Вероятность

Задания 4 и 5 КИМ Макс. 1 балл за каждое ~4 минуты

Вероятность — относительно новый раздел ЕГЭ и один из самых надёжных по баллам: задание 4 решается по одной формуле P = m/n, а задание 5 — это уже независимые события, «хотя бы один» и формула полной вероятности. Главная ловушка темы одна: не перепутать, когда вероятности складывают, а когда умножают.

Классическая вероятность: P = m/n

Вероятность — это мера того, насколько событие возможно. Число от 0 (невозможное) до 1 (достоверное). В задании 4 всё держится на одной формуле: делим число благоприятных исходов на число всех возможных.

P(A) = \dfrac{m}{n}

Здесь $n$ — сколько всего может быть исходов, $m$ — сколько из них нас устраивают. Но у формулы есть жёсткое условие: все $n$ исходов должны быть равновозможными. Для правильной монеты, симметричной кости, случайно вынутого шара это так. Если же исходы неравноправны — например, кнопка падает на бок чаще, чем на остриё, — считать по $m/n$ нельзя.

Разберём по шагам. Бросают игральную кость. Какова вероятность выпадения числа, кратного 3? Всего граней $n = 6$ . Кратны трём числа 3 и 6 — значит $m = 2$ . Вероятность равна $2/6$ , то есть $1/3 \approx 0{,}33$ .

Ответ в задании 4 записывают десятичной дробью и, если дробь бесконечная, округляют — обычно до сотых. $1/3 = 0{,}333\ldots$ превращается в 0,33. Целые доли вроде $3/4$ записывают точно: 0,75. Смотри, до какого разряда просят округлить, — это часть условия.

3 благоприятных исхода из 10 равновозможных: P = 3/10 = 0,3

Равновозможные шары, дерево исходов и дополнение события рядом с Мишей — Вероятность можно считать по равновозможным исходам, дереву событий и дополнению до полного множества.

Противоположное событие и сложение

У каждого события $A$ есть противоположное $\bar{A}$ — «событие A не произошло». Вместе они покрывают все случаи, поэтому их вероятности дают в сумме единицу:

P(\bar{A}) = 1 - P(A)

Это самый недооценённый приём темы. Как только в условии встречаются слова «хотя бы», «не менее», «хотя бы один» — почти всегда быстрее посчитать вероятность обратного и вычесть из единицы, чем перебирать все подходящие случаи.

Сложение вступает в игру, когда событие складывается из нескольких вариантов по схеме «или то, или другое». Если события несовместные (не могут случиться одновременно), их вероятности просто складывают:

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

Пример: в коробке шары трёх цветов, вероятность вынуть красный 0,2, синий 0,5. Красный и синий одновременно вынуть нельзя — события несовместные, значит вероятность вынуть красный или синий равна 0,2 + 0,5 = 0,7.

Если же события совместные — могут произойти вместе, — общая часть при сложении учитывается дважды, и её нужно один раз вычесть:

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

На базовом уровне (задание 4) почти всегда встречаются именно несовместные варианты — например, разные грани одной кости. Полную формулу с вычитанием держи для задания 5.

Умножение и «хотя бы один»

Умножение отвечает за схему «и то, и другое вместе». Если события независимые — исход одного никак не влияет на другой, — вероятность того, что произойдут оба, равна произведению вероятностей:

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

Классический признак независимости — разные предметы или разные попытки: две разные лампочки, два выстрела, две монеты. Пример: лампа исправна с вероятностью 0,9. Купили две — какова вероятность, что обе исправны? События независимы, поэтому $0{,}9 \cdot 0{,}9 = 0{,}81$ .

А теперь ключевой приём задания 5. Вопрос «какова вероятность, что исправна хотя бы одна?» решается не сложением и не умножением напрямую, а через противоположное событие. Противоположность к «хотя бы одна исправна» — это «ни одной исправной», то есть все бракованные. Вот его и считают умножением, а потом вычитают из единицы.

Каждая лампа бракована с вероятностью $1 - 0{,}9 = 0{,}1$ . Обе бракованы: $0{,}1 \cdot 0{,}1 = 0{,}01$ . Значит хотя бы одна исправна с вероятностью $1 - 0{,}01 = 0{,}99$ . Для $n$ одинаковых независимых попыток с вероятностью успеха $p$ формула общая:

P(\text{хотя бы один}) = 1 - (1 - p)^n

Но умножать вероятности «как есть» можно только для независимых событий. Если исход первого меняет условия второго — например, шар вынимают без возврата, — работает общая теорема умножения: вероятность второго берут уже с учётом того, что первое случилось.

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

Запись $P(B \mid A)$ — вероятность B при условии, что A уже произошло. Пример: в урне 3 белых и 7 чёрных шаров, наугад вынимают два подряд без возврата. Вероятность, что первый белый, — $3/10$ . После этого в урне остаётся 9 шаров, из них 2 белых, поэтому второй белый уже с вероятностью $2/9$ . Оба белых: $\tfrac{3}{10}\cdot\tfrac{2}{9} = \tfrac{1}{15} \approx 0{,}07$ . Тот же ответ даёт подсчёт через сочетания: $C_3^2 / C_{10}^2 = 3/45 = 1/15$ .

Запомни разницу в одном предложении. Союз «и» (оба сразу) — умножаем. Союз «или» (одно из несовместных) — складываем. «Хотя бы один» — считаем через «ни одного». А если события зависимы (выбор без возврата) — умножаем на условную вероятность второго.

Геометрическая вероятность

Иногда исходов бесконечно много — например, точка наугад падает на отрезок, а стрелка часов останавливается в любой момент. Формула $m/n$ тут не работает: посчитать точки нельзя. На помощь приходит геометрическая вероятность: вместо количества исходов берут их «размер» — длину, площадь или промежуток времени.

P = \dfrac{\text{мера благоприятной части}}{\text{мера всей области}}

Условие то же, что и раньше: точка выбирается равномерно, то есть все положения равноправны. Тогда вероятность попасть в нужный участок равна доле, которую он занимает.

Пример с длиной. Автобус ходит строго каждые 20 минут, а ты приходишь на остановку в случайный момент. Какова вероятность прождать меньше 5 минут? Благоприятны последние 5 минут из каждого 20-минутного промежутка: $5/20 = 0{,}25$ .

Если область двумерная, берут отношение площадей, а не длин — это частая ловушка: мера благоприятной части и всей области всегда должны быть одного типа. Схема ниже разбирает одномерный случай — отношение длин на отрезке.

Благоприятный участок длины 3 из отрезка длины 10: P = 3/10 = 0,3

Формула полной вероятности

Последний кирпич темы — задачи, где событие может произойти при нескольких взаимоисключающих сценариях. Товар пришёл с одного из двух заводов; шар достали из одной из нескольких урн; студент вытянул билет из первой или второй темы. Эти сценарии называют гипотезами $H_1, H_2, \ldots$ Они должны покрывать все возможности, а их вероятности — давать в сумме единицу.

Полная вероятность события $A$ — это сумма по всем гипотезам: вероятность гипотезы, умноженная на вероятность $A$ при этой гипотезе.

P(A) = P(H_1)\,P(A \mid H_1) + P(H_2)\,P(A \mid H_2) + \ldots

Запись $P(A \mid H_1)$ читается «вероятность A при условии, что случилась гипотеза H₁». По сути ты разбиваешь задачу на ветки, считаешь каждую отдельно и складываешь.

Иногда спрашивают обратное: событие уже произошло — с какой вероятностью сработала конкретная гипотеза? Это формула Байеса: берут вклад нужной ветки и делят на полную вероятность.

P(H_k \mid A) = \dfrac{P(H_k)\,P(A \mid H_k)}{P(A)}

Схема ниже — рабочий шаблон для таких задач: две ветки-гипотезы, у каждой своя вероятность и свой шанс интересующего нас исхода.

Дерево гипотез: вклад каждой ветки — произведение вероятностей вдоль неё

Разбор: бракованная лампа

Пример

Завод выпускает лампы на двух линиях. Первая линия даёт 60% всех ламп, и среди них 2% бракованных. Вторая линия даёт остальные 40%, среди них брака 3%. Со склада наугад берут одну лампу. Найдите вероятность того, что она бракованная. Дополнительно: лампа оказалась бракованной — какова вероятность, что её сделали на первой линии?

Событие

A

— «лампа бракованная». Гипотезы:

H_1

— лампа с первой линии,

H_2

— со второй. Их вероятности заданы долями выпуска:

P(H_1) = 0{,}6, \qquad P(H_2) = 0{,}4

Доли брака на каждой линии — это условные вероятности «брак при условии, что лампа с этой линии»:

P(A \mid H_1) = 0{,}02, \qquad P(A \mid H_2) = 0{,}03

Полная вероятность брака — сумма вкладов обеих веток:

P(A) = 0{,}6 \cdot 0{,}02 + 0{,}4 \cdot 0{,}03 = 0{,}012 + 0{,}012 = 0{,}024

Обратный вопрос решается формулой Байеса: вклад первой линии делим на всю вероятность брака.

P(H_1 \mid A) = \dfrac{0{,}6 \cdot 0{,}02}{0{,}024} = \dfrac{0{,}012}{0{,}024} = 0{,}5

Хотя первая линия выпускает больше ламп, у неё брак реже, поэтому среди бракованных её вклад ровно половина.Ответ: Вероятность брака 0,024; вероятность, что бракованная лампа с первой линии, — 0,5.

Как выбрать подход к задаче

1Пойми, сколько исходов. Их можно пересчитать (грани, шары, билеты) — это классическая вероятность P = m/n. Их бесконечно много (точка на отрезке, момент времени) — геометрическая, отношение мер.

2Найди ключевые слова. «И», «оба», «вместе» — события происходят одновременно, работает умножение. «Или», «одно из» — работает сложение. «Хотя бы», «не менее» — переходи к противоположному событию.

3Проверь независимость перед умножением. Умножать P(A)·P(B) можно, только если события не влияют друг на друга: разные предметы, разные попытки. Если исход первого меняет условия второго — независимости нет.

4Несколько сценариев — раскрой по гипотезам. Если событие может случиться разными путями (разные заводы, урны, темы), это формула полной вероятности: сумма произведений «вероятность сценария на вероятность исхода в нём».

5Проверь ответ и оформи. Вероятность обязана лежать между 0 и 1 — если вышло больше единицы, где-то сложил вместо умножения. Запиши ответ десятичной дробью и округли до разряда, указанного в условии.

Проверь себя

Пять вопросов ровно по тем местам, где на ЕГЭ теряют балл. Отвечай, не подглядывая в текст выше.

1.Бросают игральную кость. Какова вероятность того, что выпадет число больше 4? Ответ округлите до сотых.

Больше 4 — это грани 5 и 6, значит благоприятных исходов m = 2, всего n = 6. P = 2/6 = 0,333… ≈ 0,33. Округляем бесконечную дробь до сотых.

2.Стрелок попадает в мишень с вероятностью 0,8 при каждом выстреле. Он делает два независимых выстрела. Какова вероятность, что он попадёт хотя бы один раз?

«Хотя бы один» считаем через противоположное «ни разу не попал». Промах каждый раз с вероятностью 0,2, оба промаха: 0,2·0,2 = 0,04. Значит хотя бы одно попадание: 1 − 0,04 = 0,96.

3.Два независимых события: A происходит с вероятностью 0,4, B — с вероятностью 0,5. Какова вероятность того, что произойдут оба события сразу?

«Оба сразу» — это умножение независимых: 0,4·0,5 = 0,2. Вариант 0,9 — это ловушка со сложением, оно применяется к «или», а не к «и».

4.Автобус приходит на остановку строго каждые 20 минут. Пассажир приходит в случайный момент. Какова вероятность, что ждать придётся меньше 5 минут?

Геометрическая вероятность: благоприятны последние 5 минут из каждых 20. P = 5/20 = 0,25. Считаем отношение промежутков времени, а не количество исходов.

5.В первой урне 1 белый и 1 чёрный шар, во второй — 3 белых и 1 чёрный. Наугад выбирают урну (обе равновероятны), затем из неё шар. Какова вероятность вынуть белый шар?

Формула полной вероятности. Урну выбирают с вероятностью 0,5 каждую. В первой P(белый) = 1/2, во второй = 3/4. Итог: 0,5·0,5 + 0,5·0,75 = 0,25 + 0,375 = 0,625.

6.В урне 4 белых и 6 чёрных шаров. Наугад вынимают два шара подряд, не возвращая первый. Какова вероятность, что оба белых? Ответ округлите до сотых.

Шары вынимают без возврата — события зависимы, поэтому умножаем на условную вероятность. Первый белый: 4/10. После него осталось 9 шаров, из них 3 белых, второй белый: 3/9. Оба белых: 4/10 · 3/9 = 12/90 ≈ 0,13. Ловушка 0,16 — это если умножить как независимые (4/10 · 4/10), забыв, что состав урны изменился.

Типичные ошибки на ЕГЭ

Ошибка 1

Путают сложение и умножение. Умножают для «и то, и другое вместе» (независимые события), складывают для «или одно, или другое» (несовместные). Именно на этой подмене строят неверный вариант ответа: подставь союз в условие вслух — «и» или «или».

Ошибка 2

«Хотя бы один» считают напрямую. Пытаются сложить или перебрать все случаи и путаются. Правильный ход всегда один: $P = 1 - P(\text{ни одного})$ . Противоположность к «хотя бы один» — это «ни одного», а не «все».

Ошибка 3

Забывают округлить или округляют не тот разряд. $1/3 = 0{,}333\ldots$ в ответе должно стать 0,33, а не 0,3 и не 0,333. Всегда смотри, до какого разряда просят округлить в условии.

Ошибка 4

Умножают зависимые события как независимые. Формула $P(A)\cdot P(B)$ верна, только когда события не влияют друг на друга. Если шар вынимают без возврата, после первого шара состав урны меняется — вероятности второго уже другие.

Ошибка 5

В геометрической вероятности берут не ту меру. Для плоской области считают отношение площадей, а не длин сторон, а для времени — отношение промежутков. Мера благоприятной части и всей области должны быть одного типа.

Ошибка 6

В полной вероятности не проверяют гипотезы. Вероятности всех гипотез обязаны в сумме давать 1, а сами гипотезы — покрывать все случаи. Если сумма вышла не единицей — потеряна ветка или посчитана лишняя.

Запомни для ЕГЭ

P(A) = \dfrac{m}{n}

P(\bar{A}) = 1 - P(A)

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

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

P(\text{хотя бы один}) = 1 - (1-p)^n

P(A) = \sum_i P(H_i)\,P(A \mid H_i)

7«И» — умножаем, «или» — складываем, «хотя бы» — через противоположное

На экзамене

Задание 4 — базовое, чистое P = m/n. Аккуратно посчитай благоприятные и все исходы, запиши десятичной дробью и округли до разряда из условия. Это один из самых надёжных баллов в части 1.
Задание 5 — повышенное: независимые и зависимые события, «хотя бы один», иногда полная вероятность. Первым делом реши, союз «и» или «или» связывает события, — от этого зависит, умножать или складывать. Часть вариантов задания 5 — чистая комбинаторика (сочетания, размещения); она разобрана в отдельной теме, здесь её не ждём.
Слова «хотя бы», «не менее», «хотя бы один» — почти всегда сигнал считать через противоположное событие. Прямой перебор здесь длиннее и опаснее.
Держи в голове границу: любая вероятность лежит между 0 и 1. Получил число больше единицы — верный признак, что сложил там, где надо было умножить.
Калькулятора нет, поэтому числа в задачах подобраны так, чтобы считаться руками. Если арифметика становится громоздкой — почти наверняка выбран неверный путь, вернись к условию.

Эксперимент

Лаборатория: частота против вероятности

Её идея разобрана в блоке «Классическая вероятность»: если много раз бросать монету или кость, доля выпадений (частота) всё точнее приближается к теоретической вероятности P = m/n — это закон больших чисел.

Открыть лабораторию в веб-кабинете

Словарь темы

Случайное событиеСобытие, которое в данном опыте может произойти, а может и не произойти. Его возможность измеряют числом от 0 (невозможное) до 1 (достоверное).

Элементарный исходОдин из неделимых результатов опыта. Например, при броске кости элементарные исходы — выпадение 1, 2, 3, 4, 5 или 6.

Равновозможные исходыИсходы, ни у одного из которых нет преимущества перед другими. Только для них верна формула P = m/n. Правильная монета и симметричная кость дают равновозможные исходы, кривая кнопка — нет.

Классическая вероятностьОтношение числа благоприятных исходов к числу всех равновозможных: P = m/n.

Противоположное событиеСобытие «A не произошло», обозначается Ā. Вместе с A покрывает все случаи, поэтому P(A) + P(Ā) = 1.

Несовместные событияСобытия, которые не могут произойти в одном опыте одновременно. Для них вероятность «A или B» равна сумме P(A) + P(B).

Независимые событияСобытия, для которых исход одного не меняет вероятность другого. Для них вероятность «A и B» равна произведению P(A)·P(B).

Геометрическая вероятностьВероятность при бесконечном числе равновозможных исходов: отношение меры (длины, площади, промежутка времени) благоприятной части к мере всей области.

Формула полной вероятностиСпособ найти вероятность события, которое может наступить при разных взаимоисключающих сценариях (гипотезах): сумма произведений вероятности гипотезы на вероятность события в ней.

Условная вероятностьВероятность события A при условии, что уже произошло событие B; записывается P(A | B).

Источники и проверка

13 источников

Тема соответствует коду 6.2 кодификатора ФИПИ по математике профильного уровня: классическая, геометрическая вероятность, сложение/умножение вероятностей, формула полной вероятности.
Комбинаторика (C(n,k), размещения) в теме не раскрывается как отдельный раздел, так как это соседний код 6.3.
Вероятность проверяется заданием 4 (базовый уровень, классическая вероятность) и заданием 5 (повышенный уровень: умножение независимых, «хотя бы один», полная вероятность), каждое по 1 баллу.
Классическая вероятность P = m/n верна только для равновозможных исходов; ответ записывается десятичной дробью с округлением (обычно до сотых).
P(Ā) = 1 − P(A); события «хотя бы один» удобно считать через противоположное «ни одного».
Для несовместных событий P(A∪B) = P(A) + P(B); для совместных P(A∪B) = P(A) + P(B) − P(A∩B).
Для независимых событий P(A∩B) = P(A)·P(B); пример с двумя исправными лампами (0,9·0,9 = 0,81) и «хотя бы одна исправна» (1 − 0,1·0,1 = 0,99).
Формула «хотя бы один» для n одинаковых независимых испытаний: P = 1 − (1 − p)^n.
Геометрическая вероятность равна отношению меры (длины/площади/времени) благоприятной части к мере всей области при равномерном выборе точки.
Формула полной вероятности P(A) = Σ P(H_i)·P(A|H_i) для полной группы гипотез; формула Байеса P(H_k|A) = P(H_k)P(A|H_k)/P(A).
Умножение вероятностей применимо только к независимым событиям; для зависимых работает общая теорема умножения P(A∩B) = P(A)·P(B|A). При выборе без возврата состав меняется и события зависимы: пример 3/10·2/9 = 1/15 ≈ 0,07 (то же через сочетания C(3,2)/C(10,2) = 3/45 = 1/15).
Любая вероятность лежит в промежутке от 0 до 1.
Лаборатория «Теория вероятностей» существует на вебе с id «probability» в наборе «math» и показывает сходимость частоты к теоретической вероятности (закон больших чисел).

Утверждения сверены со спецификацией и кодификатором ФИПИ и с банком заданий НейроМиши, проверено редакцией, обновлено 2026-07-16.

Прогресс сохранится на этом устройстве.

Закрепи на тренажёре

Прочитал теорию — реши задания по теме. Миша подберёт уровень и разберёт ошибки.

Решать задания по теме Проверь себя: 6 заданий за 3 минуты

К списку темВсе темы ЕГЭ по профильной математике