Задачи на вычисление вероятности, требующие анализа последовательности действий, занимают особое место на ЕГЭ по математике. Главным инструментом при разборе таких задач служит теорема умножения вероятностей, с помощью которой находят шанс одновременного наступления нескольких ситуаций. Ниже разберём, как это работает в разных случаях.
Сущность теоремы умножения вероятностей
Данная теорема даёт ответ на вопрос «Какова вероятность того, что реализуются и событие A, и событие B?»
Применение к независимым событиям
Если наступление одного события не изменяет вероятности наступления другого, события считаются независимыми. В этом случае шанс их совместной реализации равен произведению их вероятностей:
$P(A \times B) = P(A) \times P(B)$.
Пример
Определить вероятность, что две наугад выбранные батарейки являются работоспособными. При условии большого объёма партии выбор можно считать независимым. Если вероятность исправности отдельного элемента составляет 0,94, то для пары: P = 0,94 × 0,94 = 0,8836.
Применение к зависимым событиям
Когда исход первого события влияет на условия наступления второго, используется формула с условной вероятностью:
$P(A \times B) = P(A) \times P(B|A)$,
где P(B|A) — условная вероятность события B при условии, что событие A уже произошло.
Пример задачи на последовательный выбор
В непрозрачном ящике находятся 5 синих и 3 красных шара. Извлекают два шара подряд, не возвращая первый обратно. Какова вероятность, что оба извлечённых шара будут синего цвета?
А) Решение
Первый шаг изменяет состав ящика, следовательно, события являются зависимыми.
- Определим вероятность события A — «первый извлечённый шар синий»:
Исходное количество шаров: 5 + 3 = 8.
Число благоприятных исходов: 5.
Таким образом, $P(A) = \frac{5}{8}$. - Определим условную вероятность события B|A — «второй шар синий при условии, что первый уже синий»:
После изъятия одного синего шара в ящике остаётся 7 шаров, из них синих — 4.
Следовательно, $P(B|A) = \frac{4}{7}$. - Применим теорему умножения для зависимых событий:
Искомая вероятность равна $P(A \times B) = P(A) \times P(B|A) = \frac{5}{8} \times\frac{4}{7} = \frac{20}{56} = \frac{5}{14} \approx 0{,}357$.
Б) Контрольная проверка через комбинаторику
Общее число способов выбрать 2 шара из 8: C(8,2) = 28.
Число способов выбрать 2 синих шара из 5: C(5,2) = 10.
Вероятность: $\frac{10}{28} = \frac{5}{14} \approx 0{,}357$ — результаты совпадают, что подтверждает корректность подхода.
Анализ заданий
1. Задача о покупке арбузов
Исходные данные
Торговая точка располагает 15 спелыми, 3 недозрелыми и 7 испорченными арбузами. Какова вероятность того, что покупатель выберет два недозрелых арбуза?
Выбор осуществляется без возможности возврата, что делает события зависимыми.
Общее число арбузов: 15 + 3 + 7 = 25.
- Шанс взять первым недозрелый арбуз: $P_₁ = \frac{3}{25}$.
- После этого остаётся 24 арбуза, включая 2 недозрелых.
- Условная вероятность выбора второго недозрелого: $P_2|_{1} = \frac{2}{24}$.
Итоговый расчёт: $P = \frac{3}{25} \times\frac{2}{24} = \frac{6}{600} = \frac{1}{100} = 0,01$.
2. Задача о надёжности освещения
Исходные данные
Пространство освещается тремя независимыми светильниками. Для каждого из них вероятность выхода из строя в течение года составляет 0,2. Требуется найти вероятность того, что за указанный период как минимум один светильник останется рабочим.
Наиболее рациональный путь — анализ противоположного события «все три светильника перегорят».
- Вероятность перегорания одного светильника: 0,2.
- Вероятность одновременного отказа всех трёх (независимые события): 0,2 × 0,2 × 0,2 = 0,008.
Следовательно, вероятность интересующего нас события (хотя бы один рабочий) равна: 1 – 0,008 = 0,992.
3. Задача о контроле качества
Исходные данные
Автоматизированная линия производит батарейки. Доля бракованных изделий — 0,01. Система контроля с вероятностью 0,95 обнаруживает неисправную батарейку и с вероятностью 0,05 ошибочно бракует исправную. Какова общая вероятность того, что случайно выбранная батарейка будет отбракована?
Батарейка может быть забракована в двух несовместимых ситуациях.
Ситуация 1: изделие бракованное (0,01) и система его распознала (0,95).
P₁ = 0,01 × 0,95 = 0,0095.
Ситуация 2: изделие исправное (0,99) и система совершила ошибку (0,05).
P₂ = 0,99 × 0,05 = 0,0495.
Общая вероятность браковки: P = 0,0095 + 0,0495 = 0,059.
4. Задача о точности стрельбы
Исходные данные
Спортсмен поражает мишень с вероятностью 0,6 при каждом выстреле. Какое минимальное количество выстрелов необходимо обеспечить, чтобы вероятность поражения цели была не ниже 0,8?
Целесообразно рассмотреть противоположную ситуацию «ни одного попадания за n выстрелов».
- Шанс промаха: 1 – 0,6 = 0,4.
- Шанс сделать n промахов подряд: 0,4ⁿ.
Тогда вероятность хотя бы одного попадания: P = 1 – 0,4ⁿ.
Решаем неравенство: 1 – 0,4ⁿ ≥ 0,8 → 0,4ⁿ ≤ 0,2.
Методом подбора убеждаемся, что минимальное n, удовлетворяющее условию, равно 2, так как 0,4² = 0,16 ≤ 0,2.
Алгоритм решения
- Определи итоговое событие, вероятность которого требуется вычислить.
- Разбей его в цепочку ситуаций, соединённых союзом «и», и примени теорему умножения.
- Проанализируй возможные альтернативные сценарии достижения конечного результата и рассмотри каждый из них.
- Установи тип зависимости между событиями: если они зависимы, обязательно используй понятие условной вероятности P(B|A).
- В задачах с формулировкой «хотя бы один» практически всегда оптимален переход к рассмотрению противоположного события.
Важное наблюдение: пример с шарами демонстрирует, как последовательный выбор без возвращения влияет на вероятности последующих ситуаций. Именно этот принцип лежит в основе решения обширной группы задач на зависимые события.
Заключение
Навык применения теоремы умножения вероятностей позволяет системно подходить к решению заданий ЕГЭ, преобразуя описание ситуации в строгую математическую модель. Регулярная практика на разнообразных примерах способствует выработке умения видеть структуру задачи практически мгновенно.
Автор:
Доброва Дарья, методист «100балльного репетитора» по математике ОГЭ/10 класса
