Теория вероятностей для ЕГЭ от А до Я

На профильном ЕГЭ вероятность встречается трижды: задания 2, 4 и 10. Суммарно это 5 первичных баллов — столько же, сколько дают задания 13 и 16 вместе взятые. При этом вероятность считается одним из наиболее решаемых разделов: при правильной подготовке задание 4 решают больше 70% сдающих (ФИПИ, открытый банк заданий, 2025). Разберём всё: от определений до формулы Байеса.

Классическая вероятность: с чего начинается всё

Классическое определение вероятности работает для задач, где все исходы равновозможны.

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

где $m$ — число благоприятных исходов, $n$ — общее число исходов.

Пример. В урне 5 красных и 3 белых шара. Вытащили один шар. Вероятность красного?

$n = 8$ (всего шаров), $m = 5$ (красных).

$P(\text{красный}) = \frac{5}{8} = 0{,}625$.

Задание 2 ЕГЭ — почти всегда классическая вероятность. Бытовой сюжет (транспорт, продукты, карточки), нужно найти $\frac{m}{n}$. Ошибка одна: неправильно сосчитать $n$ или $m$.

Сложение и умножение вероятностей

Формула сложения

Для несовместных событий (не могут произойти одновременно):

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

Для совместных (могут):

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

Пример. В группе из 30 человек: 12 занимаются математикой, 10 — физикой, 5 — обоими. Вероятность что случайный человек занимается хотя бы одним из предметов?

$P = \frac{12 + 10 - 5}{30} = \frac{17}{30} \approx 0{,}567$.

Формула умножения

Для независимых событий (одно не влияет на другое):

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

Для зависимых:

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

где $P(B|A)$ — вероятность $B$ при условии, что $A$ уже произошло.

Пример. Две монеты. Вероятность двух орлов?

$P = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$.

Задание 4 ЕГЭ чаще всего проверяет именно умножение: «два устройства работают независимо, найти вероятность отказа обоих» или «вероятность попасть в цель при двух выстрелах».

Условная вероятность

Условная вероятность $P(B|A)$ — вероятность события $B$ при условии, что событие $A$ уже произошло.

$P(B|A) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}, \quad P(A) > 0$

Пример. На заводе два станка: первый производит 60% деталей, второй — 40%. Доля бракованных у первого — 2%, у второго — 5%. Случайно взяли деталь, она оказалась бракованной. Вероятность что деталь с первого станка?

Это уже формула Байеса — но прежде разберём более простой случай.

Пример. Из 10 карточек (1–10) вытащили одну и сказали, что число чётное. Вероятность, что число больше 6?

Чётные: 2, 4, 6, 8, 10 — итого 5 штук. Из них больше 6: 8, 10 — итого 2.

$P(\text{больше 6} | \text{чётное}) = \frac{2}{5} = 0{,}4$.

Формула полной вероятности

Если событие $B$ может произойти только с гипотезами $H_1, H_2, \ldots, H_n$ (полная группа), то:

$P(B) = \sum_{i=1}^{n} P(H_i) \cdot P(B|H_i)$

Пример. Студент сдаёт экзамен. С вероятностью 0,7 он хорошо подготовлен. Если готов — сдаст с вероятностью 0,9. Если не готов — с вероятностью 0,3. Вероятность что сдаст?

$P = 0{,}7 \cdot 0{,}9 + 0{,}3 \cdot 0{,}3 = 0{,}63 + 0{,}09 = 0{,}72$.

Формула Байеса: задание 10

Задание 10 — самое сложное из вероятностных заданий в части 1. Оно требует формулу Байеса — обратную к формуле полной вероятности.

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

Где в знаменателе стоит $P(B)$, найденная по формуле полной вероятности.

Развернём пример. На заводе два станка: первый производит 60% деталей, второй — 40%. Первый даёт 2% брака, второй — 5%. Случайно взяли бракованную деталь. Вероятность, что она с первого станка?

Гипотезы:

• $H_1$: деталь с первого станка, $P(H_1) = 0{,}6$
• $H_2$: деталь со второго станка, $P(H_2) = 0{,}4$

Условные вероятности брака:

• $P(B|H_1) = 0{,}02$
• $P(B|H_2) = 0{,}05$

Полная вероятность брака:

$P(B) = 0{,}6 \cdot 0{,}02 + 0{,}4 \cdot 0{,}05 = 0{,}012 + 0{,}020 = 0{,}032$

Байес:

$P(H_1|B) = \frac{0{,}6 \cdot 0{,}02}{0{,}032} = \frac{0{,}012}{0{,}032} = 0{,}375$

Ответ: вероятность того, что бракованная деталь с первого станка, равна 0,375.

Структура задания 10 практически всегда такова: фабрика / больница / экзамен → две или три гипотезы → заданы вероятности гипотез и условные вероятности события → найти обратную вероятность. Узнал схему — считаешь автоматически.

Комбинаторика и вероятность

Для задач, где нужно посчитать число исходов, используют комбинаторные формулы.

Сочетания — число способов выбрать $k$ объектов из $n$ без учёта порядка:

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

Перестановки — число способов упорядочить $n$ различных объектов:

$P_n = n!$

Размещения — число способов выбрать $k$ объектов из $n$ с учётом порядка:

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

Пример. В группе 10 человек. Выбирают команду из 3. Сколько вариантов команды?

$C_{10}^3 = \frac{10!}{3! \cdot 7!} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{6} = 120$.

Если нужно найти вероятность конкретного состава: $P = \frac{1}{120}$.

Типичные ошибки в задачах на вероятность

Ошибка 1: перепутать «и» с «или». «И» — умножение (независимые: оба события). «Или» — сложение (хотя бы одно). Проверяй: если в задаче «оба», «все» — умножаешь. «Хотя бы один», «хотя бы одно» — сложение или дополнение.

Ошибка 2: не использовать дополнение. Для «хотя бы одного» часто проще считать через противоположное событие: $P(\text{хотя бы одно}) = 1 - P(\text{ни одного})$.

Пример: вероятность, что хотя бы один из трёх стрелков попадёт в цель, если каждый попадает с вероятностью 0,5:

$P = 1 - (1 - 0{,}5)^3 = 1 - 0{,}125 = 0{,}875$.

Ошибка 3: не нормировать вероятности гипотез. Сумма $P(H_1) + P(H_2) + \ldots$ должна быть равна 1. Если в задаче написано «35% продукции первого типа и 45% второго» — не забудь про третий тип: $100 - 35 - 45 = 20\%$.

Ошибка 4: округлять промежуточные результаты. Вычисляй до конца без округления — только в финальном ответе. Ошибка в третьем знаке на промежуточном шаге часто приводит к неверному ответу.

Ошибка 5: путать $P(B|A)$ и $P(A|B)$. Это разные вещи. В задании 10 тебя просят найти именно $P(H_k|B)$ — вероятность гипотезы при известном событии. Не путай с условной вероятностью в обратную сторону.

Типичные сюжеты задания 4

Задание 4 — вероятность с независимыми событиями. За четыре последних года сложились три устойчивых сюжетных типа.

Тип «два устройства». Два прибора работают независимо, для каждого задана вероятность безотказной работы (или отказа). Найти вероятность того, что оба работают, оба откажут, хотя бы один работает.

Схема: пусть $P_1$ и $P_2$ — вероятности безотказной работы.

• Оба работают: $P_1 \cdot P_2$
• Оба откажут: $(1 - P_1)(1 - P_2)$
• Хотя бы один работает: $1 - (1 - P_1)(1 - P_2)$

Тип «стрелок и мишень». Несколько стрелков стреляют независимо, каждый с заданной вероятностью попасть. Найти вероятность поражения цели (хотя бы одним).

Через дополнение: $P(\text{хотя бы один попал}) = 1 - P(\text{никто не попал}) = 1 - \prod (1 - p_i)$.

Тип «серия испытаний». Задача с одинаковыми независимыми испытаниями, каждое с вероятностью успеха $p$. Найти вероятность ровно $k$ успехов из $n$. Это формула Бернулли:

$P(X = k) = C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}$

Для задания 4 формула Бернулли встречается реже, чем умножение событий, но иногда попадается — стоит знать.

Как разделить задания 2, 4 и 10 по уровню

Смотри также задание 4 ЕГЭ: вероятность и все формулы ЕГЭ для полного набора формул.

Частые вопросы о теории вероятностей на ЕГЭ

Можно ли решить задание 10 без формулы Байеса?

Для простых случаев с двумя гипотезами — да, через дерево вероятностей или таблицу. Но формула Байеса быстрее и не оставляет шансов ошибиться в логике.

Нужно ли знать комбинаторику для заданий 2 и 4?

Для задания 2 — как правило нет. Для задания 4 — иногда нужно посчитать число исходов через сочетания. Если в задаче есть «выбрать k из n» — знай $C_n^k$.

Входят ли формулы вероятности в справочные материалы ЕГЭ?

Нет. Формулы — классическое определение, умножения/сложения, полной вероятности и Байеса — нужно знать наизусть. Справочник ФИПИ содержит только геометрические формулы и некоторые алгебраические тождества (ФИПИ, 2026).

Как быстро считать $C_n^k$ без калькулятора?

Для небольших значений: $C_n^1 = n$, $C_n^2 = \frac{n(n-1)}{2}$, $C_n^3 = \frac{n(n-1)(n-2)}{6}$. Эти три формулы покрывают 90% комбинаторных задач на ЕГЭ.

Сколько баллов можно получить за задания 2 + 4 + 10?

Задание 2 — 1 первичный балл, задание 4 — 1 первичный балл, задание 10 — 1 первичный балл. Итого 3 первичных балла. По шкале 2026 это примерно 4–5 тестовых баллов (ФИПИ, 2026).

Источники

1. ФИПИ. Спецификация ЕГЭ по математике (профильный уровень), 2026.
2. ФИПИ. Открытый банк заданий ЕГЭ, задания 2, 4, 10, ege.fipi.ru.