Условная вероятность: формула и примеры

Задания 4 и 5 ЕГЭ профиля — это вероятности. Простые задачи (выбрать шар из урны) берутся напрямую. Сложные требуют условной вероятности: сначала произошло одно событие, потом — другое, и нужно учесть первое. Формула небольшая, но логика за ней — отдельная история. Разберём.

Что такое условная вероятность

Представь: ты гадаешь, выпал ли на кубике чётный номер, зная, что он точно больше 3. Это уже не все шесть исходов — только те, где выпало больше 3: $\{4, 5, 6\}$. Чётных среди них: $\{4, 6\}$. Вероятность: $2/3$.

Вот это и есть условная вероятность: вероятность события $A$ при условии, что уже известно о событии $B$. Ключевая идея — мы перестаём рассматривать всё пространство исходов и сужаем его только до тех случаев, где условие $B$ выполнилось. В примере с кубиком мы выкинули из рассмотрения исходы 1, 2, 3 (там «больше 3» не выполнено) и считали вероятность уже внутри суженного множества $\{4, 5, 6\}$. Поэтому условную вероятность часто называют «вероятностью в новом, уменьшенном мире».

Это объясняет, почему условная вероятность может сильно отличаться от обычной. Знание о том, что $B$ произошло, — это дополнительная информация, и она меняет наши оценки. В жизни так же: вероятность дождя «вообще» и вероятность дождя «при условии, что небо затянуто тучами» — разные числа.

Формально:

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

Читается: «вероятность $A$ при условии $B$». Знаменатель $P(B)$ — это «размер нового мира» (вероятность условия), а числитель $P(A \cap B)$ — та его часть, где вдобавок случилось и $A$. Деление как раз и пересчитывает долю $A$ внутри суженного пространства.

Здесь:

• $P(A \cap B)$ — вероятность того, что оба события произошли одновременно,
• $P(B)$ — вероятность условия (знаменатель всегда положителен).

Из этой формулы следует формула умножения вероятностей:

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

Она работает в обе стороны: $P(A \cap B) = P(B \mid A) \cdot P(A)$ тоже верно. На практике выбирают ту запись, где обе вероятности справа известны или легко считаются по условию задачи.

Независимые события

Два события $A$ и $B$ называются независимыми, если знание о наступлении $B$ не меняет вероятности $A$:

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

Это эквивалентно условию:

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

Пример независимых событий: подбрасываем монету дважды. Выпадение «орла» в первом броске не влияет на результат второго. $P(\text{орёл на втором} | \text{орёл на первом}) = P(\text{орёл на втором}) = 0.5$.

Зависимые события: берём шар из урны без возврата. Результат второго извлечения зависит от первого — состав урны изменился. Это ключевой признак: если в задаче есть слова «без возврата», «по очереди», «не возвращая», то почти наверняка события зависимы, и для второго шага нужно пересчитывать вероятность. Наоборот, слова «с возвратом», «независимо», «каждый раз заново» сигналят про независимость, и тогда можно просто перемножать исходные вероятности.

Дерево вероятностей

Дерево вероятностей — наглядный способ вычислять вероятности последовательных испытаний. Оно особенно полезно, когда событие происходит в несколько этапов: сначала выбор источника, потом результат внутри источника. Вместо того чтобы держать все случаи в голове, ты рисуешь ветвящуюся схему и спокойно перемножаешь вероятности вдоль каждой ветки. Для большинства задач заданий 4 и 5 двух-трёх уровней дерева более чем достаточно.

Как строить:

1. Каждый «узел» — событие.
2. Рёбра из узла — возможные исходы; на ребре написана вероятность этого исхода.
3. Сумма вероятностей рёбер из одного узла = 1.
4. Вероятность любого «пути» (листа) = произведение вероятностей по рёбрам пути.

Пример. Завод выпускает детали: $60\%$ — с автоматической линии A, $40\%$ — с линии B. Среди деталей линии A брак составляет $2\%$, линии B — $5\%$. Найти вероятность того, что случайная деталь окажется бракованной.

Строим дерево:

• Корень → Линия A (вероятность 0.6) → брак (0.02), не брак (0.98)
• Корень → Линия B (вероятность 0.4) → брак (0.05), не брак (0.95)

Вероятность брака по каждому пути:

• Путь «A + брак»: $0.6 \cdot 0.02 = 0.012$
• Путь «B + брак»: $0.4 \cdot 0.05 = 0.020$

Итого (суммируем все пути с браком):

$P(\text{брак}) = 0.012 + 0.020 = 0.032$

Это и есть формула полной вероятности:

$P(A) = P(A \mid B_1) \cdot P(B_1) + P(A \mid B_2) \cdot P(B_2) + \ldots$

Это же дерево удобно нарисовать схематично — каждая ветвь подписана своей вероятностью, а вероятность пути получается перемножением:

            (0.6)         (0.02) брак    → 0.6·0.02 = 0.012
       ┌───── линия A ────┤
      ╱            └── (0.98) годная  → 0.6·0.98 = 0.588
старт              ┌── (0.05) брак    → 0.4·0.05 = 0.020
       └───── линия B ────┤
            (0.4)         (0.95) годная  → 0.4·0.95 = 0.380

Чтобы найти $P(\text{брак})$, складываем оба «брак»-пути: $0{,}012 + 0{,}020 = 0{,}032$. Дерево наглядно показывает, почему слагаемых ровно два — потому что брак может прийти ровно с двух линий, и эти сценарии не пересекаются.

Разбор примеров

Пример 1 (уровень А, разобран полностью)

В ящике 6 белых и 4 чёрных шара. Вытаскивают два шара подряд без возврата. Найти вероятность того, что второй шар белый при условии, что первый тоже белый.

Решение.

После того как первый шар оказался белым, в ящике осталось 5 белых и 4 чёрных, итого 9 шаров.

Вероятность того, что второй шар белый при условии, что первый белый:

$P(\text{2-й белый} \mid \text{1-й белый}) = \frac{5}{9}$

Можно записать через формулу: $P(\text{1-й бел.} \cap \text{2-й бел.}) = \frac{6}{10} \cdot \frac{5}{9} = \frac{30}{90} = \frac{1}{3}$.

Тогда $P(\text{2-й бел.} | \text{1-й бел.}) = \frac{1/3}{6/10} = \frac{1/3}{3/5} = \frac{5}{9}$.

Ответ: $5/9$.

Типичная ошибка. Не обновлять состав ящика после первого извлечения и считать вероятность как $6/10$. После извлечения без возврата состав меняется.

Пример 2 (уровень Б, один шаг — сам)

Два автомата производят детали. Автомат № 1 даёт $1\%$ брака, автомат № 2 — $2\%$ брака. Автомат № 1 производит $70\%$ деталей. Наугад взяли одну деталь и обнаружили брак. Какова вероятность, что деталь произвёл автомат № 1?

Решение.

Обозначим: $B_1$ — деталь с автомата 1, $B_2$ — с автомата 2, $A$ — брак.

Данные: $P(B_1) = 0.7$, $P(B_2) = 0.3$, $P(A|B_1) = 0.01$, $P(A|B_2) = 0.02$.

По формуле полной вероятности:

$P(A) = 0.7 \cdot 0.01 + 0.3 \cdot 0.02 = 0.007 + 0.006 = 0.013$

Теперь найди $P(B_1|A)$ по теореме Байеса самостоятельно. Подсказка: $P(B_1|A) = P(A \cap B_1) / P(A)$.

Типичная ошибка. Посчитать $P(B_1|A) = P(B_1) = 0.7$ (просто взять долю производства). Условная вероятность меняется — брак «увеличивает подозрение» на автомат с большим процентом брака.

Пример 3 (уровень В, два шага — сам)

Из колоды в 36 карт вытащили одну карту и не показали. Известно только, что карта червей. Найди вероятность того, что эта карта — туз.

Шаг 1: определи события $A$ = «туз» и $B$ = «черви», запиши $P(A \cap B)$ и $P(B)$.

Шаг 2: вычисли $P(A|B)$ и интерпретируй результат.

Типичная ошибка. Посчитать вероятность туза как $4/36 = 1/9$ без учёта условия «черви». В данном конкретном случае ответ совпал! Но это случайность: вероятность туза в колоде $4/36 = 1/9$ и вероятность туза при условии «черви» $1/9$ — одинаковы, потому что в каждой масти ровно 1 туз. Это пример независимых событий.

Пример 4 (зависимость, разобран полностью)

В классе 20 учеников, из них 12 девочек. Учитель наугад вызывает к доске двоих по очереди. Найди вероятность, что оба вызванных — девочки.

Решение. Здесь важно, что вызывают по очереди и без «возврата» — после первого вызова состав класса для второго выбора меняется.

Вероятность, что первая вызванная — девочка: $P(A) = \dfrac{12}{20} = \dfrac{3}{5}$.

Если первая девочка уже у доски, в классе осталось 19 учеников и 11 девочек. Условная вероятность, что вторая тоже девочка: $P(B \mid A) = \dfrac{11}{19}$.

По формуле умножения:

$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B \mid A) = \frac{12}{20} \cdot \frac{11}{19} = \frac{132}{380} = \frac{33}{95} \approx 0{,}347$

Ответ: $\dfrac{33}{95} \approx 0{,}347$.

Главное здесь — не забыть обновить и числитель, и знаменатель после первого вызова. Если ошибочно посчитать $\dfrac{12}{20} \cdot \dfrac{12}{20}$ (как для независимых), получишь $0{,}36$ — близко, но неверно, потому что события зависимы.

Как распознать тип вероятностной задачи

Условная вероятность и связанные с ней формулы появляются в заданиях 4 и 5 в нескольких узнаваемых формах. Научись определять тип сразу — тогда не будешь применять «не ту» формулу.

• «Сначала случилось одно, потом другое, без возврата» — это последовательное испытание с зависимыми событиями. Считаем через $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B \mid A)$, обновляя состав после первого шага.
• «Объект пришёл из одного из нескольких источников» — формула полной вероятности: складываем вклады всех гипотез.
• «Объект уже наблюдён, найти вероятность, что он из источника $i$» — обратная задача, формула Байеса.
• «События независимы / с возвратом» — самый простой случай, тут $P(A \mid B) = P(A)$, и можно просто перемножать.

Главный вопрос, который надо задать себе: «меняет ли наступление одного события вероятность другого?». Если да — события зависимы и нужна условная вероятность. Если нет — независимы, и формула умножения упрощается.

Типичные ошибки

Ошибка 1. Путать $P(A|B)$ и $P(B|A)$. «Вероятность заболеть при наличии симптома» и «вероятность симптома при наличии болезни» — разные числа. Это самая частая и самая дорогая ошибка: в реальных задачах из-за неё ответ может отличаться в разы.

Ошибка 2. Применять формулу умножения для независимых событий ($P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$) к зависимым событиям.

Ошибка 3. В задачах «без возврата» не обновлять состав (ящика, урны) после каждого шага.

Ошибка 4. В формуле полной вероятности брать не полную систему гипотез. Сумма $P(B_i)$ должна быть равна 1.

Ошибка 5. Делить на ноль: $P(B) = 0$ делает формулу неприменимой. Если событие-условие невозможно — задача некорректна.

Связь с другими темами

Условная вероятность — это узловое понятие всего раздела. От неё расходятся три важные темы, которые без условной вероятности не понять.

• Классическое определение вероятности — фундамент: условная вероятность считается через те же благоприятные и все исходы, только в суженном пространстве.
• Независимые события — частный случай, когда $P(A \mid B) = P(A)$ и формула умножения упрощается до произведения.
• Формула полной вероятности — прямое продолжение: складываем условные вероятности по всем гипотезам.
• Формула Байеса — обратная задача: по наблюдённому событию находим вероятность гипотезы.

Поэтому, если условная вероятность «не пошла», вернись к классическому определению и потренируйся считать вероятности в суженном множестве исходов — почти все трудности растут именно отсюда. А когда тема освоена, она открывает доступ сразу к полной вероятности и Байесу, которые нужны для задания 5 повышенной сложности.

В каких заданиях ЕГЭ встречается

Задания 4 и 5 — вероятностные задачи профиля. Бывает двух типов: «найди вероятность события» (прямое применение формулы) и «дана условная вероятность, найди...» (обратная задача через формулу Байеса или полной вероятности).

Что запомнить

• Условная вероятность: $P(A \mid B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$ — условие $B$ сужает пространство исходов.
• Формула умножения: $P(A \cap B) = P(A \mid B) \cdot P(B)$ — работает в обе стороны.
• Независимость: $P(A \mid B) = P(A)$, эквивалентно $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$.
• В задачах «без возврата» состав урны меняется — события зависимы, обновляй вероятности.
• Дерево вероятностей наглядно собирает формулу полной вероятности из путей.
• Не путай $P(A \mid B)$ и $P(B \mid A)$ — это разные числа.