятностью 0,96. Ровно один перегорит: 2 · 0,2 · 0,8 = 0,32, ни один не перегорит: 0,8² = 0,64. Сумма 0,04 + 0,32 + 0,64 = 1 показывает, что ветви не потеряны.

Брак на производстве

Линия A выпускает 60 % деталей, линия B — остальные 40 %. Доля брака на A равна 2 %, на B — 5 %. Дерево исходов даёт четыре ветви.

Сумма всех ветвей 0,012 + 0,588 + 0,020 + 0,380 = 1. Вероятность взять бракованную деталь складывается из двух ветвей с браком: 0,012 + 0,020 = 0,032 — это и есть формула полной вероятности. Обратный ход даёт формула Байеса: если деталь бракованная, вероятность линии A равна 0,012 : 0,032 = 0,375.

Очередь и жребий

На конференции 25 докладчиков: 10 из Москвы, 7 из Казани, остальные из Новосибирска, порядок выступлений определяет жребий. Первым выступит москвич с вероятностью 10/25 = 0,4, последним выступит новосибирец с вероятностью (25 − 10 − 7)/25 = 8/25 = 0,32. Номер места в очереди на ответ не влияет: доли для первого и последнего одинаковы. Тот же приём в задачах про рейсы: группу из 40 человек развозят автобусом по 8 человек в случайном порядке, вероятность попасть в первый рейс равна 8/40 = 0,2.

Футбольные группы

Шестнадцать команд жребием делят на четыре группы по четыре: в ящике по четыре карточки с номерами 1, 2, 3 и 4, капитаны тянут по одной. Названная команда попадёт в третью группу с вероятностью 4/16 = 0,25. Две названные команды окажутся в одной группе с вероятностью 3/15 = 0,2: первая тянет любую карточку, а второй из оставшихся 15 подходят 3 карточки с тем же номером. В задаче о парах первого тура счёт похожий: 16 команд разбивают на восемь пар, и две названные команды сыграют между собой с вероятностью 1/15, примерно 0,067.

Два автомата

В столовой два одинаковых автомата с соком. Вероятность того, что к концу дня сок закончится в автомате, равна 0,4, а в обоих сразу — 0,15. События совместны, поэтому «закончится хотя бы в одном» считают с вычитанием: 0,4 + 0,4 − 0,15 = 0,65, а «останется в обоих» равно 1 − 0,65 = 0,35. Перемножать нельзя: 0,4 · 0,4 = 0,16, а по условию совместное событие имеет вероятность 0,15 — автоматы зависимы.

Как решать задачу на вероятность по шагам?

1. Назовите событие словами и определите испытание: пока не ясно, что считается одним исходом, подставлять формулу рано.
2. Читайте союзы, но проверяйте вид событий. «И» ведёт к умножению вдоль ветви, «или» — к сложению ветвей, «хотя бы» — к вычитанию из единицы.
3. Считайте исходы упорядоченными наборами: для двух костей это 36 пар, для четырёх бросков монеты — 16 цепочек. Так знаменатель не теряет случаи.
4. Рисуйте дерево, когда событий больше двух: вдоль ветви вероятности перемножаются, подходящие ветви складываются, сумма всех ветвей обязана дать единицу.
5. Проверяйте ответ на границы: вероятность лежит между нулём и единицей, а в бланк идёт конечная десятичная дробь с округлением по условию.

Какие ошибки чаще всего делают в задачах на вероятность?

• Путают несовместность и независимость: несовместные события не могут случиться вместе, независимые не влияют друг на друга, и одно свойство не следует из другого.
• Складывают вероятности там, где события происходят вместе. «Оба фонаря перегорят» — это 0,2 · 0,2 = 0,04, а не 0,2 + 0,2 = 0,4.
• Считают «хотя бы один» напрямую и теряют случаи. Через противоположное событие короче: 1 − 0,3³ = 0,973 вместо трёх слагаемых.
• Забывают множитель C(n, k) в схеме Бернулли. Ровно два попадания из трёх — это 3 · 0,49 · 0,3 = 0,441, а не 0,147: попадания расставляются тремя способами.
• Берут в знаменатель не всё множество исходов: для двух костей это 36 упорядоченных пар, а не 21 и не 12.