Сложение и умножение вероятностей: задачи ЕГЭ на сложные события 🎯

В прошлом уроке всё решалось одной формулой: посчитал исходы, поделил. Но попробуй посчитать так вероятность того, что биатлонист попадёт первыми тремя выстрелами и промахнётся последними двумя. Или что хотя бы одна из трёх сигнализаций сработает. Или что письмо, которое спам-фильтр пометил как спам, действительно спам. Перечислять исходы здесь неудобно, а иногда и невозможно: у выстрела нет «шести равных граней», есть только вероятность попадания $0{,}8$.

Выход — научиться собирать вероятности сложных событий из вероятностей простых. Для этого нужно всего два правила: сложение (для «или») и умножение (для «и»), плюс противоположное событие из прошлого урока. На этих правилах держится задание 5 ЕГЭ, а заодно — половина практической статистики и машинного обучения: наивный байесовский классификатор, A/B-тесты, оценка надёжности систем.

Ты узнаешь:

🎯 Когда вероятности можно складывать (несовместные события) и что делать, если события пересекаются

🎯 Когда вероятности можно перемножать (независимые события) и как решать задачи «хотя бы один» за одну строчку

🎯 Что такое условная вероятность, как рисовать дерево вариантов и как работает спам-фильтр на наивном Байесе

История: откуда это взялось? 📜

Правила сложения и умножения фактически использовали уже Паскаль и Ферма в 1654 году, когда решали задачу шевалье де Мере о кубиках: вероятность не получить шестёрку за 4 броска они считали как $\left(\frac56\right)^4$ — это и есть умножение вероятностей независимых бросков. Нидерландский учёный Христиан Гюйгенс в 1657 году издал первую книгу по теории вероятностей «О расчётах в азартной игре», где эти приёмы были записаны как общие правила.

Следующий шаг сделал английский священник Томас Байес. В его работе, опубликованной посмертно в 1763 году, впервые разобран «обратный» вопрос: если событие уже произошло, насколько вероятна та или иная причина? Отсюда — условная вероятность и формула Байеса. Ею пользуются врачи (насколько положительный тест означает болезнь), суды (насколько улика доказывает вину) и инженеры.

Строгие определения — несовместности, независимости, условной вероятности — дал А. Н. Колмогоров в 1933 году. А в XX–XXI веках эти правила стали инструментом ML: в 2002 году программист Пол Грэм в эссе «A Plan for Spam» описал, как фильтровать спам наивным байесовским классификатором, который просто перемножает вероятности слов, — и почтовые сервисы массово переняли этот подход.

Блок 1: Сложение вероятностей — «или»

Давай разберёмся с интуицией

Событие «$A$ или $B$» (его называют суммой событий и пишут $A + B$ или $A \cup B$) происходит, если произошло хотя бы одно из них. Как найти его вероятность?

Начнём с простого случая. События называют несовместными, если они не могут произойти одновременно. Кубик: «выпало 1» и «выпало 6» несовместны — на одном броске сразу две грани не выпадут. Если события несовместны, их благоприятные исходы не пересекаются, и их можно просто сложить.

Сложение несовместных событий: если $A$ и $B$ несовместны, то

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

Общий случай (события могут пересекаться):

$$P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB),$$

где $AB$ — событие «$A$ и $B$ одновременно».

Почему в общем случае вычитаем $P(AB)$? Исходы, где произошли оба события, мы посчитали дважды: один раз в $P(A)$ и ещё раз в $P(B)$. Лишний раз нужно убрать. Если события несовместны, $P(AB) = 0$, и формула превращается в простое сложение.

Аналогия

Представь два чата: в одном 30 человек, в другом 20. Сколько человек получат сообщение, если отправить его в оба? Если у чатов нет общих участников — 50. А если 8 человек сидят в обоих, то получателей $30 + 20 - 8 = 42$, иначе общих участников посчитаешь дважды. Несовместные события — чаты без общих участников; общий случай — чаты с пересечением.

Пример 1 (лёгкий): темы билетов

В сборнике задач по геометрии вероятность того, что в случайном билете будет задача на вписанную окружность, равна $0{,}2$. Вероятность задачи на параллелограмм — $0{,}15$. Задач, в которых встречаются обе темы, нет. Найди вероятность того, что школьнику достанется задача на одну из этих тем.

Решение:

Шаг 1. «Задач с обеими темами нет» — значит, события несовместны.

Шаг 2.

Ответ: $0{,}35$.

Пример 2 (средний): два автомата с кофе

В офисе стоят два одинаковых кофейных автомата. Вероятность того, что к концу дня в первом закончится кофе, равна $0{,}3$. Такая же вероятность для второго. Вероятность того, что кофе закончится в обоих, $0{,}12$. Найди вероятность того, что к концу дня кофе останется в обоих автоматах.

Решение:

Шаг 1. Пусть $A$ — «закончился в первом», $B$ — «закончился во втором». Они могут произойти одновременно, значит, нужна общая формула:

Это вероятность, что кофе закончится хотя бы в одном автомате.

Шаг 2. «Кофе остался в обоих» — противоположное событие к «закончился хотя бы в одном»:

Ответ: $0{,}52$.

Заметь: здесь нельзя перемножать $0{,}7 \cdot 0{,}7 = 0{,}49$ — ведь условие не говорит, что автоматы работают независимо. И действительно, $0{,}3 \cdot 0{,}3 = 0{,}09 \ne 0{,}12$ — события зависимы (например, в загруженный день кофе пьют больше из обоих).

Пример 3 (сложный): «больше 11» и «больше 10»

Вероятность того, что на тесте школьник верно решит больше 11 задач, равна $0{,}67$. Вероятность того, что он верно решит больше 10 задач, равна $0{,}74$. Найди вероятность того, что он верно решит ровно 11 задач.

Решение:

Шаг 1. Событие «больше 10» = «ровно 11» или «больше 11». Эти два события несовместны (нельзя решить одновременно ровно 11 и больше 11).

Шаг 2. По правилу сложения:

Шаг 3. $P(\text{ровно }11) = 0{,}74 - 0{,}67 = 0{,}07$.

Ответ: $0{,}07$.

Почему это важно

Сложение работает всякий раз, когда большое событие можно разрезать на непересекающиеся куски. Это и есть основной приём всей теории вероятностей: разбей сложное на простые несовместные случаи и сложи. В ML так устроен вектор вероятностей классификатора: «кошка», «собака», «лиса» несовместны, поэтому вероятность «кошка или собака» — просто сумма их вероятностей.

Блок 2: Умножение вероятностей — «и», «хотя бы один»

Давай разберёмся с интуицией

Событие «$A$ и $B$» ($AB$, произведение событий) происходит, когда произошли оба. События называют независимыми, если наступление одного никак не меняет вероятность другого. Два броска монеты независимы: монета «не помнит», что выпало в прошлый раз. Выстрелы стрелка в задачах ЕГЭ считаются независимыми, если в условии не сказано иное.

Почему для независимых событий вероятности перемножаются? Вспомни две монеты: из 4 исходов «ОО» — один, то есть $\frac14 = \frac12 \cdot \frac12$. В общем виде: если $A$ происходит в доле $P(A)$ всех случаев, то среди этих случаев $B$ (независимое!) происходит в своей обычной доле $P(B)$. Доля от доли — это произведение.

Умножение независимых событий: если $A$ и $B$ независимы, то

$$P(AB) = P(A) \cdot P(B).$$

Для нескольких независимых событий: $P(A_1 A_2 \ldots A_k) = P(A_1) \cdot P(A_2) \cdot \ldots \cdot P(A_k)$.

«Хотя бы один»: если $A_1, \ldots, A_k$ независимы, то

$$P(\text{хотя бы одно из }A_i) = 1 - P(\bar A_1) \cdot P(\bar A_2) \cdot \ldots \cdot P(\bar A_k).$$

Логика «хотя бы одного»: противоположное событие — «ни одно не произошло», то есть «не $A_1$ и не $A_2$ и ...». Это произведение, а его считать легко.

⚠️ Не путай несовместные и независимые. Несовместные события не могут случиться вместе ($P(AB) = 0$). Независимые — спокойно случаются вместе, просто не влияют друг на друга. Если у событий ненулевые вероятности, несовместные события всегда зависимы: узнав, что произошло $A$, ты точно знаешь, что $B$ не произошло.

Аналогия

Независимость — как два разных сервера в дата-центре на разных линиях питания. Если сбой одного не влияет на другой, вероятность, что упадут оба, — произведение: при $0{,}01$ для каждого получаем $0{,}0001$. Именно поэтому надёжные системы дублируют. Но если оба сервера висят на одном блоке питания, события «упал первый» и «упал второй» зависимы, и перемножать уже нельзя — реальная вероятность одновременного отказа может быть гораздо выше.

Пример 1 (лёгкий): стрелок в тире

Стрелок попадает в мишень с вероятностью $0{,}9$. Он делает три выстрела. Найди вероятность того, что все три выстрела окажутся попаданиями.

Решение:

Выстрелы независимы:

Ответ: $0{,}729$.

Пример 2 (средний): биатлон

Биатлонист делает 5 выстрелов, вероятность попадания при каждом $0{,}8$. Найди вероятность того, что первые три раза он попадёт, а последние два — промахнётся.

Решение:

Шаг 1. Вероятность промаха: $1 - 0{,}8 = 0{,}2$.

Шаг 2. Нужны пять независимых событий подряд: попал, попал, попал, промах, промах.

Ответ: $0{,}02048$.

Обрати внимание: спрашивают про конкретный порядок. Если бы спросили «ровно три попадания из пяти в любом порядке», пришлось бы умножить на число способов расставить два промаха среди пяти выстрелов (их 10), и ответ был бы $0{,}2048$.

Пример 3 (сложный): сколько нужно выстрелов

Вероятность поразить цель одним выстрелом равна $0{,}6$. Сколько выстрелов нужно сделать, чтобы вероятность поразить цель хотя бы один раз была не меньше $0{,}98$?

Решение:

Шаг 1. При $n$ выстрелах вероятность ни разу не попасть — $0{,}4^n$. Значит, $P(\text{хотя бы одно попадание}) = 1 - 0{,}4^n$.

Шаг 2. Нужно $1 - 0{,}4^n \ge 0{,}98$, то есть $0{,}4^n \le 0{,}02$.

Шаг 3. Перебираем:

• $0{,}4^1 = 0{,}4$;
• $0{,}4^2 = 0{,}16$;
• $0{,}4^3 = 0{,}064$;
• $0{,}4^4 = 0{,}0256$ — ещё больше $0{,}02$;
• $0{,}4^5 = 0{,}01024 \le 0{,}02$ ✅

Проверим наш ответ: при 4 выстрелах $1 - 0{,}0256 = 0{,}9744 < 0{,}98$ — мало; при 5 выстрелах $1 - 0{,}01024 = 0{,}98976 \ge 0{,}98$ — достаточно.

Ответ: 5 выстрелов.

Почему это важно: наивный Байес и надёжность

Умножение независимых вероятностей — это сердце наивного байесовского классификатора. Модель спам-фильтра знает, как часто каждое слово встречается в спаме и в нормальных письмах. Чтобы оценить письмо, она перемножает вероятности всех его слов, как будто слова появляются независимо друг от друга. Это «наивное» допущение (в реальности слова «выиграли» и «приз» часто идут вместе), но на практике модель работает удивительно хорошо — подробнее в уроке про Naive Bayes.

А формула «хотя бы один» — основа инженерной надёжности: три независимые системы сигнализации, каждая срабатывает с вероятностью $0{,}9$, дают вероятность «хотя бы одна сработает» $1 - 0{,}1^3 = 0{,}999$. В A/B-тестах то же самое: если каждый из трёх посетителей кликает с вероятностью $0{,}1$, то хотя бы один клик будет с вероятностью $1 - 0{,}9^3 = 0{,}271$.

Блок 3: Условная вероятность и деревья вариантов

Давай разберёмся с интуицией

Иногда события зависимы, и вероятность одного меняется, когда мы узнаём о другом. Вероятность дождя в случайный день — одна, а при условии, что небо затянуто тучами, — гораздо выше.

Условная вероятность $P(A \mid B)$ — это вероятность события $A$, если известно, что $B$ произошло. Мы как бы «сужаем мир» до исходов, где $B$ случилось, и смотрим, какую долю среди них составляет $A$.

Условная вероятность:

$$P(A \mid B) = \frac{P(AB)}{P(B)}, \qquad P(B) > 0.$$

Общее правило умножения (для любых, в том числе зависимых событий):

$$P(AB) = P(B) \cdot P(A \mid B).$$

Независимость на этом языке: $P(A \mid B) = P(A)$ — знание о $B$ ничего не меняет.

В прошлом уроке (задание 25) мы уже решали такую задачу: кубик бросили дважды, сумма 6, вероятность единицы. Мы просто выкинули все исходы, где сумма не 6, и посчитали долю среди оставшихся. Это и есть условная вероятность.

Дерево вариантов — главный инструмент для многоступенчатых задач. Рисуем ветвление по этапам, на ветках пишем (условные) вероятности. Затем:

1. вероятность пути от корня до листа — произведение вероятностей на ветках;
2. вероятность события — сумма вероятностей всех путей, которые к нему ведут.

Это и есть формула полной вероятности, записанная картинкой.

Аналогия

Дерево вариантов — как схема прохождения игры с развилками. На первой развилке ты с вероятностью $0{,}7$ идёшь налево, $0{,}3$ — направо. Дальше у каждой ветки свои шансы найти артефакт. Чтобы узнать общий шанс найти артефакт, ты проходишь по каждому маршруту (перемножая шансы на развилках) и складываешь маршруты, ведущие к артефакту. Ни один маршрут не пропущен, ни один не посчитан дважды.

Пример 1 (лёгкий): условная вероятность по определению

Вероятность того, что случайный покупатель интернет-магазина купит и наушники, и чехол, равна $0{,}12$. Вероятность, что он купит чехол, — $0{,}4$. Найди вероятность того, что покупатель купит наушники, если известно, что он купил чехол.

Решение:

$A$ — «купил наушники», $B$ — «купил чехол».

Ответ: $0{,}3$.

Пример 2 (средний): дерево — брак на заводе

Завод выпускает детали в двух цехах. Первый цех производит 70% всех деталей, из них 2% бракованных. Второй производит 30%, брак — 3%. Найди вероятность того, что случайно взятая деталь бракованная.

Решение:

Шаг 1 — дерево.

                  деталь
               /          \
         0,7 /              \ 0,3
            цех 1          цех 2
           /     \        /     \
     0,02 /  0,98 \  0,03 /  0,97 \
       брак  норма    брак   норма

Шаг 2 — пути к «браку».

• Цех 1 и брак: $0{,}7 \cdot 0{,}02 = 0{,}014$.
• Цех 2 и брак: $0{,}3 \cdot 0{,}03 = 0{,}009$.

Шаг 3 — складываем (пути несовместны: деталь сделана ровно в одном цехе):

Ответ: $0{,}023$.

Пример 3 (сложный): спам-фильтр и формула Байеса

40% приходящих писем — спам. Фильтр помечает спам как «спам» с вероятностью $0{,}9$, а нормальное письмо ошибочно помечает как «спам» с вероятностью $0{,}05$. а) Какова вероятность, что случайное письмо будет помечено как спам? б) Письмо помечено как спам. Какова вероятность, что это действительно спам?

Решение:

Шаг 1 — дерево. Первая развилка: спам ($0{,}4$) или нормальное ($0{,}6$). Вторая: помечено или нет.

• Спам и помечено: $0{,}4 \cdot 0{,}9 = 0{,}36$.
• Нормальное и помечено: $0{,}6 \cdot 0{,}05 = 0{,}03$.

Шаг 2 — пункт а). $P(\text{помечено}) = 0{,}36 + 0{,}03 = 0{,}39$.

Шаг 3 — пункт б). По определению условной вероятности:

Это и есть формула Байеса: «обратная» вероятность причины по наблюдённому следствию. Мы шли по дереву «сверху вниз» (причина → признак), а ответ получили «снизу вверх» (признак → причина).

Ответ: а) $0{,}39$; б) $\approx 0{,}92$.

Почему это важно

Условная вероятность — язык, на котором работает вся диагностика: медицинская, техническая, машинная. Любой классификатор фактически оценивает $P(\text{класс} \mid \text{признаки})$. Наивный Байес считает её буквально по формуле из примера 3: берёт априорную вероятность класса, перемножает условные вероятности признаков и нормирует. А дерево вариантов — это то, как аналитики раскладывают воронку продаж: «зашёл на сайт → добавил в корзину → оплатил», и на каждом шаге своя условная вероятность.

Практика: 30 заданий

Если не сказано иное, выстрелы, броски и работа разных устройств независимы. Ответ записывай десятичной дробью.

Базовые (задания 1–10)

Задание 1: Вероятность того, что в билете попадётся вопрос по теме «Логарифмы», равна $0{,}2$, по теме «Производная» — $0{,}15$. Вопросов, относящихся к обеим темам, нет. Найди вероятность того, что в билете будет вопрос по одной из этих тем.

Задание 2: Баскетболист попадает штрафной бросок с вероятностью $0{,}7$. Найди вероятность, что он забьёт оба из двух штрафных.

Задание 3: Стрелок попадает с вероятностью $0{,}9$. Найди вероятность, что он попадёт трижды подряд.

Задание 4: События $A$ и $B$ независимы, $P(A) = 0{,}4$, $P(B) = 0{,}5$. Найди $P(AB)$.

Задание 5: В комнате две лампы. Вероятность того, что лампа перегорит в течение года, равна $0{,}3$. Лампы перегорают независимо. Найди вероятность, что в течение года хотя бы одна лампа не перегорит.

Задание 6: В магазине три кассира. Каждый из них занят клиентом с вероятностью $0{,}4$ независимо от других. Найди вероятность, что в случайный момент заняты все три.

Задание 7: Вероятность того, что батарейка бракованная, равна $0{,}05$. Покупатель берёт упаковку из двух батареек. Найди вероятность, что обе исправны.

Задание 8: Биатлонист стреляет 5 раз, вероятность попадания $0{,}8$. Найди вероятность, что он попадёт первые три раза и промахнётся последние два.

Задание 9: Нейросеть классифицирует отзыв как «положительный» с вероятностью $0{,}6$, как «отрицательный» — $0{,}3$, остальное — «нейтральный». Найди вероятность, что отзыв не будет ни положительным, ни отрицательным.

Задание 10: $P(AB) = 0{,}12$, $P(B) = 0{,}4$. Найди $P(A \mid B)$.

Средние (задания 11–20)

Задание 11: На складе установлены три независимые системы пожарной сигнализации, каждая срабатывает при пожаре с вероятностью $0{,}9$. Найди вероятность, что при пожаре сработает хотя бы одна.

Задание 12: В холле два автомата с водой. Вероятность, что к вечеру вода закончится в первом, равна $0{,}3$; во втором — тоже $0{,}3$; в обоих — $0{,}12$. Найди вероятность, что к вечеру вода останется в обоих автоматах.

Задание 13: $P(A) = 0{,}6$, $P(B) = 0{,}5$, $P(AB) = 0{,}35$. Найди $P(A + B)$. Являются ли события независимыми?

Задание 14: Смартфоны собирают на двух заводах. Первый выпускает 70% продукции, из неё 2% с дефектом экрана; второй — 30%, дефект у 3%. Найди вероятность, что случайно купленный смартфон с дефектом экрана.

Задание 15: Стрелок делает два выстрела, вероятность попадания $0{,}6$. Найди вероятность ровно одного попадания.

Задание 16: Шахматист, играя белыми, выигрывает у соперника с вероятностью $0{,}5$, а играя чёрными, — с вероятностью $0{,}3$. Они играют две партии, во второй меняя цвет фигур. Найди вероятность, что шахматист выиграет обе партии.

Задание 17: Вероятность того, что на пробном ЕГЭ ученик наберёт больше 11 первичных баллов, равна $0{,}67$, а больше 10 — $0{,}74$. Найди вероятность, что он наберёт ровно 11 баллов.

Задание 18: В первой коробке 3 белых и 2 чёрных шара, во второй — 1 белый и 4 чёрных. Бросают монету: если орёл, шар берут из первой коробки, если решка — из второй. Найди вероятность, что вытащат белый шар.

Задание 19: Монету бросают 5 раз. Найди вероятность того, что решка выпадет хотя бы один раз.

Задание 20: 40% писем — спам. Фильтр помечает спам с вероятностью $0{,}9$, а нормальное письмо ошибочно помечает с вероятностью $0{,}05$. Найди вероятность того, что случайное письмо будет помечено как спам.

Продвинутые (задания 21–30)

Задание 21: В условиях задания 20 письмо помечено как спам. Найди вероятность того, что оно действительно спам. Ответ округли до сотых.

Задание 22: Редким заболеванием болеет 1% населения. Тест выявляет болезнь у больного с вероятностью $0{,}95$ и ошибочно даёт положительный результат у здорового с вероятностью $0{,}05$. а) Найди вероятность положительного результата теста у случайного человека. б) Найди вероятность, что человек с положительным тестом действительно болен (округли до сотых).

Задание 23: Вероятность поразить цель одним выстрелом $0{,}6$. Какое наименьшее число выстрелов нужно, чтобы вероятность поразить цель хотя бы раз была не меньше $0{,}98$?

Задание 24: Агрофирма закупает яйца в двух хозяйствах. В первом 40% яиц высшей категории, во втором — 20%. Всего высшую категорию получают 35% яиц. Найди вероятность того, что яйцо, купленное у этой агрофирмы, окажется из первого хозяйства.

Задание 25: Два стрелка одновременно стреляют по мишени. Первый попадает с вероятностью $0{,}7$, второй — $0{,}6$. Найди вероятность того, что в мишени будет ровно одна пробоина. Найди также вероятность, что мишень будет поражена.

Задание 26: Перед каждым из трёх матчей капитаны бросают монету, чтобы решить, чья команда начнёт игру с мячом. Найди вероятность того, что команда «Вымпел» начнёт с мячом ровно два матча из трёх.

Задание 27: Кубик бросили дважды. Известно, что сумма очков меньше 5. Найди вероятность того, что на первом кубике выпала единица.

Задание 28: (наивный Байес) 20% писем — спам. Слово «бесплатно» встречается в 50% спам-писем и в 5% нормальных, слово «выигрыш» — в 40% спама и в 2% нормальных. Считая появление слов независимым внутри каждого класса, найди вероятность того, что письмо, содержащее оба слова, — спам. Ответ округли до сотых.

Задание 29: В A/B-тесте новая кнопка кликается с вероятностью $0{,}1$. На страницу заходят три посетителя, их поведение независимо. Найди вероятность, что будет хотя бы один клик.

Задание 30: У лучника 5 луков: 2 новых и 3 старых. Из нового лука он попадает в цель с вероятностью $0{,}9$, из старого — $0{,}4$. Лучник берёт случайный лук и стреляет. Найди вероятность промаха.

Частые ошибки

❌ Ошибка 1: Складывать вероятности пересекающихся событий Неправильно: «кофе закончится хотя бы в одном автомате: $0{,}3 + 0{,}3 = 0{,}6$». Правильно: $0{,}3 + 0{,}3 - 0{,}12 = 0{,}48$. Почему важно: без вычитания пересечения можно получить вероятность больше 1 (при $0{,}6 + 0{,}7$).

❌ Ошибка 2: Перемножать зависимые события Неправильно: «в обоих автоматах закончится: $0{,}3 \cdot 0{,}3 = 0{,}09$», хотя в условии дано $0{,}12$. Правильно: перемножать можно только независимые события; если дана $P(AB)$, используй её. Почему важно: реальные события часто зависимы (общая нагрузка, общая причина), и произведение даёт неверный результат.

❌ Ошибка 3: Путать несовместные и независимые Неправильно: «события несовместны, значит, $P(AB) = P(A) \cdot P(B)$». Правильно: для несовместных $P(AB) = 0$; для независимых $P(AB) = P(A)P(B)$. Это разные понятия. Почему важно: выбор неверной формулы — неверный ответ при идеальной арифметике.

❌ Ошибка 4: Забыть порядок в «ровно одном» Неправильно: «ровно одно попадание из двух: $0{,}6 \cdot 0{,}4 = 0{,}24$». Правильно: вариантов два (попал-промах и промах-попал), $0{,}48$. Почему важно: в задачах «ровно $k$ из $n$» нужно учитывать все расстановки.

❌ Ошибка 5: Считать «хотя бы один» напрямую Неправильно: «хотя бы одна из трёх сигнализаций: $0{,}9 + 0{,}9 + 0{,}9 = 2{,}7$». Правильно: $1 - 0{,}1^3 = 0{,}999$. Почему важно: события «сработала первая», «сработала вторая» совместны, складывать их нельзя.

❌ Ошибка 6: Путать $P(A \mid B)$ и $P(B \mid A)$ Неправильно: «тест верно находит болезнь в 95% случаев, значит, при положительном тесте человек болен с вероятностью 0,95». Правильно: $P(+ \mid \text{болен}) = 0{,}95$, но $P(\text{болен} \mid +) \approx 0{,}16$ (задание 22). Почему важно: это классическая ошибка даже у врачей и журналистов; в ML она проявляется как путаница между precision и recall.

❌ Ошибка 7: Не сложить все ветки дерева Неправильно: в задаче про брак учесть только первый цех: $0{,}7 \cdot 0{,}02 = 0{,}014$. Правильно: сложить все пути, ведущие к «браку»: $0{,}023$. Почему важно: пропущенная ветка занижает вероятность.

Главное запомнить

📝 Ключевые понятия

✅ Несовместные события не могут произойти вместе; для них $P(A + B) = P(A) + P(B)$.

✅ Общая формула сложения: $P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB)$.

✅ Независимые события не влияют друг на друга; для них $P(AB) = P(A) \cdot P(B)$.

✅ Несовместные ≠ независимые: несовместные события с ненулевыми вероятностями всегда зависимы.

✅ «Хотя бы один»: $1 - P(\text{ни одного}) = 1 - P(\bar A_1) \cdots P(\bar A_k)$.

✅ «Ровно $k$»: перечисли все варианты порядка и сложи их вероятности.

✅ Условная вероятность: $P(A \mid B) = \frac{P(AB)}{P(B)}$ — сужаем мир до исходов, где $B$ произошло.

✅ Общее правило умножения: $P(AB) = P(B) \cdot P(A \mid B)$.

✅ Дерево: по ветке перемножаем, разные ветки складываем (формула полной вероятности).

✅ Байес: $P(\text{причина} \mid \text{признак}) = \frac{P(\text{путь через причину})}{P(\text{признак})}$.

✅ В ML: наивный Байес перемножает вероятности признаков; A/B-тесты и надёжность считаются через «хотя бы один».

Связь с другими темами курса

Что нужно было знать до этого урока:

• Вероятность для школьников — классическое определение, исходы, противоположное событие.
• Проценты — «70% продукции, из них 2% брака» — это доли, которые перемножаются.

Что изучить дальше:

• Случайная величина и математическое ожидание — следующий урок серии: сколько в среднем попаданий, какой средний выигрыш.
• Задание 5 ЕГЭ — разбор формата экзамена.
• Теоремы сложения и умножения, условная вероятность, формула полной вероятности и формула Байеса — вузовская версия этих тем.
• Схема Бернулли — общая формула для «ровно $k$ успехов из $n$».

Где это нужно в жизни:

• 🎮 В играх: шанс крита, умноженный на шанс попадания; вероятность выпадения предмета хотя бы раз за 10 попыток.
• 🛡️ В инженерии: дублирование систем — вероятность отказа всех сразу равна произведению.
• 🩺 В медицине: интерпретация тестов по формуле Байеса.
• 🤖 В ML: наивный байесовский классификатор, A/B-тесты, воронки конверсии.

Интересные факты

💡 Задача де Мере. Вероятность хотя бы одной шестёрки за 4 броска кубика $1 - \left(\frac56\right)^4 \approx 0{,}518$, а хотя бы одного дубля шестёрок за 24 броска пары кубиков $1 - \left(\frac{35}{36}\right)^{24} \approx 0{,}491$. Шевалье заметил разницу на практике, проиграв деньги, — это одна из первых задач, решённых через «хотя бы один».

💡 Парадокс дней рождения. В классе из 23 человек вероятность того, что у двоих совпадёт день рождения, больше $0{,}5$. Считается через противоположное: все дни рождения разные — это произведение $\frac{365}{365} \cdot \frac{364}{365} \cdots \frac{343}{365}$.

💡 Ошибка прокурора. В суде путаница $P(\text{улика} \mid \text{невиновен})$ и $P(\text{невиновен} \mid \text{улика})$ уже приводила к несправедливым приговорам. Эта ошибка так известна, что получила собственное название.

💡 Почему наивный Байес «наивный». Он предполагает, что признаки независимы, хотя это почти никогда не так. Но для ранжирования «спам/не спам» важны не точные вероятности, а какая больше, — и тут модель ошибается редко.

Лайфхаки и полезные трюки

1. «И» — умножай, «или» — складывай. Но сначала проверь условия: для «и» нужна независимость, для простого «или» — несовместность.

2. «Хотя бы один» — всегда через противоположное. Пример: хотя бы один клик из трёх → $1 - 0{,}9^3 = 0{,}271$.

3. Рисуй дерево, когда есть этапы. Цех → брак, коробка → шар, лук → выстрел. Дерево за 20 секунд избавит от пропущенных вариантов.

4. Проверка дерева. Сумма вероятностей всех листьев должна быть равна 1. Если нет — где-то ошибка на ветках.

5. «Больше 10» и «больше 11» — вычитай. Если даны вероятности вложенных событий, вероятность «разницы» — разность вероятностей. Пример: $0{,}74 - 0{,}67 = 0{,}07$.

6. Байес = доля нужного пути. Не зубри формулу Байеса: нарисуй дерево, найди все пути к наблюдённому признаку и возьми долю пути через интересующую причину.

💡 Совет: в задании 5 ЕГЭ почти все задачи — это комбинации трёх ходов: противоположное событие, умножение независимых и сложение несовместных. Прежде чем считать, произнеси вслух: «это "и" или "или"? события независимы? несовместны?» — и задача решится почти сама.

Дальше: Случайная величина и математическое ожидание.