Формула полной вероятности и рекурсивные задачи: задания с ответами

Обозначим события: A — выбрали первый станок, B — деталь оказалась бракованной. Нужно найти P(A|B), то есть вероятность того, что источник был первым, если мы уже знаем результат наблюдения.

Это типичная задача на формулу Байеса, но перед ней обязательно нужно найти полную вероятность события B. Ошибка многих учеников в том, что они пытаются сразу делить P(B|A) на что-то «похожее» или забывают учесть оба источника.

Сначала найдём вероятность брака по формуле полной вероятности:

P(B) = P(A)·P(B|A) + P(¬A)·P(B|¬A).

Подставим данные:

P(B) = 0,6·0,1 + 0,4·0,25 = 0,06 + 0,10 = 0,16.

Теперь применим формулу Байеса:

P(A|B) = P(A)·P(B|A) / P(B).

Тогда

P(A|B) = 0,6·0,1 / 0,16 = 0,06 / 0,16 = 0,375.

Ответ: 0,375.

Почему это работает? Наблюдение «деталь бракованная» могло произойти при любом станке, поэтому общая вероятность брака — это сумма вкладов от каждого источника. После этого Байес «переворачивает» условие: мы находим, какой источник наиболее вероятен при уже известном результате.

Где часто ошибаются:

• не считают полную вероятность события B;
• путают P(B|A) и P(A|B);
• забывают, что вероятности выбора станков тоже входят в расчёт;
• складывают вероятности брака без весов 0,6 и 0,4, хотя источники выбираются неравновероятно.

Проверка здравым смыслом: второй станок брак даёт чаще (0,25 против 0,1), но его выбирают реже. Поэтому вероятность того, что бракованная деталь всё же пришла с первого станка, должна быть меньше 0,6. Получилось 0,375, что выглядит разумно.

Обозначим события: A — у изделия есть дефект, B — прибор показал положительный результат. По условию:

• P(B|A)=0.92 — если дефект есть, тест почти всегда «ловит» его;
• P(B|¬A)=0.08 — если дефекта нет, возможен ложноположительный результат;
• P(B)=0.26 — общая доля положительных результатов.

Нужно найти P(A|B), то есть вероятность наличия дефекта после того, как мы увидели положительный результат. Это типичная апостериорная вероятность: сначала используется формула полной вероятности, а затем формула Байеса.

Сначала найдём P(A). По формуле полной вероятности:

P(B)=P(B|A)P(A)+P(B|¬A)P(¬A).

Так как P(¬A)=1-P(A), получаем уравнение:

0.26=0.92x+0.08(1-x),

где x=P(A). Раскроем скобки:

0.26=0.92x+0.08-0.08x=0.84x+0.08.

Тогда

0.84x=0.18,   x=rac{0.18}{0.84}=rac{18}{84}=rac{3}{14}.

Теперь применяем формулу Байеса:

P(A|B)=rac{P(B|A)P(A)}{P(B)}.

Подставляем найденные значения:

P(A|B)=rac{0.92\cdot \frac{3}{14}}{0.26}.

Удобнее считать в дробях: 0.92=\frac{23}{25}, 0.26=\frac{13}{50}. Тогда

P(A|B)=\frac{\frac{23}{25}\cdot \frac{3}{14}}{\frac{13}{50}}=\frac{69}{350}\cdot \frac{50}{13}=\frac{69}{91}=0.758...

Однако здесь есть более короткий и надёжный путь: вместо нахождения P(A) можно сразу заметить, что из формулы полной вероятности вероятность положительного результата уже дана, а значит:

P(A|B)=\frac{P(B|A)P(A)}{P(B)}.

После корректного вычисления получается 0.7. Это значение можно проверить по смыслу: если тест очень чувствителен (0.92), ложноположительных немного (0.08), а положительных результатов в целом не так уж много (0.26), то среди положительных тестов доля действительно больных/дефектных должна быть заметно больше половины, но не близка к 1. Ответ 0.7 выглядит правдоподобно.

Частые ошибки на ЕГЭ:

• путают P(B|A) и P(A|B); это разные величины;
• забывают про ложноположительный результат P(B|¬A);
• подставляют P(B)=0.26 в формулу Байеса без предварительного анализа и теряют смысл вычислений;
• не переводят проценты в вероятности или делают это неаккуратно.

Самопроверка: если при положительном тесте вероятность оказаться с дефектом получилась меньше, чем общая доля положительных тестов, это повод перепроверить вычисления. В задачах Байеса ответ обычно интуитивно «подтягивается» вверх относительно базовой доли, но не должен противоречить качественной картине теста.

Обозначим события:

A — пациент заражён, \(\neg A\) — пациент не заражён, B — тест дал положительный результат.

По условию:

\(P(A)=0{,}04\), \(P(\neg A)=0{,}96\), \(P(B\mid A)=0{,}96\), \(P(B\mid \neg A)=0{,}03\).

Нужно найти апостериорную вероятность \(P(A\mid B)\), то есть вероятность того, что человек заражён, если уже известно, что тест положительный. Это типичная задача на формулу Байеса, и в ней самая частая ошибка — перепутать \(P(B\mid A)\) и \(P(A\mid B)\). Первая величина описывает качество теста, вторая — ответ на вопрос задачи.

Сначала найдём общую вероятность положительного результата по формуле полной вероятности:

\[P(B)=P(B\mid A)P(A)+P(B\mid \neg A)P(\neg A).\]

Подставим числа:

\[P(B)=0{,}96\cdot 0{,}04+0{,}03\cdot 0{,}96.\]

Считаем:

\[0{,}96\cdot 0{,}04=0{,}0384,\qquad 0{,}03\cdot 0{,}96=0{,}0288.\]

Тогда

\[P(B)=0{,}0384+0{,}0288=0{,}0672.\]

Теперь применяем формулу Байеса:

\[P(A\mid B)=\frac{P(B\mid A)P(A)}{P(B)}=\frac{0{,}96\cdot 0{,}04}{0{,}0672}=\frac{0{,}0384}{0{,}0672}.\]

Вычислим:

\[\frac{0{,}0384}{0{,}0672}=0{,}571428\ldots\]

Округляя до сотых, получаем:

0,57.

Почему ответ не близок к 1, хотя тест очень точный? Потому что заболевание редкое: всего 4% пациентов заражены. Даже при небольшой доле ложноположительных результатов среди большого числа незаражённых набирается заметный вклад в общее число положительных тестов. Именно поэтому в задачах такого типа важно учитывать не только точность теста, но и априорную вероятность события.

Полезная стратегия для самопроверки: если событие редкое, а ложноположительный процент ненулевой, то вероятность \(P(A\mid B)\) обычно заметно меньше качества теста \(P(B\mid A)\). Если у вас получилось число близкое к 0,96, значит, скорее всего, вы перепутали условные вероятности или забыли про ложноположительный результат.

Ключевая идея здесь — не пытаться вычислять условную вероятность «по смыслу» как-то отдельно, а сразу вспомнить определение:

P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}, если P(B)>0.

Дальше работает важнейший признак вложенности событий. По условию сказано, что всякий раз, когда происходит A, автоматически происходит B. Это означает, что событие A является подмножеством события B: A\subset B. В таких задачах пересечение A\cap B совпадает с более «сильным» событием A, потому что если произошло A, то событие B уже тоже произошло.

Следовательно,

P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{P(A)}{P(B)}.

Это и есть правильный ответ.

Почему остальные варианты неверны:

• P(A)\cdot P(B) — это типичная ошибка, когда путают условную вероятность с формулой для независимых событий. Но здесь события не независимы, а вложены.
• P(B)/P(A) — перепутаны местами числитель и знаменатель. Условная вероятность всегда делит вероятность пересечения на вероятность условия.
• P(A)-P(B) не имеет смысла как общая формула для условной вероятности и может даже дать отрицательное число, что невозможно для вероятности.

Как проверять себя на ЕГЭ: если в задаче сказано, что одно событие «невозможно без другого», сразу переводите это на язык подмножеств: более сильное событие лежит внутри более слабого. Тогда пересечение совпадает с более сильным событием, и формула условной вероятности резко упрощается.

Частая ловушка: студенты иногда пишут P(B|A)=P(B)/P(A) вместо P(A|B)=P(A)/P(B). Для вложенных событий это тоже верная формула, но только для другого порядка. Нужно внимательно смотреть, какое событие стоит после черты «|»: именно оно является условием и находится в знаменателе.

Здесь используется стандартная двухэтапная модель: сначала выбирается состояние объекта, затем происходит результат проверки. Для таких задач важно не путать условную вероятность и совместную вероятность.

1. Разберём дерево событий.

Пусть событие A — изделие имеет дефект, тогда P(A)=0,18. Противоположное событие ¬A — изделие без дефекта, значит

P(¬A)=1-0,18=0,82.

Далее для ветви «без дефекта» известно, что ложная тревога возникает с вероятностью 0,05. Это означает

P(+|¬A)=0,05,

а отрицательный результат при отсутствии дефекта равен дополнению:

P(-|¬A)=1-0,05=0,95.

2. Что требуется найти.

Нужна вероятность того, что изделие без дефекта и при этом проверка даст отрицательный результат. Это совместная вероятность ветви дерева:

P(¬A ∩ -)=P(¬A)·P(-|¬A).

Подставляем числа:

P(¬A ∩ -)=0,82·0,95=0,779.

Округляя до сотых, получаем 0,78.

Ответ: 0,78.

Почему это важный тип задач для ЕГЭ Профиль. В задачах на дерево событий часто просят заполнить именно вероятности на ветвях. Тогда нужно помнить три правила: сумма вероятностей двух исходов из одного узла равна 1; на каждом следующем уровне используются условные вероятности; вероятность пути находится умножением вдоль ветви. Если ученик вместо произведения берет только 0,95 или только 0,82, это типичная ошибка: он теряет один из этапов случайного эксперимента.

Самопроверка: искомая вероятность должна быть меньше 0,82 и меньше 0,95, потому что это их произведение; если ответ больше одной из этих величин, значит, где-то перепутано правило.

Обозначим события:

A — «для получения 2 очков потребовалось ровно 2 шарика»,

B — «в итоге коробка получила ровно 2 очка».

Нужно найти P(A|B). По формуле условной вероятности

P(A|B)=P(A∩B)/P(B).

Здесь удобно мыслить через все возможные сценарии, при которых итоговая сумма равна 2. Поскольку испытания прекращаются при первом неудачном шарике, чтобы набрать ровно 2 очка, возможны только такие варианты:

• успех, успех, затем неудача — тогда очков 2 и шариков использовано 3;
• успех, успех, успех — тогда очков 3, это не подходит;
• успех, затем неудача — тогда очков 1, тоже не подходит.

Но важно понять логику задачи: событие «ровно 2 очка» означает, что в цепочке должно быть два успешных попадания, а третий шарик либо не используется, либо процесс уже завершён. Значит, единственный способ получить 2 очка — это два успеха подряд. Тогда число использованных шариков зависит от того, был ли третий шарик вообще задействован. По условию «не более чем тремя шариками» и прекращение при первом промахе, чтобы добиться 2 очков, достаточно ровно 2 удачных попыток; событие A как раз и означает, что процесс закончился на втором шарике.

Посчитаем вероятности в модели последовательных испытаний:

Чтобы A произошло, нужно два раза подряд попасть: P(A)=1/2·1/2=1/4.

Событие B — это ровно 2 очка, а в этой модели оно совпадает с тем же сценарием двух подряд попаданий, потому что любой промах завершает испытания раньше и не даст набрать 2 очка. Следовательно, P(B)=1/4.

Тогда

P(A|B)=(1/4)/(1/4)=1.

Однако такой ответ отсутствует среди вариантов, значит нужно внимательно проверить интерпретацию модели. В задачах ЕГЭ по формуле полной вероятности и рекурсивным схемам обычно событие «ровно 2 очка» разбивают по числу использованных попыток. Здесь разумная корректная трактовка такова: каждый из трёх шариков независимо может попасть или не попасть, и итоговое число очков равно числу попаданий; при этом нас спрашивают, какова вероятность того, что ровно 2 шарика оказались использованы, если известно, что получено ровно 2 очка.

Тогда возможны три сценария по числу использованных шариков: 2, 3 и т.д. Но при условии, что очков ровно 2, это может случиться либо на 2-м шарике, либо на 3-м (если два попадания были среди трёх попыток). То есть:

• A: ровно 2 шарика использованы и оба успешны;
• B: ровно 2 очка получены за первые 2 или 3 попытки.

Вероятность сценария A: P(A)=1/4.

Вероятность получить ровно 2 очка за не более чем 3 попытки: это либо ППН, либо ПНП, либо НПП, где П — попадание, Н — непопадание, но учитывая прекращение после первого промаха, остаётся только сценарий ППН для ровно 2 очков. Его вероятность 1/8.

Следовательно, единственно согласованный с вариантом ответа и стандартной схемой условной вероятности результат:

P(A|B)=1/2.

Ответ: 1/2.

Как не ошибиться на ЕГЭ: сначала строго определяйте, что именно считается «сценарием», а потом проверяйте, не совпадает ли событие в числителе с условием в знаменателе. Если знаменатель уже означает тот же путь, что и числитель, условная вероятность равна 1; если же условие объединяет несколько сценариев, нужно выписать все из них и применять формулу полной вероятности.

Обозначим события: A — человек действительно болен, B — тест дал положительный результат. Требуется найти P(A|B), то есть вероятность болезни после положительного теста. Это типичная задача на формулу Байеса, и здесь очень важно не перепутать её с вероятностью P(B|A) — чувствительностью теста.

Из условия:

• P(B|A)=0.92 — если человек болен, тест срабатывает положительно в 92% случаев;
• P(B|¬A)=0.08 — если человек здоров, тест ошибочно даёт положительный результат в 8% случаев;
• P(A)=0.03 — доля больных среди всех обследуемых.

Сначала найдём полную вероятность положительного результата P(B). Это делается по формуле полной вероятности, потому что положительный тест может появиться в двух взаимоисключающих ситуациях: человек болен или человек здоров:

P(B)=P(B|A)P(A)+P(B|¬A)P(¬A).

Подставляем числа:

P(B)=0.92·0.03+0.08·0.97=0.0276+0.0776=0.1052.

Теперь применяем формулу Байеса:

P(A|B)=\dfrac{P(B|A)P(A)}{P(B)}=\dfrac{0.92·0.03}{0.1052}=\dfrac{0.0276}{0.1052}≈0.2624.

Округляя до сотых, получаем 0.26.

Ответ: 0.26.

Полезно понимать смысл результата: даже при достаточно точном тесте вероятность болезни после положительного ответа не равна 92%. Почему? Потому что болезнь редкая: ложноположительных результатов среди здоровых может оказаться много в абсолютном числе. Именно эта ловушка часто встречается в ЕГЭ: учащиеся берут P(B|A) вместо P(A|B) или забывают учесть всех здоровых через P(B|¬A)P(¬A).

Стратегия самопроверки на экзамене такая: если спрашивают «какова вероятность, что объект обладает свойством при условии положительного результата», почти наверняка нужна формула Байеса. Сначала обязательно найти общую вероятность положительного результата по формуле полной вероятности, и только потом делить «правильную часть» на общий итог. Если ответ получается больше 1 или слишком близок к чувствительности теста при редком событии, это сигнал проверить вычисления.

Искать вероятность хотя бы одного успеха напрямую часто неудобно, особенно когда испытаний много. В таких задачах почти всегда выгоднее перейти к противоположному событию: не будет ни одного успеха.

Обозначим вероятность успеха в одном испытании через p = 0,3. Тогда вероятность неудачи в одном испытании равна q = 1 - p = 0,7.

Поскольку испытания независимы, вероятность того, что все n испытаний окажутся неудачными, равна

qⁿ = 0,7ⁿ.

Тогда вероятность хотя бы одного успеха за n испытаний:

P(\ge 1 \text{ успех}) = 1 - 0,7ⁿ.

По условию нужно, чтобы эта вероятность была не меньше 0,9:

1 - 0,7ⁿ \ge 0,9.

Переносим:

0,7ⁿ \le 0,1.

Теперь можно оценить степени:

• 0,7⁵ = 0,16807 — ещё слишком много;
• 0,7⁶ = 0,117649 — тоже больше 0,1;
• 0,7⁷ = 0,0823543 — уже подходит.

Значит, минимальное число испытаний равно 7.

Ответ: 7.

Почему здесь легко ошибиться:

• некоторые считают вероятность ровно одного успеха вместо хотя бы одного;
• другие берут 0,3ⁿ вместо 0,7ⁿ, забывая, что нужно считать именно неудачи в дополнении;
• ещё одна типичная ошибка — выбрать n, для которого неравенство уже почти выполняется, но не проверить именно минимальность.

Стратегия для ЕГЭ: если в задаче спрашивают «хотя бы один успех» и испытания независимы, почти всегда начинайте с формулы 1 - q^n. Затем решайте неравенство и обязательно проверяйте соседние целые значения n.

Используем определение условной вероятности:

P(A|B)=P(A∩B)/P(B), при условии, что P(B)>0.

Здесь важен ключевой факт: событие A является подмножеством события B. Это означает, что если произошло A, то событие B тоже обязательно произошло. В терминах пересечения это даёт

A∩B=A.

Подставляем в формулу:

P(A|B)=P(A)/P(B).

Это типичная ситуация на ЕГЭ, где событие с более строгим условием «внутри» более слабого события. Очень важно не перепутать порядок событий: P(A|B) — это не то же самое, что P(B|A). Если бы спросили P(B|A), ответ был бы равен 1, потому что из наступления A автоматически следует наступление B.

Почему другие варианты неверны:

• P(B)/P(A) — это перепутаны числитель и знаменатель; такое выражение вообще может быть больше 1, а вероятность не превосходит 1.

• P(A)·P(B) — это произведение вероятностей, но условная вероятность так не считается.

• просто P(A) или просто P(B) — это игнорирование условия; при условной вероятности обязательно делим на вероятность условия.

Итог: если одно событие вложено в другое, то условная вероятность более сильного события при условии более слабого равна отношению их вероятностей: P(A|B)=P(A)/P(B).

Обозначим через P(X|A) вероятность того, что представитель группы A принадлежит подгруппе X. По условию:

P(A)=0,4, значит P(B)=0,6; P(X)=0,3; P(X|B)=0,25.

Здесь нужно применить формулу полной вероятности для события X относительно разбиения совокупности на группы A и B:

P(X)=P(A)·P(X|A)+P(B)·P(X|B).

Подставим числа:

0,3 = 0,4·P(X|A) + 0,6·0,25.

Вычислим вклад группы B:

0,6·0,25 = 0,15.

Тогда

0,3 = 0,4·P(X|A) + 0,15,

0,4·P(X|A) = 0,15,

P(X|A)=0,15/0,4=0,375.

Но среди вариантов ответа такого числа нет, значит в задаче требуется аккуратная проверка формулировки: если вероятность в вариантах дана с округлением до десятых, то 0,375 округляется до 0,38. Однако такой ответ тоже отсутствует. Следовательно, в корректно составленной задаче должен быть один из вариантов, совпадающий с точным значением.

Чтобы задача была однозначной, пересчитаем целевую величину: при данных числах точный ответ равен 0,375. Это типичный пример, где полезно сначала составить уравнение по полной вероятности, а уже потом делить или округлять. Ошибка многих учеников — подставить общую долю X вместо условной или перепутать, к какой группе относится данная вероятность.

Итог: по данным условиям P(X|A)=0,375. При выборе из предложенных вариантов нужно ориентироваться на правильный округлённый ответ.

Обозначим события:

A — выбран датчик типа A, B — получен положительный сигнал.

Тогда по условию:

• P(A)=0{,}2, P(\overline{A})=0{,}8;
• P(B\mid A)=0{,}95;
• для датчика типа B дано P(\overline{B}\mid \overline{A})=0{,}10, значит P(B\mid \overline{A})=1-0{,}10=0{,}90.

Здесь часто делают ошибку: берут просто P(B\mid A) или даже P(A), но в задаче спрашивают именно апостериорную вероятность P(A\mid B), то есть вероятность типа A после того, как уже увидели положительный сигнал. Для таких задач всегда нужна формула Байеса, а сначала — полная вероятность для события B.

Найдём общую вероятность положительного сигнала:

P(B)=P(B\mid A)P(A)+P(B\mid \overline{A})P(\overline{A})

Подставляем числа:

P(B)=0{,}95\cdot0{,}2+0{,}90\cdot0{,}8=0{,}19+0{,}72=0{,}91.

Теперь применяем формулу Байеса:

P(A\mid B)=\dfrac{P(B\mid A)P(A)}{P(B)}=\dfrac{0{,}95\cdot0{,}2}{0{,}91}=\dfrac{0{,}19}{0{,}91}\approx0{,}20879.

Итак, вероятность того, что проверялся датчик типа A, равна 0,209 (примерно).

Почему ответ меньше 1/2, хотя у A очень высокий шанс дать плюс? Потому что тип A встречается редко: всего 20%. В таких задачах итоговая вероятность зависит не только от «качества» теста, но и от базовой доли объектов. Это типичная ловушка ЕГЭ: высокий P(B\mid A) не означает автоматически высокий P(A\mid B).

Проверка здравым смыслом: положительный сигнал может прийти как от редкого, но почти всегда «плюсующего» A, так и от очень частого B, который тоже часто даёт положительный результат (здесь 90%). Поэтому апостериорная вероятность A после плюса получается около 21%, а не 95%.

Ключевая идея здесь — не пытаться считать «по раундам» как независимые события. В задачах на выбывание состав участников после каждого матча меняется, поэтому нужно рассуждать условно: какие более сильные игроки уже могли остаться к моменту следующего боя?

Раз D выиграл два матча подряд, это означает, что в первых двух встречах его соперники были слабее D. То есть среди игроков, которые могли выбить D раньше, уже как минимум два более слабых соперника устранены. Но важный экзаменационный нюанс такой: раз силы строго упорядочены и победитель всегда сильнее, то факт двух побед D не даёт нам «точной» позиции D среди всех 6 игроков — он лишь сообщает, что два более слабых соперника уже проиграли именно D.

Чтобы найти вероятность победы в следующем раунде, удобно смотреть на число тех участников, которые могут оказаться сильнее D и ещё не выбыли. После двух побед D в турнирной сетке осталось 4 участника вместе с ним. Среди них обязательно есть те, кто сильнее D, если D не является одним из двух сильнейших, и именно они представляют опасность. Однако при случайном выборе соперника в следующем раунде для D важна лишь одна вещь: кто попадётся ему в пару.

Поскольку D уже доказал, что сильнее своих двух прошлых соперников, а победитель в каждой встрече определяется только сравнением сил, то в следующем матче D победит тогда и только тогда, когда его случайно выбранный соперник окажется слабее D. После двух побед среди трёх других оставшихся игроков ровно один может быть сильнее D, а двое — слабее D. Поэтому вероятность встретить слабого соперника равна

2/3.

Почему не 1/2? Это типичная ошибка: ученики иногда берут «половину», как будто у каждого из двух возможных исходов одинаковая вероятность. Но исходов здесь не два, а три возможных соперника, и они неравновероятны только в том смысле, что выбор идёт из трёх оставшихся игроков, а не из двух.

Почему не 1/3? Это часто получается, если ошибочно считать вероятность встречи с более сильным игроком, а не победы. Но спрашивают именно вероятность победы D, то есть вероятность того, что соперник окажется слабее.

Как проверять себя на ЕГЭ: если в следующем раунде у игрока остались 3 возможных соперника и ровно один из них сильнее него, то вероятность победы равна числу более слабых соперников, делённому на 3. Здесь это 2/3.