День 03 24 августа, понедельник ВероятностьProbability

Условная вероятность и БайесConditional probability and Bayes' rule

Условие выбирает знаменатель: дерево гипотез, разворот условия и работа в целых людяхThe condition chooses the denominator: a hypothesis tree, reversing the condition, and working with whole people

0% дня закрыто · решено задач 15 из 16

цель дня

К вечеру ты по тексту задачи отделяешь, что дано, от того, что ищется. Собираешь дерево гипотез, разворачиваешь условие формулой Байеса и переводишь любую таблицу долей в целых людей. Проверка — четыре финальные задачи ниже, минитест среди них под таймером.

By evening, you should be able to separate what a problem tells you from what it asks for. Build a hypothesis tree, reverse the condition with Bayes’ rule, and turn any table of proportions into whole people. Check yourself on the four final problems below; the mini-test is timed.

Самостоятельные задачи

К концу дня нужно уметь решать эти задачи самостоятельно, без подсказок.

Y0301Уровень YMLS✓Разложить опыт на две гипотезы, посчитать правдоподобие составного наблюдения и сложить веткиSplit the experiment into two hypotheses, compute the likelihood of a compound observation, and add the branchesк задаче →Y0302Уровень YMLS✓Развернуть условие: поделить одну ветку на сумму веток и оценить, куда сдвинулась вероятностьReverse the condition: divide one branch by the sum of all branches and assess which way the probability movedк задаче →Y0303Уровень YMLS✓Восстановить две неизвестные доли из строки «всего» и выдать отношение двух целых чисел — он же минитест дняRecover two unknown proportions from a “total” row and return the ratio of two integers—the day’s mini-testк задаче →Y0304Уровень YMLS✓Прочитать условную вероятность прямо из таблицы абсолютных чисел, а не из формулыRead a conditional probability directly from a table of absolute counts rather than from a formulaк задаче →

Мост · что нужно вспомнить

Вчера пространство исходов $\Omega$ было неизменным. Сегодня оно начинает сжиматься.

Фраза «известно, что произошло $B$» означает буквально следующее: мы вычёркиваем из $\Omega$ все исходы, где $B$ не случилось, и работаем в новом, меньшем пространстве. Вчерашнее классическое определение никуда не делось — просто «всех» теперь не $|\Omega|$, а $|B|$.

Вчерашняя независимость сегодня получит второе, рабочее прочтение: независимость — это когда условие ничего не сообщает. А позавчерашняя комбинаторика продолжает работать без изменений: числитель и знаменатель по-прежнему считаются перебором вариантов, и приём «считай дополнение» сегодня применяется сразу к обеим частям дроби.

Yesterday the outcome space $\Omega$ stayed fixed. Today it begins to shrink.

“It is known that $B$ occurred” literally means that we cross out every outcome in $\Omega$ where $B$ did not occur and work in the smaller space that remains. Yesterday’s classical definition has not disappeared; “all outcomes” is simply no longer $|\Omega|$ but $|B|$.

Yesterday’s independence gets a second, practical interpretation today: independence means that a condition tells you nothing. The combinatorics from the day before yesterday continues to work unchanged: numerator and denominator are still counts of possible outcomes, and “count the complement” now applies to both parts of the fraction.

Вспомни вслух, до открытия конспектов:

$\P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|}$ — только когда исходы равновозможны; событие есть подмножество $\Omega$$\P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}$ only when outcomes are equally likely; an event is a subset of $\Omega$
$\P(\bar A) = 1 - \P(A)$; «хотя бы один» считается как «всё» минус «ни одного»$\P(\bar A)=1-\P(A)$; “at least one” is “everything” minus “none”
Независимость — это равенство $\P(A \cap B) = \P(A)\,\P(B)$, несовместность — равенство $\P(A \cap B) = 0$; это разные вещиIndependence is $\P(A\cap B)=\P(A)\,\P(B)$; disjointness is $\P(A\cap B)=0$—they are different ideas
Для независимых событий вероятности перемножаются: $\P(A_1 \cap \cdots \cap A_n) = \P(A_1) \cdots \P(A_n)$For independent events, probabilities multiply: $\P(A_1\cap\cdots\cap A_n)=\P(A_1)\cdots\P(A_n)$
$\binom{n}{k}$ — $k$ убывающих множителей, делённых на $k!$; $\binom{12}{2} = 66$, $\binom{10}{2} = 45$, $\binom{7}{2} = 21$, $\binom{5}{2} = 10$ устно$\binom{n}{k}$ is a descending product divided by $k!$; know $\binom{12}{2}=66$, $\binom{10}{2}=45$, $\binom{7}{2}=21$, and $\binom{5}{2}=10$ mentally
Пар «первый объект из $m$ вариантов, второй из $n$» ровно $mn$; для двух одинаковых наборов это $n^2$There are $mn$ pairs when the first object has $m$ choices and the second has $n$; for two copies of the same set this is $n^2$
Если величины относятся как $a : b : c$, их доли от целого равны $\frac{a}{a+b+c}$, $\frac{b}{a+b+c}$, $\frac{c}{a+b+c}$If quantities are in the ratio $a:b:c$, their fractions of the total are $\frac{a}{a+b+c}$, $\frac{b}{a+b+c}$, and $\frac{c}{a+b+c}$
Доля $p$ от $N$ объектов — это $pN$ объектов; обратный ход от числа объектов к доле — деление на $N$A fraction $p$ of $N$ objects is $pN$ objects; to go back from a count to a fraction, divide by $N$

Повторение прошлых дней

Карточки возвращаются через 1, 2, 4, 7, 14 и 21 день в зависимости от того, насколько уверенно ты их вспомнил; «не помню» отправляет карточку в начало. Это часть разогрева, вместе с блоком «Мост».

Комбинаторика день 1 осталось 30

Правило умножения: две оговорки, без которых оно не работает

The multiplication rule: two qualifications without which it does not work

Сначала сформулируй вслух. Попытка вспомнить закрепляет сильнее, чем чтение готового ответа.

7 задач: подборка покрывает темы и микронавыки последнего учебного дня (2), а для каждой идеи выбирает наиболее сильный доступный уровень. Здесь отдельная попытка: решение в исходном дне не подставляется. Сначала назови тему вслух, затем решай.

Собрать новый набор

B0201БазаВероятностьавторская

На отрезок $[0,1]$ независимо и равномерно бросают три точки. Какова вероятность того, что все три окажутся в одной и той же половине отрезка, то есть либо все три попадут в левую половину $\left[0, \tfrac12\right]$, либо все три — в правую $\left[\tfrac12, 1\right]$? Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

Three points are chosen independently and uniformly on $[0,1]$. What is the probability that all three lie in the same half of the interval—either all in the left half $\left[0, \tfrac12\right]$ or all in the right half $\left[\tfrac12, 1\right]$? Round the answer to four decimal places.

ответ

Подсказка / Hint

Два случая, которые не могут случиться одновременно. Внутри каждого — три независимых попадания.

There are two cases that cannot occur simultaneously. Within each case, there are three independent placements.

Решение / Solution

Шаг 1. Разрез по событию. Обозначим $L$ — «все три точки в левой половине», $R$ — «все три в правой». События несовместны: если все три слева, то справа нет ни одной. (Попадание ровно в точку $\tfrac12$ имеет вероятность нуль и на ответ не влияет.) Значит вероятности складываются.

Шаг 2. Разрез по опыту внутри одного случая. Точки бросаются независимо, поэтому вероятности перемножаются. Одна точка попадает в левую половину с вероятностью, равной доле длины, то есть $\tfrac12$:

$$\P(L) = \left(\frac12\right)^3 = \frac18$$

Правая половина устроена точно так же: $\P(R) = \tfrac18$.

Шаг 3. Складываем.

$$\P = \frac18 + \frac18 = \frac14 = 0.25$$

Где здесь проходит граница

Половины тут заданы заранее, и их ровно две — поэтому и удалось просто сложить два случая. Если бы разбиение не было задано заранее (например, точки бросают на окружность, а «половина» — это любая полуокружность), число случаев перестало бы быть равным двум, и первым делом пришлось бы решить, от чего вообще отсчитывать половину.

Step 1: split into cases. Let $L$ be the event that all three points lie in the left half, and $R$ the event that all three lie in the right half. The events are disjoint: if all points are on the left, none is on the right. (Landing exactly at $\tfrac12$ has probability zero.) Thus their probabilities may be added.

Step 2: analyze one case. The points are independent, and one point lands in the left half with probability $\tfrac12$, the fraction of the interval's length. Hence

$$\P(L) = \left(\frac12\right)^3 = \frac18.$$

By symmetry, $\P(R) = \tfrac18$.

Step 3: add.

$$\P = \frac18 + \frac18 = \frac14 = 0.25$$

Where the boundary lies

The two halves are fixed in advance, so there are exactly two cases to add. If the division were not fixed—for example, if points were placed on a circle and “a half” meant any semicircle—the number of cases would no longer be two. The first task would be to decide where a semicircle begins.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

Y0203Уровень YMLSВероятностьуровень YMLS · классика

Двое договорились встретиться между 12:00 и 13:00. Каждый приходит в момент, равномерно распределённый на этом часе, независимо от другого, и ждёт 15 минут, после чего уходит (ждать разрешается и после 13:00). Найдите вероятность того, что они встретятся. Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

Two people agree to meet between 12:00 and 13:00. Each arrives at an independently and uniformly distributed time during that hour and waits 15 minutes before leaving (waiting past 13:00 is allowed). Find the probability that they meet. Round the answer to four decimal places.

ответ

Подсказка / Hint

Исход — это пара моментов прихода. Изобрази её точкой в квадрате.

An outcome is a pair of arrival times. Represent it as a point in a square.

Решение / Solution

Обозначим моменты прихода $x$ и $y$ в долях часа, $x, y \in [0,1]$. Пространство исходов — единичный квадрат площади 1.

Встреча происходит, когда пришедший первым ещё не ушёл, то есть когда $|x - y| \le \frac14$.

Дополнение — два треугольника с катетами $\frac34$:

$$S = 2 \cdot \frac12 \left(\frac34\right)^2 = \frac{9}{16}$$$$\P = 1 - \frac{9}{16} = \frac{7}{16} = 0.4375$$

Формула на все случаи

Оба приходят в интервал длины $T$ и ждут время $t$:

$$\P = 1 - \left(1 - \frac{t}{T}\right)^2$$

Эта задача приходит на экзамены в десятках переодеваний: два поезда, два звонка, два корабля в порту. Узнавай её по структуре, а не по словам.

Let $x$ and $y$ be the arrival times measured in hours after 12:00, with $x,y \in [0,1]$. The sample space is the unit square of area 1.

They meet when the first arrival has not yet left, that is, when $|x - y| \le \frac14$.

The complement consists of two triangles with legs $\frac34$:

$$S = 2 \cdot \frac12 \left(\frac34\right)^2 = \frac{9}{16}$$$$\P = 1 - \frac{9}{16} = \frac{7}{16} = 0.4375$$

A general formula

If both arrivals are uniform over an interval of length $T$ and each person waits for time $t$,

$$\P = 1 - \left(1 - \frac{t}{T}\right)^2.$$

This problem appears on exams in many disguises: two trains, two calls, or two ships in port. Recognize the structure, not the story.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

B0202БазаВероятностьавторская

Честную монету бросают 10 раз. Какова вероятность, что орёл выпадет ровно 6 раз? Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

A fair coin is tossed 10 times. What is the probability of getting exactly 6 heads? Round the answer to four decimal places.

ответ

Подсказка / Hint

Все последовательности из 10 бросков равновозможны. Сколько среди них таких, где ровно шесть орлов?

All length-10 sequences of tosses are equally likely. How many contain exactly six heads?

Решение / Solution

Все исходы. Последовательность из 10 символов О/Р: $|\Omega| = 2^{10} = 1024$. Все они равновозможны, потому что монета честная.

Благоприятные. Надо выбрать, на каких шести местах стоят орлы:

$$\binom{10}{6} = \binom{10}{4} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{24} = 210$$$$\P = \frac{210}{1024} = \frac{105}{512} \approx 0.2051$$

Проверка правдоподобности

Самый вероятный исход при 10 бросках — 5 орлов, его вероятность $\binom{10}{5}/1024 \approx 0.246$. Шесть орлов должно быть чуть менее вероятно. Получили $0.205$ — правдоподобно. Если бы вышло больше $0.25$, надо было бы искать ошибку.

All outcomes. An outcome is a sequence of 10 H/T symbols, so $|\Omega| = 2^{10} = 1024$. All are equally likely because the coin is fair.

Favorable outcomes. Choose the six positions occupied by heads:

$$\binom{10}{6} = \binom{10}{4} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{24} = 210$$$$\P = \frac{210}{1024} = \frac{105}{512} \approx 0.2051$$

Plausibility check

With 10 tosses, the most likely count is 5 heads, with probability $\binom{10}{5}/1024 \approx 0.246$. Six heads should be slightly less likely. The value $0.205$ is plausible; a value above $0.25$ would signal an error.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

S0201Уровень ШАДВероятностьклассика собеседований, уровень ШАД

Три точки выбираются независимо и равномерно на окружности. Найдите вероятность того, что все три лежат в одной полуокружности. Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

Three points are chosen independently and uniformly on a circle. Find the probability that all three lie in some semicircle. Round the answer to four decimal places.

ответ

Подсказка / Hint

Для каждой точки рассмотри событие «все три лежат в полуокружности, которая начинается в этой точке и идёт по часовой стрелке». Что можно сказать про эти три события?

For each point, consider the event that all three points lie in the clockwise semicircle that begins at that point. What can be said about these three events?

Решение / Solution

Пронумеруем точки. Для точки $i$ введём событие $A_i$: «все три точки лежат в полуокружности, начинающейся в точке $i$ и идущей по часовой стрелке».

Наблюдение 1: события попарно несовместны. Если все три точки помещаются в полуокружность, то среди них есть единственная «первая» по часовой стрелке — та, от которой отсчитывается эта полуокружность. Двух разных «начал» одновременно быть не может.

Наблюдение 2: их объединение и есть искомое событие. Если три точки лежат в какой-то полуокружности, то её можно сдвинуть так, чтобы она начиналась в одной из точек.

Наблюдение 3: считаем $\P(A_i)$. Точка $i$ фиксирована, две другие должны попасть в конкретную полуокружность — каждая с вероятностью $\frac12$ (это доля длины дуги), и независимо друг от друга:

$$\P(A_i) = \left(\frac12\right)^2 = \frac14$$

Так как события несовместны, вероятности складываются:

$$\P = 3 \cdot \frac14 = \frac34 = 0.75$$

Общий случай

Для $n$ точек ответ равен $\dfrac{n}{2^{n-1}}$. При $n = 3$ это $\frac34$, при $n = 4$ — ровно $\frac12$.

Здесь пригодились обе идеи дня сразу: несовместность даёт сложение, а якорь позволяет посчитать один случай и умножить на число случаев. Именно так и выглядят задачи уровня ШАД: не длинные вычисления, а два-три точных наблюдения.

Number the points. For point $i$, define $A_i$ as the event that all three points lie in the clockwise semicircle beginning at point $i$.

Observation 1: the events are pairwise disjoint. If all three points fit in a semicircle, there is a unique first point in clockwise order from which that semicircle begins. Two different starting points cannot work simultaneously.

Observation 2: their union is exactly the desired event. If the three points lie in some semicircle, slide it until its starting boundary reaches one of the points.

Observation 3: compute $\P(A_i)$. Point $i$ is fixed, and each of the other two points must lie in one specified semicircle. Each does so with probability $\frac12$, the fraction of the circumference covered, independently of the other:

$$\P(A_i) = \left(\frac12\right)^2 = \frac14$$

Because the events are disjoint, their probabilities add:

$$\P = 3 \cdot \frac14 = \frac34 = 0.75$$

General case

For $n$ points, the answer is $\dfrac{n}{2^{n-1}}$. For $n = 3$ this is $\frac34$, and for $n = 4$ it is exactly $\frac12$.

This solution uses both central ideas of the day: disjointness permits addition, while an anchor lets us compute one case and multiply by the number of cases. SHAD-level problems often look just like this: not long calculations, but two or three precise observations.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

B0204БазаВероятностьавторская

Бросают 4 честных кубика. Какова вероятность, что хотя бы на одном выпадет шестёрка? Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

Four fair dice are rolled. What is the probability that at least one shows a six? Round the answer to four decimal places.

ответ

Подсказка / Hint

Дополнение.

Use the complement.

Решение / Solution

Противоположное событие — «ни на одном не шестёрка». Кубики независимы, поэтому вероятности перемножаются:

$$\P(\text{ни одной}) = \left(\frac56\right)^4 = \frac{625}{1296} \approx 0.4823$$$$\P(\text{хотя бы одна}) = 1 - 0.4823 \approx 0.5177$$

Так делать нельзя

Соблазн: «вероятность шестёрки на одном кубике $\frac16$, кубиков четыре, значит $4 \cdot \frac16 = \frac23$». Это неверно — четыре события «шестёрка на первом», «на втором» и так далее совместны: шестёрок может быть две. Умножать вероятность на число случаев можно только тогда, когда случаи попарно несовместны. Проверь абсурдом: при шести кубиках эта «формула» дала бы вероятность 1, то есть шестёрка гарантирована. Очевидно, что нет.

The complementary event is that none of the dice shows a six. The dice are independent, so the probabilities multiply:

$$\P(\text{no sixes}) = \left(\frac56\right)^4 = \frac{625}{1296} \approx 0.4823$$$$\P(\text{at least one six}) = 1 - 0.4823 \approx 0.5177$$

Do not do this

It is tempting to argue that the probability of a six on one die is $\frac16$, so for four dice it is $4 \cdot \frac16 = \frac23$. This is wrong: the events “a six on the first die,” “a six on the second,” and so on are not disjoint; two sixes may occur. Multiplying one probability by the number of cases is valid only for pairwise disjoint cases. With six dice, the false formula would give probability 1 and claim that a six is guaranteed—clearly absurd.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

Y0201Уровень YMLSВероятностьОфициальная задача YMLS · Practice Problem 1, Q1

Бросают 15 честных игральных кубиков. Найдите вероятность того, что ни на одном не выпадет шестёрка. Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

Fifteen fair dice are rolled. Find the probability that none shows a six. Round the answer to four decimal places.

ответ

Подсказка / Hint

Пятнадцать независимых событий.

Fifteen independent events.

Решение / Solution

Для одного кубика вероятность не выбросить шестёрку равна $\frac56$. Кубики независимы, поэтому вероятности перемножаются:

$$\P = \left(\frac56\right)^{15} = \frac{30\,517\,578\,125}{470\,184\,984\,576} \approx 0.0649$$

Зачем эта задача стоит первой в официальном наборе

Она проверяет ровно одно: понимаешь ли ты, что независимость даёт произведение. Никакой комбинаторики, никаких формул. Это калибровка: примерно такого уровня будут самые простые задачи онлайн-этапа.

For one die, the probability of not rolling a six is $\frac56$. The dice are independent, so the probabilities multiply:

$$\P = \left(\frac56\right)^{15} = \frac{30\,517\,578\,125}{470\,184\,984\,576} \approx 0.0649$$

Why this is the first problem in the official set

It tests exactly one idea: independence gives a product. There is no combinatorics and no elaborate formula. It serves as calibration for the easiest problems in the online round.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

B0206БазаВероятностьавторская

Числа $x$ и $y$ выбираются независимо и равномерно на отрезке $[0,1]$. Какова вероятность того, что $y > x + \tfrac13$? Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

The numbers $x$ and $y$ are chosen independently and uniformly from $[0,1]$. What is the probability that $y > x + \tfrac13$? Round the answer to four decimal places.

ответ

Подсказка / Hint

Нарисуй единичный квадрат и прямую $y = x + \tfrac13$.

Draw the unit square and the line $y = x + \tfrac13$.

Решение / Solution

Модель. Пара $(x, y)$ равномерно распределена в единичном квадрате, площадь которого равна 1. Значит вероятность события равна площади соответствующей области.

Область. Неравенство $y > x + \tfrac13$ задаёт полуплоскость над прямой $y = x + \tfrac13$. Внутри квадрата от неё остаётся прямоугольный треугольник с вершинами $\left(0, \tfrac13\right)$, $(0, 1)$ и $\left(\tfrac23, 1\right)$. Оба катета равны $1 - \tfrac13 = \tfrac23$.

$$\P = \frac12 \left(\frac23\right)^2 = \frac29 \approx 0.2222$$

Проверка крайним случаем

Замени $\tfrac13$ на 0: условие превратится в $y > x$, и формула даст $\tfrac12 \cdot 1 = \tfrac12$ — ровно то, что и должно быть по симметрии. Замени на 1: получится 0, и это тоже верно. Формула, выдержавшая оба края, почти наверняка правильная.

Model. The pair $(x, y)$ is uniformly distributed over the unit square, whose area is 1. The probability of the event is therefore the area of the corresponding region.

Region. The inequality $y > x + \tfrac13$ describes the half-plane above the line $y = x + \tfrac13$. Its intersection with the square is a right triangle with vertices $\left(0, \tfrac13\right)$, $(0, 1)$, and $\left(\tfrac23, 1\right)$. Both legs have length $1 - \tfrac13 = \tfrac23$.

$$\P = \frac12 \left(\frac23\right)^2 = \frac29 \approx 0.2222$$

Check the limiting cases

Replace $\tfrac13$ by 0. The condition becomes $y > x$, and the formula gives $\tfrac12 \cdot 1 = \tfrac12$, exactly as symmetry predicts. Replace it by 1 and the result is 0, also correct. A formula that survives both extremes is very likely right.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

зачем это сегодня

Это самая частотная тема YMLS. Из четырёх официальных наборов задач условная вероятность встречается в двух, причём обе финальные пары сегодняшнего дня взяты оттуда дословно. Если на онлайн-этапе будет ровно одна вероятностная задача, с большой вероятностью она будет про это.

Тема опасна не формулой — формула помещается в строку. Она опасна двумя вещами. Первая: интуиция здесь систематически врёт, человек уверенно называет $90\%$ там, где правильный ответ $16\%$, и эффект воспроизводится на врачах и юристах, а не только на новичках. Вторая: половина официальных задач по теме — это не формулы, а таблица долей, где надо аккуратно восстановить недостающее число. Там проигрывают не пониманию, а арифметике.

Формат добавляет давления: принимается только число, второй попытки нет. Поэтому сегодня отрабатываются два разных навыка — узнавать структуру задачи и считать так, чтобы ошибку было видно.

This is the most frequent YMLS topic. In two of the four official problem sets, conditional probability appears—and both of today’s final pairs are taken from those sets almost verbatim. If the online stage has exactly one probability problem, it is very likely to be about this.

The danger is not the formula; it fits on one line. The danger has two parts. First, intuition systematically lies here: people confidently say $90\%$ where the correct answer is $16\%$, and this effect has been reproduced in doctors and lawyers, not only beginners. Second, half of the official problems are not formula exercises at all; they are tables of proportions in which a missing count must be reconstructed carefully. Arithmetic, not understanding, is where points are lost.

The format adds pressure: only a number is accepted and there is no second attempt. Today therefore trains two separate skills—recognizing the structure and calculating in a way that makes mistakes visible.

Навыки по порядку

Тема разбита на отдельные навыки от простого к сложному. Для каждого указаны тренировочные задачи.

1Сужение пространстваShrinking the spaceПо фразе «известно, что» вычёркиваешь исходы и считаешь долю благоприятных среди оставшихся, а не среди всехOn hearing “it is known that,” cross out outcomes and take the favorable fraction among those remaining, not among all outcomesW0302 W0303
2Ветка дереваFollowing a branchУмножаешь условные вероятности вдоль цепочки шагов и складываешь несовместные сценарии между собойMultiply conditional probabilities along a chain and add the mutually exclusive scenariosW0304 B0303
3Полная вероятностьTotal probabilityРазбиваешь опыт на гипотезы, считаешь внутри каждой правдоподобие целой цепочки шагов и складываешь все ветки, ведущие к наблюдениюSplit the experiment into hypotheses, find the likelihood of the whole observed chain within each, and add all branches leading to the observationB0301 B0305 Y0301
4Разворот условияReversing the conditionДелишь одну ветку на сумму веток и проверяешь по правдоподобию, в какую сторону обязана сдвинуться вероятностьDivide one branch by the sum of branches and use the likelihood to check which way the probability must moveB0301 B0304 Y0302
5Абсолютные числаAbsolute countsСчитай сумму веток в целых людях: восстанавливай недостающую долю из строки «всего» и читай условную вероятность как деление двух целыхAdd branch counts in whole people: recover a missing proportion from the “total” row and read conditional probability as a ratio of two integersB0306 B0307 Y0303 Y0304
6Условие «хотя бы один»The condition “at least one”Отдельная ветка дня, растущая до самой трудной задачи: считаешь дополнением обе части дроби и отличаешь адресное условие от условия существованияA separate thread that grows into the hardest problem: count the complement in both parts of the fraction and distinguish an address-specific condition from an existence conditionW0301 B0302 S0301

Расписание

0:00–0:15РазогревWarm-up Восемь пунктов из блока «Мост» вслух, без конспекта. Задержка дольше пары секунд на любом пункте — восстановить его сейчас.Recite the eight Bridge facts without notes. If any item takes more than a couple of seconds, restore it now.

0:15–1:30УрокLesson С бумагой. Входную таблицу с четырьмя вопросами закрой сам, прежде чем читать дальше. Каждое дерево рисуй от руки.Work on paper. Solve the opening table with four questions before reading on. Draw every tree by hand.

1:30–3:20ЗадачиProblems По ступеням 1 → 4. Ступень 1 — устно, по полминуты на задачу. Ступень 3 входит в минимум целиком: это мосты к финальным задачам.Follow levels 1 → 4. Level 1 is oral, about half a minute per problem. Complete all of level 3 in the minimum: these are the bridges to the finals.

3:20–3:45Мини-тестMini-test y0303 под таймером, в режиме экзамена: подсказка и разбор закрыты, ответ вводится один раз.Do y0303 under a timer in exam mode: hide the hint and solution, and submit once.

3:45–4:00АудитAudit Критерии внизу страницы, журнал ошибок с разделением на два типа.Review the criteria at the bottom of the page and keep an error log split into the two types.

Урок

разбираем с нуля

Вход: одна таблица, четыре вопроса

На потоке 400 студентов. Форма обучения и результат экзамена сведены в таблицу:

	Сдал	Не сдал	Всего
Очники	210	90	300
Заочники	40	60	100
Всего	250	150	400

Ответь на четыре вопроса, прежде чем читать дальше: каждый ответ — одно деление.

Вероятность того, что случайный студент сдал.
Вероятность того, что студент сдал, если известно, что он очник.
Вероятность того, что студент очник, если известно, что он сдал.
Вероятность того, что студент одновременно очник и сдал.

Ответы: $\frac{250}{400} = 0.625$, затем $\frac{210}{300} = 0.7$, затем $\frac{210}{250} = 0.84$ и $\frac{210}{400} = 0.525$.

В трёх последних числитель один и тот же — 210, различаются только знаменатели: 300, 250 и 400. Это и есть вся тема: слово «известно» не добавляет вычислений, оно выбирает знаменатель.

Определение и что оно на самом деле делает

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

Проверим на таблице, что определение не вводит ничего нового. Пусть $A$ — «сдал», $B$ — «очник». Тогда $\P(A \cap B) = \frac{210}{400}$, $\P(B) = \frac{300}{400}$, а их отношение равно $\frac{210}{300}$: общий знаменатель 400 сократился. Отсюда правило скорости: если даны абсолютные числа, делить на размер совокупности бессмысленно — бери отношение двух клеток.

Из той же таблицы виден порядок записи: $\P(A \mid B) = 0.7$, а $\P(B \mid A) = 0.84$. В задачах с редкими событиями такие пары отличаются не на проценты, а в разы.

Что стоит справа от чёрточки

Читая условие, помечай на полях две вещи: что дано (идёт справа) и что ищется (слева). Маркеры данного: «известно, что», «при условии», «оказалось, что», «выяснилось». Отдельно следи за формой, в которой условие прячут в описании выборки: «наугад выбирают студента среди не сдавших» — то же самое условие, только сказанное иначе.

Умножение вдоль ветки

Определение, переписанное наоборот, даёт рабочую формулу для последовательных опытов:

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

Для цепочки из трёх шагов условие в каждом множителе накапливает всё, что было раньше:

$$\P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = \P(A_1) \cdot \P(A_2 \mid A_1) \cdot \P(A_3 \mid A_1 \cap A_2)$$

Пример. Три карты из 36 вынимают без возвращения. Вероятность, что все три — тузы?

$$\P = \frac{4}{36} \cdot \frac{3}{35} \cdot \frac{2}{34} = \frac{1}{1785} \approx 0.00056$$

Тот же ответ даёт классическое определение через сочетания: $\frac{\binom{4}{3}}{\binom{36}{3}} = \frac{4}{7140} = \frac{1}{1785}$. Два независимых пути к одному числу — самая дешёвая из проверок, сегодня она работает почти везде.

Где здесь независимость

Разделив вчерашнее равенство $\P(A \cap B) = \P(A)\,\P(B)$ на $\P(B)$, получаем рабочее прочтение: $\P(A \mid B) = \P(A)$, независимость — это когда условие ничего не сообщает.

Независимость против несовместности

Для несовместных $\P(A \mid B) = 0$, для независимых $\P(A \mid B) = \P(A)$. Отсюда следствие: два события с ненулевыми вероятностями не бывают одновременно несовместными и независимыми.

Дерево гипотез и формула полной вероятности

Большинство задач темы двухступенчаты: сначала реализуется один из сценариев, потом внутри него происходит наблюдаемое событие.

Задача. Детали приходят с трёх линий: с первой $50\%$ всей партии, со второй $30\%$, с третьей $20\%$. Доля брака на линиях равна $1\%$, $2\%$ и $5\%$ соответственно. Какова доля брака во всей партии?

Сценарии называются гипотезами $H_1, H_2, H_3$. Требование к ним одно, и проверять его надо явно: гипотезы попарно несовместны и вместе покрывают всё $\Omega$. Здесь это так — деталь пришла ровно с одной линии.

Ветка	Вес гипотезы	Правдоподобие брака	Произведение
линия 1	0.5	0.01	0.005
линия 2	0.3	0.02	0.006
линия 3	0.2	0.05	0.010

Вдоль ветки вероятности перемножаются — это цепное правило. Между ветками складываются — это несовместность гипотез. Значит доля брака равна $0.005 + 0.006 + 0.010 = 0.021$.

Формула полной вероятности

Если $H_1, \ldots, H_n$ попарно несовместны и покрывают всё $\Omega$, то для любого события $B$

$$\P(B) = \sum_{i=1}^{n} \P(B \mid H_i)\,\P(H_i)$$

Разбей на непересекающиеся сценарии, в каждом посчитай вероятность наблюдения и сложи с весами сценариев. Две бесплатные проверки: сумма весов равна единице, а каждое произведение не больше своего веса.

Разворот условия: формула Байеса

Взятая наугад деталь оказалась бракованной. Какова вероятность, что она с третьей линии? Раньше мы шли от линии к браку, теперь идём от брака к линии — условие развернулось, а математика осталась прежней, работает то же определение:

$$\P(H_3 \mid D) = \frac{\P(H_3 \cap D)}{\P(D)} = \frac{0.010}{0.021} = \frac{10}{21} \approx 0.4762$$

Формула Байеса$$\P(H_k \mid B) = \frac{\P(B \mid H_k)\,\P(H_k)}{\sum_i \P(B \mid H_i)\,\P(H_i)}$$

Числитель — одна ветка дерева, знаменатель — сумма всех веток, ведущих к наблюдению. Заучивать формулу не нужно: если дерево нарисовано, она собирается за десять секунд.

Терминология из ML: $\P(H)$ — априорная вероятность, $\P(B \mid H)$ — правдоподобие, $\P(H \mid B)$ — апостериорная. Здесь априорная вероятность третьей линии была $0.2$, а после наблюдения выросла до $0.476$.

Проверка направления сдвига

Разделив формулу Байеса на $\P(H_k)$, получаем $\frac{\P(H_k \mid B)}{\P(H_k)} = \frac{\P(B \mid H_k)}{\P(B)}$: апостериорная вероятность растёт ровно у тех гипотез, при которых наблюдение вероятнее среднего. Здесь $0.05 > 0.021$, значит вероятность третьей линии обязана была вырасти; вышло иначе — ищи ошибку.

Поделив формулу Байеса для одной гипотезы на такую же для другой, знаменатель убираем совсем — он у них общий. Остаётся правило, которым две гипотезы считаются в уме.

Правило шансов$$\frac{\P(H_1 \mid B)}{\P(H_2 \mid B)} = \frac{\P(H_1)}{\P(H_2)} \cdot \frac{\P(B \mid H_1)}{\P(B \mid H_2)}$$

Апостериорные шансы равны априорным, умноженным на отношение правдоподобий. На деталях: шансы «третья линия против первой» до опыта равны $0.2 : 0.5 = 2 : 5$, правдоподобия относятся как $0.05 : 0.01 = 5 : 1$, значит после наблюдения шансы стали $2 \cdot 5 : 5 \cdot 1 = 2 : 1$. Сходится с посчитанным: $\frac{10}{21}$ против $\frac{5}{21}$. Когда гипотез ровно две, шансы $a : b$ переводятся в вероятность как $\frac{a}{a + b}$, и знаменатель считать не нужно.

Ловушка базовой ставки

Условие. Заболевание встречается у $1\%$ населения. Тест выявляет болезнь у больного с вероятностью $95\%$ и с той же вероятностью даёт отрицательный результат у здорового. Человек получил положительный результат. Какова вероятность, что он болен? Назови число вслух, прежде чем читать дальше: большинство отвечает «около $90\%$».

Больных среди 10 000 человек ровно 100, тест находит 95 из них; здоровых 9900, и тест ошибочно даёт им «плюс» в $5\%$ случаев, то есть 495 раз.

	Тест «+»	Тест «−»	Всего
Больны	95	5	100
Здоровы	495	9405	9900
Всего	590	9410	10000

В столбце «Тест +» стоят $95 + 495 = 590$ человек, и лишь 95 из них больны: $\P(\text{болен} \mid +) = \frac{95}{590} \approx 0.1610$. Шестнадцать процентов, не девяносто.

Почему так

Здоровых в сто раз больше, чем больных, и пять процентов ошибок на огромной группе дают больше срабатываний, чем девяносто пять процентов попаданий на крошечной: редкость события перевешивает качество теста. Это и есть ловушка базовой ставки.

Абсолютные числа вместо долей: рабочий режим дня

Половина официальных задач темы приходит таблицей долей. Для них есть три хода, и делать их надо именно в таком порядке.

Перевести все доли в людей сразу, до того как понял, что спрашивают: умножить долю на размер своей группы.
Достроить таблицу до конца — недостающие клетки получаются вычитанием из итога строки или столбца.
Неизвестную долю восстановить из строки «всего» — это одно линейное уравнение.

Строка «всего» — это уравнение$$n_1 p_1 + n_2 p_2 + \cdots + n_k p_k = p\,N$$

Слева — сдавшие по группам, справа — сдавшие по всей совокупности: это формула полной вероятности, записанная в людях. Если неизвестна ровно одна доля, уравнение решается в строку.

Пример. В компании 150 разработчиков и 100 сотрудников поддержки, других нет. Сертификат получили $64\%$ всех сотрудников, среди разработчиков — $70\%$. Какова доля сертифицированных в поддержке и какова вероятность, что случайный обладатель сертификата работает в поддержке?

Сертификатов всего $0.64 \cdot 250 = 160$, у разработчиков их $0.7 \cdot 150 = 105$. Значит в поддержке $160 - 105 = 55$, и доля там равна $\frac{55}{100} = 0.55$. Второй вопрос — условная вероятность, прочитанная из тех же двух чисел:

$$\P(\text{поддержка} \mid \text{сертификат}) = \frac{55}{160} = 0.34375 \approx 0.3438$$

Почему в людях, а не в долях? Целые числа проверяются сложением: сумма по строке обязана дать размер группы, сумма по столбцу — итог. Ошибка в долях незаметна, ошибка в людях ломает итог.

Условие «хотя бы один»

Отдельный тип условия, на котором стоит самая трудная задача дня. Когда сказано «хотя бы один объект обладает свойством», дополнением считаются обе части дроби.

Пример. Бросили три монеты. Известно, что выпал хотя бы один орёл. Какова вероятность, что все три — орлы? Всего исходов 8, без орлов ровно один, значит знаменатель равен $8 - 1 = 7$. Числитель — один исход. Ответ $\frac17 \approx 0.1429$.

Адресное условие и условие существования

«Первый», «старший», «красный», «названный по имени» — условие адресное: оно фиксирует конкретный объект. «Хотя бы один», «среди них есть» — условие существования: объект не назван. Это два разных множества оставшихся исходов, поэтому и ответы разные. Правила «чем адреснее, тем выше вероятность» не существует: условие «старший ребёнок — девочка» адреснее некуда, а вероятность «оба мальчики» падает при нём до нуля. Куда сдвинулся ответ, показывает только пересчёт. Поэтому любую подробность — день недели, цвет, имя — сначала вписывай в $\Omega$ и считай, и лишь потом смотри, что получилось.

Что должно остаться в голове

Условие не добавляет вычислений, оно выбирает знаменатель.
$\P(A \mid B) \ne \P(B \mid A)$. Помечай на полях, что дано, а что ищется, до начала счёта.
Вдоль ветки умножаем условные вероятности, между несовместными ветками складываем.
Полная вероятность — сумма всех веток, ведущих к наблюдению; сумма весов гипотез равна 1.
Байес — одна ветка, делённая на эту сумму. Апостериорная растёт там, где правдоподобие выше среднего, а для двух гипотез быстрее правило шансов.
При редком событии базовая ставка перевешивает качество теста.
Таблица в целых людях надёжнее формулы, а строка «всего» — это уравнение.

Opening: one table, four questions

A class has 400 students. Their study format and exam result are summarized below:

	Passed	Failed	Total
Full-time	210	90	300
Part-time	40	60	100
Total	250	150	400

Answer the four questions before reading on; each answer is one division.

What is the probability that a random student passed?
What is the probability that a student passed, given that they study full-time?
What is the probability that a student studies full-time, given that they passed?
What is the probability that a student is both full-time and a passer?

The answers are $\frac{250}{400}=0.625$, then $\frac{210}{300}=0.7$, then $\frac{210}{250}=0.84$, and $\frac{210}{400}=0.525$.

In the last three, the numerator is the same—210—and only the denominator changes: 300, 250, and 400. That is the whole topic: the word “given” does not add computation; it chooses the denominator.

The definition and what it really does

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

Check on the table that the definition introduces nothing new. Let $A$ mean “passed” and $B$ mean “full-time.” Then $\P(A\cap B)=\frac{210}{400}$ and $\P(B)=\frac{300}{400}$, whose ratio is $\frac{210}{300}$: the common denominator 400 cancels. Hence a speed rule: when absolute counts are given, dividing by the population size is pointless—take the ratio of the two cells.

The same table shows why order matters: $\P(A\mid B)=0.7$, while $\P(B\mid A)=0.84$. With rare events, such pairs can differ by a factor of several, not a few percentage points.

What goes to the right of the bar

As you read a condition, mark two things in the margin: what is given (on the right) and what is being asked (on the left). Signals for the given condition include “it is known that,” “given that,” “it turned out that,” and “it was found that.” Also watch for sampling language: “choose a student from among those who failed” is the same condition expressed differently.

Multiplying along a branch

Rearranging the definition gives a working rule for sequential experiments:

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

For a three-step chain, each conditional factor accumulates everything that happened earlier:

$$\P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = \P(A_1) \cdot \P(A_2 \mid A_1) \cdot \P(A_3 \mid A_1 \cap A_2)$$

Example. Draw three cards without replacement from a 36-card deck. What is the probability that all three are aces?

$$\P = \frac{4}{36} \cdot \frac{3}{35} \cdot \frac{2}{34} = \frac{1}{1785} \approx 0.00056$$

The classical definition gives the same result: $\frac{\binom{4}{3}}{\binom{36}{3}}=\frac{4}{7140}=\frac{1}{1785}$. Two independent routes to one number are the cheapest possible check, and they work almost everywhere today.

Where independence fits

Divide yesterday’s identity $\P(A\cap B)=\P(A)\,\P(B)$ by $\P(B)$ to get the practical reading $\P(A\mid B)=\P(A)$: independence means the condition tells you nothing.

Independence versus disjointness

For disjoint events, $\P(A\mid B)=0$; for independent events, $\P(A\mid B)=\P(A)$. Consequently, two events with nonzero probabilities cannot be disjoint and independent at the same time.

Hypothesis trees and total probability

Most problems in this topic have two stages: first one scenario occurs, then an observed event happens within it.

Problem. Parts come from three production lines: 50% of the entire batch from line 1, 30% from line 2, and 20% from line 3. The defect rates are 1%, 2%, and 5%, respectively. What fraction of the whole batch is defective?

Call the scenarios hypotheses $H_1,H_2,H_3$. There is one requirement, which must be checked explicitly: the hypotheses are pairwise disjoint and together cover all of $\Omega$. Here a part came from exactly one line, so this holds.

Branch	Hypothesis weight	Defect likelihood	Product
line 1	0.5	0.01	0.005
line 2	0.3	0.02	0.006
line 3	0.2	0.05	0.010

Probabilities multiply along a branch—the chain rule. They add across branches because the hypotheses are disjoint. The defect fraction is therefore $0.005+0.006+0.010=0.021$.

Law of total probability

If $H_1,\ldots,H_n$ are pairwise disjoint and cover $\Omega$, then for any event $B$

$$\P(B) = \sum_{i=1}^{n} \P(B \mid H_i)\,\P(H_i)$$

Split into disjoint scenarios, compute the observation probability inside each, then add with the scenario weights. Two free checks: the weights sum to one, and each product is no larger than its weight.

Reversing the condition: Bayes’ rule

A randomly selected part turned out to be defective. What is the probability that it came from line 3? Before, we moved from line to defect; now we move from defect to line. The condition is reversed, but the mathematics is unchanged:

$$\P(H_3 \mid D) = \frac{\P(H_3 \cap D)}{\P(D)} = \frac{0.010}{0.021} = \frac{10}{21} \approx 0.4762$$

Bayes’ rule$$\P(H_k \mid B) = \frac{\P(B \mid H_k)\,\P(H_k)}{\sum_i \P(B \mid H_i)\,\P(H_i)}$$

The numerator is one branch of the tree; the denominator is the sum of all branches leading to the observation. Do not memorize the formula: if the tree is drawn, assemble it in ten seconds.

ML terminology: $\P(H)$ is the prior, $\P(B\mid H)$ is the likelihood, and $\P(H\mid B)$ is the posterior. The prior probability of line 3 was $0.2$; after observing a defect it rose to $0.476$.

Check the direction of the shift

Divide Bayes’ rule by $\P(H_k)$ to get $\frac{\P(H_k\mid B)}{\P(H_k)}=\frac{\P(B\mid H_k)}{\P(B)}$: the posterior grows exactly for hypotheses where the observation is more likely than average. Here $0.05>0.021$, so the probability of line 3 had to rise. If it moved the other way, look for an error.

Dividing Bayes’ rule for one hypothesis by the corresponding rule for another cancels the common denominator. The result is a mental shortcut for two hypotheses.

Odds form$$\frac{\P(H_1 \mid B)}{\P(H_2 \mid B)} = \frac{\P(H_1)}{\P(H_2)} \cdot \frac{\P(B \mid H_1)}{\P(B \mid H_2)}$$

Posterior odds equal prior odds multiplied by the likelihood ratio. For the parts, the odds “line 3 versus line 1” before observing are $0.2:0.5=2:5$, while the likelihoods are in the ratio $0.05:0.01=5:1$. Afterwards the odds are $2\cdot5:5\cdot1=2:1$, matching $\frac{10}{21}$ versus $\frac{5}{21}$. With exactly two hypotheses, odds $a:b$ convert to probability as $\frac{a}{a+b}$; no denominator tree is needed.

The base-rate trap

Condition. A disease affects 1% of the population. A test detects it in a sick person with probability 95% and gives a negative result to a healthy person with the same probability. Someone tests positive. What is the probability they are sick? Say a number aloud before reading on: most people answer “about 90%.”

Among 10,000 people, exactly 100 are sick and the test finds 95 of them. There are 9,900 healthy people, and a false positive occurs for 5% of them, or 495 people.

	Test “+”	Test “−”	Total
Sick	95	5	100
Healthy	495	9405	9900
Total	590	9410	10000

The “+” column contains $95+495=590$ people, only 95 of whom are sick: $\P(\text{sick}\mid +)=\frac{95}{590}\approx0.1610$. Sixteen percent, not ninety.

Why

Healthy people outnumber sick people by a hundred to one. Five percent false positives in the huge group produce more positive tests than 95% true positives in the tiny group. The rarity of the event outweighs the test’s quality: this is the base-rate trap.

Absolute counts instead of proportions: today’s working mode

Half of the official problems in this topic arrive as a table of proportions. Use three moves, in this order.

Convert every proportion to people immediately, before deciding what the question asks: multiply the proportion by its group size.
Complete the table—missing cells come from subtracting a row or column total.
Recover an unknown proportion from the “total” row—this is one linear equation.

The “total” row is an equation$$n_1p_1+n_2p_2+\cdots+n_kp_k=pN$$

The left side is the number of passes in each group; the right side is the number of passes in the entire population. This is the law of total probability written in people. If exactly one proportion is unknown, the equation is one line.

Example. A company has 150 developers and 100 support staff, and no one else. Sixty-four percent of all employees hold a certificate; 70% of developers do. What fraction of support staff are certified, and what is the probability that a randomly selected certificate holder works in support?

There are $0.64\cdot250=160$ certificates in all, and $0.7\cdot150=105$ among developers. Support therefore has $160-105=55$, a fraction $\frac{55}{100}=0.55$. The second question is a conditional probability read from the same two counts:

$$\P(\text{support}\mid\text{certificate})=\frac{55}{160}=0.34375\approx0.3438$$

Why people rather than proportions? Integers are checked by addition: row totals must equal group sizes and column totals must equal the overall totals. A proportion error can hide; a people-count error breaks the totals.

The condition “at least one”

This special condition underlies the hardest problem of the day. When it says “at least one object has the property,” take the complement in both parts of the fraction.

Example. Toss three coins. It is known that at least one head occurred. What is the probability that all three are heads? There are 8 outcomes; exactly one has no heads, so the denominator is $8-1=7$. The numerator is one outcome. The answer is $\frac17\approx0.1429$.

Address-specific versus existence conditions

“The first,” “the oldest,” “the red one,” and “the object named by name” are address-specific: they identify a particular object. “At least one” and “there is one among them” are existence conditions: no object is named. These leave different sets of outcomes, so their answers differ. There is no rule that “the more specific the condition, the higher the probability.” “The oldest child is a girl” is as specific as possible, yet under it the probability that both children are boys drops to zero. Only a recount shows which way the answer moved. Put every detail—day of the week, color, name—into $\Omega$ first, count, and only then interpret the result.

What should stay with you

A condition does not add computation; it chooses the denominator.
$\P(A\mid B)\ne\P(B\mid A)$. Mark what is given and what is asked before you calculate.
Multiply conditional probabilities along a branch; add across disjoint branches.
Total probability is the sum of all branches leading to the observation; hypothesis weights sum to 1.
Bayes is one branch divided by that sum. The posterior grows where the likelihood is above average; with two hypotheses, odds are faster.
When the event is rare, the base rate can outweigh test quality.
A table in whole people is safer than a table of proportions, and the “total” row is an equation.

Признаки и действия

Слева — что заметить в условии. Справа — что сделать первым.

Увидел	Первый ход
«Известно, что», «оказалось, что», «выбирают среди тех, кто»“It is known that,” “it turned out that,” “choose from among those who”	Это знаменатель: пересчитывай долю внутри указанного множества, а не внутри всего $\Omega$This determines the denominator: recalculate the fraction inside the specified set, not inside all of $\Omega$
«Хотя бы один» в условии или в вопросе“At least one” in the condition or the question	Считай дополнением и числитель, и знаменатель: всё минус «ни одного»Count the complement in both numerator and denominator: everything minus “none”
Опыт идёт шагами, и следующий шаг зависит от предыдущегоThe experiment proceeds in steps, and the next step depends on the previous one	Цепное правило: перемножай условные вероятности вдоль веткиUse the chain rule: multiply conditional probabilities along a branch
Даны доли по группам, спрашивают долю по всему целомуGroup proportions are given, and the proportion of the whole is requested	Формула полной вероятности: сумма произведений «вес группы на её долю»Use total probability: sum “group weight times its proportion”
Известен результат, спрашивают про причину или источникThe outcome is known, and its cause or source is requested	Байес: одна ветка делить на сумму всех веток, ведущих к результатуUse Bayes: one branch divided by the sum of all branches leading to the outcome
В таблице одна доля неизвестна, но есть строка «всего»One proportion in a table is unknown, but there is a “total” row	Переведи всё в целых людей и составь одно уравнение по итогуConvert everything to whole people and write one equation for the total
Гипотез ровно две, а числа мелкиеExactly two hypotheses, with small numbers	Правило шансов: умножь априорные шансы на отношение правдоподобий, знаменатель считать не нужноUse the odds rule: multiply prior odds by the likelihood ratio; no denominator calculation is needed
Спрашивают, зависимы ли событияThey ask whether events are dependent	Сравни $\P(A \mid B)$ с $\P(A)$: равенство — независимость, ноль — несовместностьCompare $\P(A \mid B)$ with $\P(A)$: equality means independence, zero means disjointness

эталонная задача

Две урны и два шара подрядTwo urns and two balls drawn in succession

Условие. Урна $A$ содержит 3 белых и 3 чёрных шара, урна $B$ — 5 белых и 1 чёрный. Наугад, с равными вероятностями, выбирают одну урну и вынимают из неё два шара подряд без возвращения. Оба шара оказались белыми. Найдите вероятность того, что была выбрана урна $B$.

Смотри не на числа, а на то, какое решение принимается на каждом шаге: та же последовательность решений закрывает мост b0305 и финальную пару y0301 — y0302. Вторая финальная пара, y0303 и y0304, устроена иначе: там гипотез не рисуют, а переводят доли в целых людей — образец такого счёта разобран в уроке, в примере про сертификаты.

Шаг 1. Назвать наблюдение и гипотезы. Наблюдение $W$ — «оба вынутых шара белые». Гипотезы — какая урна выбрана: $H_A$ и $H_B$, обе с вероятностью $\frac12$. Проверяем требование к гипотезам: они несовместны (урна одна) и покрывают всё (других урн нет). Проверка занимает секунду, но без неё формула полной вероятности неприменима.

Шаг 2. Решить, чем считать правдоподобие. Внутри каждой гипотезы опыт двухшаговый, значит правдоподобие — это цепное правило. Весь вопрос в одном: изменил ли первый шаг то, из чего берётся второй. Здесь шар не возвращают — изменил, и второй множитель другой:

$$\P(W \mid H_A) = \frac36 \cdot \frac25 = \frac15, \qquad \P(W \mid H_B) = \frac56 \cdot \frac45 = \frac23$$

Написать $\left(\frac36\right)^2$ означало бы вернуть первый шар обратно. Обратный случай — финал y0301: там внутри гипотезы дважды бросают одну монету, бросок состав монеты не меняет, и правдоподобие как раз равно квадрату. Схема одна и та же, а решение про второй множитель принимается заново в каждой задаче — по составу, а не по привычке.

Шаг 3. Собрать знаменатель. Складываем обе ветки:

$$\P(W) = \frac12 \cdot \frac15 + \frac12 \cdot \frac23 = \frac{1}{10} + \frac13 = \frac{13}{30}$$

Проверка внутри одной гипотезы: для урны $A$ вероятности «два белых», «разного цвета» и «два чёрных» равны $\frac15$, $\frac35$ и $\frac15$, в сумме единица. Дерево покрывает все исходы, значит правдоподобия посчитаны без потерь.

Шаг 4. Развернуть условие. Одна ветка на сумму веток:

$$\P(H_B \mid W) = \frac{\frac12 \cdot \frac23}{\frac{13}{30}} = \frac{\frac13}{\frac{13}{30}} = \frac{10}{13} \approx 0.7692$$

Шаг 5. Проверить сдвиг вторым способом. По правилу шансов из урока: до опыта шансы урн были $1 : 1$, правдоподобия относятся как $\frac23 : \frac15 = 10 : 3$, значит после наблюдения шансы стали $10 : 3$, а вероятность равна $\frac{10}{10 + 3} = \frac{10}{13}$. Тот же ответ получен без знаменателя вообще — это независимая проверка, а не пересказ первого решения.

Направление сдвига тоже сходится: $\frac23 > \frac{13}{30}$, правдоподобие для $H_B$ выше среднего, значит вероятность урны $B$ обязана была вырасти с $0.5$. Она и выросла до $0.77$.

Алгоритм

Назови наблюдение одним предложением и выпиши гипотезы; проверь, что они несовместны и покрывают всё.
В каждой гипотезе посчитай правдоподобие наблюдения; если внутри гипотезы несколько шагов — цепное правило.
Сложи ветки: это знаменатель. Проверь, что веса гипотез дают единицу.
Раздели нужную ветку на сумму: это ответ.
Проверь направление сдвига по правдоподобию и, если чисел мало, пересчитай через отношение шансов.

Problem. Urn $A$ contains 3 white and 3 black balls; urn $B$ contains 5 white and 1 black ball. Choose one urn at random with equal probabilities, then draw two balls from it in succession without replacement. Both balls are white. What is the probability that urn $B$ was chosen?

Focus not on the numbers, but on the decision made at each step: the same sequence handles bridge b0305 and the final pair y0301–y0302. The other final pair, y0303 and y0304, has a different structure: there is no hypothesis tree; proportions are converted into whole people. The lesson’s certificate example is the model for that calculation.

Step 1. Name the observation and hypotheses. The observation $W$ is “both drawn balls are white.” The hypotheses are which urn was chosen, $H_A$ and $H_B$, each with probability $\frac12$. Check the hypothesis requirement: they are disjoint (there is one urn) and exhaustive (there are no other urns). It takes a second, but without it the law of total probability does not apply.

Step 2. Decide how to compute the likelihood. Within each hypothesis, the experiment has two steps, so use the chain rule. The key question is: did the first draw change what the second draw is taken from? There is no replacement, so it did; the second factor changes:

$$\P(W\mid H_A)=\frac36\cdot\frac25=\frac15,\qquad\P(W\mid H_B)=\frac56\cdot\frac45=\frac23$$

Writing $\left(\frac36\right)^2$ would mean putting the first ball back. The contrasting case is final y0301: inside its hypothesis a coin is tossed twice, and the first toss does not change the coin, so the likelihood is a square. The structure is the same, but the second factor must be decided afresh in every problem from the composition, not habit.

Step 3. Assemble the denominator. Add both branches:

$$\P(W)=\frac12\cdot\frac15+\frac12\cdot\frac23=\frac1{10}+\frac13=\frac{13}{30}$$

Check within one hypothesis: for urn $A$, the probabilities of “two white,” “different colors,” and “two black” are $\frac15$, $\frac35$, and $\frac15$, summing to one. The tree covers every outcome, so no likelihood has been lost.

Step 4. Reverse the condition. One branch divided by the sum of branches:

$$\P(H_B\mid W)=\frac{\frac12\cdot\frac23}{\frac{13}{30}}=\frac{\frac13}{\frac{13}{30}}=\frac{10}{13}\approx0.7692$$

Step 5. Check the shift a second way. By the odds rule, before the experiment the urn odds were $1:1$. The likelihoods are in the ratio $\frac23:\frac15=10:3$, so after the observation the odds are $10:3$ and the probability is $\frac{10}{10+3}=\frac{10}{13}$. This answer, obtained without the denominator, is an independent check rather than a restatement.

The direction of the shift agrees too: $\frac23>\frac{13}{30}$, so the likelihood for urn $B$ is above average and its probability must rise from $0.5$. It rises to about $0.77$.

Algorithm

Name the observation and hypotheses; check that the hypotheses are disjoint and exhaustive.
In each hypothesis, compute the observation likelihood; if there are several steps, use the chain rule.
Add the branches to obtain the denominator. Check that hypothesis weights sum to one.
Divide the desired branch by that sum.
Check the direction of the shift from the likelihood and, when there are few numbers, recompute with odds.

Дополнительные материалы

Другие объяснения и материалы по теме. Используй их, если основного урока недостаточно.

интерактивSetosa · Conditional probability, visuallySetosa · Conditional probability, visually EN

Одна страница, пять минут: двигаешь точку по квадрату и видишь, как условие вырезает полосу и подменяет знаменатель. Самое короткое, что вообще есть по темеA five-minute interactive: move a point around a square and see how conditioning cuts out a strip and changes the denominator. One of the shortest visual introductions to the topic.

интерактивSeeing Theory · Compound ProbabilitySeeing Theory · Conditional Probability EN

Раздел про условную вероятность и Байеса с интерактивным деревом. Ползунок «базовая ставка» показывает ловушку наглядноAn interactive tree for conditional probability and Bayes, including the base-rate trap.

видео3Blue1Brown · Bayes theorem, the geometry of changing beliefs3Blue1Brown · Bayes theorem, the geometry of changing beliefs EN

Байес как площади прямоугольников. Лучшее из существующих объяснений, откуда берётся знаменательBayes explained as areas of rectangles; an excellent explanation of where the denominator comes from.

видеоVeritasium · The Bayesian TrapVeritasium · The Bayesian Trap EN

Про ловушку базовой ставки на реальных медицинских данных. Двенадцать минут, которые переставляют интуициюThe base-rate trap with real medical data. Twelve minutes that reset your intuition.

видеоHarvard Stat 110 · Lecture 4: Conditional ProbabilityHarvard Stat 110 · Lecture 4: Conditional Probability EN

Разворот условия, формула полной вероятности и разбор задачи про тест на болезнь — тем же ходом «считать в целых людях»Reversing a condition, the law of total probability, and a medical-testing example solved by counting whole people.

текстStat 110 · Strategic Practice 2 и 3 — задачи с решениямиStat 110 · Strategic Practice 2 and 3 — problems with solutions EN

Второй и третий PDF в списке: условная вероятность и Байес. Лучший источник интересных задач по теме, к каждой полное решениеThe second and third PDFs cover conditional probability and Bayes. An excellent source of interesting problems, each with a complete solution.

как работать сегодня

Задачи дня выстроены в лестницу из четырёх ступеней, и идти по ним надо по порядку: каждая следующая ступень пользуется тем, что отработано на предыдущей.

Полный объём — 16 задач. Всё, что есть на странице, включая ступень ШАД. Это план на день, который идёт хорошо и оставляет на задачи почти два часа.

Минимум — 10 задач. b0301, b0302, b0304, b0305, b0306, b0307, y0301, y0302, y0303, y0304 — вся база и все четыре финала. Разминка w0301–w0304 в этот счёт не входит, но не выбрасывается: она устная, по полминуты на задачу, и делается сразу после урока. На ней стоит контрастная пара дня w0302 против w0303, на которой держится вся ветка «хотя бы один» вплоть до s0301.

Обязательные — 4 задачи. b0305, b0304, b0306, b0307. Каждая — мост ровно к одному финалу: b0305 к y0301, b0304 к y0302, b0306 к минитесту y0303, b0307 к y0304. Пропустить любую значит прийти к финалу без инструмента. Если день сорвался и осталось сорок минут — делаются эти четыре и минитест, остальное переносится.

Обязательное упражнение дня: до формул нарисуй дерево или таблицу для каждой задачи ступеней 2 и 3. Задачу b0301 реши дважды — деревом гипотез и прямым перебором девяти равновозможных пар «ящик, шар»: в разборе показан только первый способ, второй ты обязан собрать сам. Ты проверяешь не ответ, а метод: если два независимых пути дают одно число, понимание есть.

Формат ответа

Все числовые ответы дня вводятся с четырьмя знаками после запятой, точка как разделитель. Мини-тест y0303 — исключение: там ответ вводится как отношение двух целых чисел в виде a:b, несократимое, без пробелов.

Про задачу «мальчик, рождённый во вторник»

Она стоит на ступени ШАД, выше уровня экзамена, и в минимум не входит: это вершина отдельной ветки дня «хотя бы один», а не пятый финал. Не расстраивайся, если ответ покажется абсурдным — так и задумано. Вынести из неё надо одно: выписывай пространство исходов полностью, вместе со всеми подробностями условия, и считай, а не рассуждай словами.

Today’s problems form a four-level ladder, and you should climb it in order: each level builds on what the previous one rehearsed.

Full volume: 16 problems. Everything on the page, including the SHAD level. This is a plan for a good day and leaves almost two hours for problems.

Minimum: 10 problems. b0301, b0302, b0304, b0305, b0306, b0307, y0301, y0302, y0303, y0304—the entire base and all four finals. Warm-up w0301–w0304 does not count toward this total, but do not discard it: it is oral, about half a minute per problem, and should be done immediately after the lesson. It contains the day’s contrasting pair, w0302 versus w0303, which supports the whole “at least one” branch through s0301.

Mandatory: 4 problems. b0305, b0304, b0306, b0307. Each is exactly one bridge to a final: b0305 to y0301, b0304 to y0302, b0306 to mini-test y0303, and b0307 to y0304. Skipping any one means reaching its final without the tool. If the day falls apart and forty minutes remain, do these four and the mini-test; defer everything else.

The mandatory exercise today is: draw a tree or table before writing formulas for every level-2 and level-3 problem. Solve b0301 twice—once with a hypothesis tree and once by directly enumerating the nine equally likely “box, ball” pairs. The walkthrough shows only the first method; you must build the second yourself. You are checking the method, not only the answer: if two independent routes produce the same number, you understand it.

Answer format

Enter every numerical answer today with four digits after the decimal point, using a period as separator. Mini-test y0303 is the exception: enter the answer as an irreducible ratio of two integers in the form a:b, without spaces.

About the “boy born on Tuesday” problem

It is at SHAD level, above the exam level, and outside the minimum: it is the peak of a separate “at least one” branch, not a fifth final. Do not worry if the answer seems absurd—that is intentional. Take away one lesson: write out the outcome space completely, including every detail of the condition, and count rather than reason in words.

полный объём

минимум

обязательные

Полный объём — все задачи ниже. Минимум — если день сорвался и часа осталось два. Обязательные — мосты к финальной задаче, они не пропускаются никогда.

Разминка

решено 4 из 4

Устно, за полминуты. Проверяет, что определение понято, а не выучено.

W0301Разминкаступень 2Вероятность✓разминка

Бросают два игральных кубика — красный и синий, они различимы. Известно, что хотя бы на одном из них выпала шестёрка. Найдите вероятность того, что шестёрки выпали на обоих. Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

Two distinguishable dice, one red and one blue, are rolled. It is known that at least one die shows a six. Find the probability that both dice show six. Round to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Выпиши $\Omega$ как решётку $6 \times 6$ и посчитай дополнением, сколько клеток оставляет условие.

Represent $\Omega$ as a $6 \times 6$ grid and use the complement to count the cells left by the condition.

Решение / Solution

Исход — упорядоченная пара (красный, синий), всего $6 \cdot 6 = 36$ равновозможных клеток.

Знаменатель. «Хотя бы на одном шестёрка» удобнее считать дополнением: клеток совсем без шестёрок $5 \cdot 5 = 25$, значит условию отвечают $36 - 25 = 11$ клеток.

Числитель. Обе шестёрки — ровно одна клетка $(6, 6)$.

$$\P = \frac{1}{11} \approx 0.0909$$

Почему не $\frac16$

Соблазн рассуждать так: «про один кубик уже всё известно, второй независим, значит $\frac16$». Это ответ на другую задачу. Если бы условие звучало «на красном выпала шестёрка», оно указывало бы на конкретный кубик, оставляло 6 клеток строки и давало $\frac16$. «Хотя бы на одном» не указывает, на каком именно, и оставляет 11 клеток вместо шести.

An outcome is an ordered pair (red, blue), so there are $6 \cdot 6 = 36$ equally likely cells.

Denominator. Count “at least one six” by complement. There are $5 \cdot 5 = 25$ outcomes with no six, so the condition leaves $36 - 25 = 11$ outcomes.

Numerator. Both dice show six in the single cell $(6, 6)$.

$$\P = \frac{1}{11} \approx 0.0909$$

Why not $\frac16$?

It is tempting to say, “we already know one die is six, and the other is independent, so the answer is $\frac16$.” That solves a different problem. If the condition said the red die showed six, it would select a particular die, leave six cells in one row, and give $\frac16$. “At least one” does not specify which die and leaves 11 cells, not six.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

W0302Разминкаступень 1Вероятность✓разминка

У человека двое детей. Пол каждого ребёнка независим от пола другого, мальчик и девочка равновероятны. Известно, что старший ребёнок — мальчик. Какова вероятность, что оба ребёнка мальчики?

A person has two children. Their sexes are independent, and a boy and a girl are equally likely. It is known that the older child is a boy. What is the probability that both children are boys?

ответверно

Подсказка / Hint

Выпиши все четыре пары «пол старшего, пол младшего» и вычеркни те, что противоречат условию.

List all four pairs “older child's sex, younger child's sex” and remove those that contradict the condition.

Решение / Solution

$\Omega = \{\text{ММ}, \text{МД}, \text{ДМ}, \text{ДД}\}$, где первая буква — старший ребёнок. Четыре исхода равновозможны.

Условие «старший мальчик» оставляет $\{\text{ММ}, \text{МД}\}$ — два исхода, из них благоприятен один.

$$\P = \frac12 = 0.5$$

Запомни этот ответ

Он понадобится для сравнения. Если условие поменять на «хотя бы один мальчик», ответ станет другим — и это одна из самых поучительных пар задач в теме.

$\Omega = \{BB, BG, GB, GG\}$, where the first letter is the older child's sex. The four outcomes are equally likely.

The condition “the older child is a boy” leaves $\{BB, BG\}$, and one of these two outcomes is favorable.

$$\P = \frac12 = 0.5$$

Remember this answer

We will compare it with the next problem. Replacing the condition by “at least one child is a boy” changes the answer; this pair is one of the most instructive examples in the topic.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

W0303Разминкаступень 1Вероятность✓разминка

У человека двое детей. Пол каждого ребёнка независим от пола другого, мальчик и девочка равновероятны. Известно, что хотя бы один ребёнок — мальчик. Какова вероятность, что оба ребёнка мальчики? Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

A person has two children. Their sexes are independent, and a boy and a girl are equally likely. It is known that at least one child is a boy. What is the probability that both children are boys? Round to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Сравни, какие исходы остаются здесь и в предыдущей задаче.

Compare the outcomes retained here with those retained in the previous problem.

Решение / Solution

Условие «хотя бы один мальчик» вычёркивает из четырёх исходов только $\text{ДД}$ и оставляет три: $\{\text{ММ}, \text{МД}, \text{ДМ}\}$. Благоприятный один.

$$\P = \frac13 \approx 0.3333$$

В чём разница с предыдущей задачей

«Старший — мальчик» указывает на конкретного ребёнка и убирает два исхода. «Хотя бы один мальчик» не указывает, какой именно, и убирает только один исход. Разные условия сужают $\Omega$ по-разному — отсюда $\frac12$ против $\frac13$.

The condition “at least one boy” removes only $GG$ from the four outcomes and leaves $\{BB, BG, GB\}$. Exactly one is favorable.

$$\P = \frac13 \approx 0.3333$$

How this differs from the previous problem

“The older child is a boy” identifies a specific child and removes two outcomes. “At least one child is a boy” does not identify which child and removes only one outcome. The two conditions restrict $\Omega$ differently, producing $\frac12$ versus $\frac13$.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

W0304Разминкаступень 1Вероятность✓разминка

В урне 4 белых и 6 чёрных шаров. Наугад вынимают два шара подряд, первый обратно не возвращают. Найдите вероятность того, что оба шара белые. Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

An urn contains 4 white and 6 black balls. Two balls are drawn in sequence without replacement. Find the probability that both are white. Round to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Это одна ветка дерева: вероятность второго шага считается уже при вынутом первом шаре.

Follow one branch of the probability tree: the probability at the second step is computed after the first ball has been removed.

Решение / Solution

Идём вдоль ветки и перемножаем условные вероятности.

Первый шар белый: $\frac{4}{10}$. При этом условии в урне осталось 9 шаров, из них 3 белых, поэтому второй шар белый с вероятностью $\frac39$.

$$\P = \frac{4}{10} \cdot \frac{3}{9} = \frac{12}{90} = \frac{2}{15} \approx 0.1333$$

Проверка другим способом

То же число даёт классическое определение: пар шаров всего $\binom{10}{2} = 45$, пар из двух белых $\binom{4}{2} = 6$, и $\frac{6}{45} = \frac{2}{15}$. Два независимых пути к одному ответу — лучшая из доступных проверок.

Follow the branch and multiply the conditional probabilities.

The first ball is white with probability $\frac{4}{10}$. Then 9 balls remain, 3 of them white, so the second is white with probability $\frac39$.

$$\P = \frac{4}{10} \cdot \frac{3}{9} = \frac{12}{90} = \frac{2}{15} \approx 0.1333$$

Alternative check

There are $\binom{10}{2} = 45$ pairs in total and $\binom{4}{2} = 6$ all-white pairs, so $\frac{6}{45} = \frac{2}{15}$. Two independent routes to the same answer provide an excellent check.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

База

решено 7 из 7

Чистая техника без сюрпризов. Здесь нарабатывается автоматизм.

B0301Базаступень 2минимумВероятность✓авторская

В первом ящике 2 белых и 1 чёрный шар, во втором 1 белый и 2 чёрных, в третьем 3 белых. Наугад выбирают ящик (все три равновероятны), из него наугад достают один шар. Шар оказался белым. Какова вероятность, что был выбран третий ящик?

The first box contains 2 white and 1 black ball, the second contains 1 white and 2 black balls, and the third contains 3 white balls. One of the three boxes is selected uniformly at random, then one ball is drawn uniformly from it. The ball is white. What is the probability that the third box was selected?

ответверно

Подсказка / Hint

Три равновозможные гипотезы. Нарисуй дерево и посчитай сумму веток, ведущих к белому шару.

There are three equally likely hypotheses. Draw a tree and add the branches leading to a white ball.

Решение / Solution

Гипотезы равновероятны: $\P(H_i) = \frac13$. Условные вероятности достать белый: $\frac23$, $\frac13$, $1$.

Знаменатель — формула полной вероятности:

$$\P(\text{бел}) = \frac13\left(\frac23 + \frac13 + 1\right) = \frac13 \cdot 2 = \frac23$$

Байес:

$$\P(H_3 \mid \text{бел}) = \frac{\frac13 \cdot 1}{\frac23} = \frac12 = 0.5$$

Красивый факт

Третий ящик даёт белый шар гарантированно, а апостериорная вероятность всего $\frac12$. Причина: два других ящика вместе поставляют ровно столько же белых шаров.

The hypotheses are equally likely: $\P(H_i) = \frac13$. The conditional probabilities of drawing white are $\frac23$, $\frac13$, and $1$.

Denominator—law of total probability:

$$\P(\text{white}) = \frac13\left(\frac23 + \frac13 + 1\right) = \frac13 \cdot 2 = \frac23$$

Bayes' rule:

$$\P(H_3 \mid \text{white}) = \frac{\frac13 \cdot 1}{\frac23} = \frac12 = 0.5$$

A striking fact

The third box produces a white ball with certainty, yet its posterior probability is only $\frac12$. The reason is that the other two boxes together contribute exactly as much probability mass to the white-ball observation.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

B0302Базаступень 3минимумВероятность✓авторская

В урне 5 белых и 7 чёрных шаров. Наугад без возвращения вынимают два шара, порядок вынимания роли не играет. Известно, что среди вынутых есть хотя бы один белый. Найдите вероятность того, что оба шара белые. Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

An urn contains 5 white and 7 black balls. Two balls are drawn uniformly without replacement; their order is irrelevant. It is known that at least one drawn ball is white. Find the probability that both are white. Round to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Знаменатель считай через дополнение: «есть хотя бы один белый» — это «не все чёрные».

Compute the denominator by complement: “at least one white” means “not both black.”

Решение / Solution

Всего пар: $\binom{12}{2} = 66$. Пар совсем без белых: $\binom{7}{2} = 21$. Значит пар, где есть хотя бы один белый: $66 - 21 = 45$. Пар из двух белых: $\binom{5}{2} = 10$.

$$\P(\text{оба белых} \mid \text{есть белый}) = \frac{10}{45} = \frac29 \approx 0.2222$$

Без условия ответ был бы $\frac{10}{66} \approx 0.1515$. Условие сузило пространство исходов и подняло вероятность почти в полтора раза — точнее, в $\frac{66}{45} \approx 1.47$ раза.

There are $\binom{12}{2} = 66$ pairs in total and $\binom{7}{2} = 21$ pairs with no white ball. Thus $66 - 21 = 45$ pairs contain at least one white ball. The number of all-white pairs is $\binom{5}{2} = 10$.

$$\P(\text{both white} \mid \text{at least one white}) = \frac{10}{45} = \frac29 \approx 0.2222$$

Without the condition, the probability would be $\frac{10}{66} \approx 0.1515$. Restricting the sample space raises it by a factor of $\frac{66}{45} \approx 1.47$.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

B0303Базаступень 2Вероятность✓авторская

Три стрелка независимо стреляют по мишени по одному разу. Вероятности попадания равны $0.8$, $0.8$ и $0.7$. Найдите вероятность того, что будет ровно одно попадание.

Three shooters independently fire one shot each at a target. Their hit probabilities are $0.8$, $0.8$, and $0.7$. Find the probability of exactly one hit.

ответверно

Подсказка / Hint

Три несовместных случая: попал только первый, только второй, только третий. Внутри каждого — произведение.

There are three disjoint cases: only the first, only the second, or only the third shooter hits. Multiply within each case.

Решение / Solution

Три взаимоисключающих сценария, вероятности внутри каждого перемножаются (стрелки независимы), а между сценариями складываются:

$$\P = \underbrace{0.8 \cdot 0.2 \cdot 0.3}_{\text{только первый}} + \underbrace{0.2 \cdot 0.8 \cdot 0.3}_{\text{только второй}} + \underbrace{0.2 \cdot 0.2 \cdot 0.7}_{\text{только третий}}$$$$= 0.048 + 0.048 + 0.028 = 0.124$$

Проверка правдоподобности

Стрелки хорошие, поэтому «ровно одно попадание» должно быть редким событием. $0.124$ выглядит разумно. Если бы получилось $0.5$ — искать ошибку.

The three scenarios are mutually exclusive. Independence lets us multiply probabilities within each scenario, and disjointness lets us add across scenarios:

$$\P = \underbrace{0.8 \cdot 0.2 \cdot 0.3}_{\text{only the first}} + \underbrace{0.2 \cdot 0.8 \cdot 0.3}_{\text{only the second}} + \underbrace{0.2 \cdot 0.2 \cdot 0.7}_{\text{only the third}}$$$$= 0.048 + 0.048 + 0.028 = 0.124$$

Plausibility check

The shooters are accurate, so exactly one hit should be uncommon. The value $0.124$ is reasonable; a result such as $0.5$ would indicate an error.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

B0304Базаступень 3обязательнаяВероятность✓авторская · ловушка базовой ставки

Заболевание встречается у $0.5\%$ населения. Тест выявляет болезнь у больного с вероятностью $0.99$ и даёт отрицательный результат у здорового с вероятностью $0.97$. Человек получил положительный результат. Найдите вероятность того, что он действительно болен. Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

A disease affects $0.5\%$ of the population. A test detects the disease in an affected person with probability $0.99$ and gives a negative result for a healthy person with probability $0.97$. A person tests positive. Find the probability that the person actually has the disease. Round to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Нарисуй таблицу на 100 000 человек, прежде чем писать формулу. Ответ будет виден глазами.

Build a table for 100,000 people before writing a formula. The answer will then be visible directly.

Решение / Solution

Способ 1 — таблица на 100 000 человек.

	Тест «+»	Тест «−»	Всего
Больны	495	5	500
Здоровы	2985	96 515	99 500
Всего	3480	96 520	100 000

Больных $0.5\%$ — это 500 человек, тест находит $99\%$ из них: $495$. Здоровых 99 500, тест ошибается в $3\%$ случаев: $0.03 \cdot 99\,500 = 2985$.

$$\P(\text{болен} \mid +) = \frac{495}{3480} = \frac{33}{232} \approx 0.1422$$

Способ 2 — формула.

$$\P = \frac{0.99 \cdot 0.005}{0.99 \cdot 0.005 + 0.03 \cdot 0.995} = \frac{0.00495}{0.0348} \approx 0.1422$$

Суть

Тест почти безупречен, но при редкой болезни ложных срабатываний в шесть раз больше, чем истинных. Базовая ставка перевешивает качество теста. Это тот случай, где интуиция ошибается не на проценты, а в разы.

Method 1—a table for 100 000 people.

	Test “+”	Test “−”	Total
Diseased	495	5	500
Healthy	2985	96 515	99 500
Total	3480	96 520	100 000

$0.5\%$ of the population is 500 people, and the test detects $99\%$ of them: 495. There are 99 500 healthy people, and the test is wrong for $3\%$ of them: $0.03 \cdot 99\,500 = 2985$.

$$\P(\text{diseased} \mid +) = \frac{495}{3480} = \frac{33}{232} \approx 0.1422$$

Method 2—the formula.

$$\P = \frac{0.99 \cdot 0.005}{0.99 \cdot 0.005 + 0.03 \cdot 0.995} = \frac{0.00495}{0.0348} \approx 0.1422$$

The point

The test is nearly flawless, but because the disease is rare, false positives outnumber true positives six to one. The base rate outweighs the test's accuracy. Here intuition is wrong not by a few percentage points, but by a large factor.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

B0305Базаступень 3обязательнаяВероятность✓авторская

В первом ящике 4 годные детали и 2 бракованные, во втором — 2 годные и 4 бракованные. Наугад выбирают ящик (оба равновероятны) и вынимают из него подряд две детали, первую обратно не возвращают. Найдите вероятность того, что обе детали оказались годными. Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

The first box contains 4 good and 2 defective components; the second contains 2 good and 4 defective components. One of the boxes is selected uniformly at random, and two components are drawn from it in sequence without replacement. Find the probability that both are good. Round to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Две гипотезы — какой ящик выбран. Внутри каждой наблюдение состоит из двух шагов, поэтому правдоподобие считается цепным правилом, а не одним множителем.

The two hypotheses are the choices of box. Within each hypothesis the observation has two steps, so use the chain rule for its likelihood rather than a single factor.

Решение / Solution

Гипотезы: $H_1$ — выбран первый ящик, $H_2$ — второй, обе с вероятностью $\frac12$. Они несовместны и покрывают всё: ящик ровно один, других нет.

Правдоподобие внутри гипотезы. Наблюдение $G$ — «обе детали годные» — двухшаговое, и первая деталь обратно не идёт, значит состав ящика ко второму шагу меняется:

$$\P(G \mid H_1) = \frac46 \cdot \frac35 = \frac25, \qquad \P(G \mid H_2) = \frac26 \cdot \frac15 = \frac1{15}$$

Складываем ветки.

$$\P(G) = \frac12 \cdot \frac25 + \frac12 \cdot \frac1{15} = \frac15 + \frac1{30} = \frac{7}{30} \approx 0.2333$$

Проверка счётом деталей

В каждом ящике по 6 деталей, поэтому упорядоченных пар «первая, вторая» в каждом ровно $6 \cdot 5 = 30$, а всего с учётом выбора ящика 60, и все они равновозможны. Пар из двух годных в первом ящике $4 \cdot 3 = 12$, во втором $2 \cdot 1 = 2$, вместе 14. Отсюда $\frac{14}{60} = \frac{7}{30}$ — то же число другим путём.

Если спросят наоборот

«Обе детали годные — какова вероятность, что брали первый ящик?» Знаменатель уже собран, но быстрее правило шансов: априорные шансы $1 : 1$, правдоподобия относятся как $\frac25 : \frac1{15} = 6 : 1$, значит апостериорные шансы $6 : 1$ и ответ $\frac67 \approx 0.8571$. Ровно эта связка — сумма веток для одного вопроса и деление на неё для другого — стоит за парой y0301 и y0302.

Let $H_1$ and $H_2$ denote selection of the first and second boxes. Each has probability $\frac12$; they are disjoint and exhaustive.

Likelihood under each hypothesis. Let $G$ be the event that both components are good. Because the first component is not replaced, the composition changes before the second draw:

$$\P(G \mid H_1) = \frac46 \cdot \frac35 = \frac25, \qquad \P(G \mid H_2) = \frac26 \cdot \frac15 = \frac1{15}$$

Add the branches.

$$\P(G) = \frac12 \cdot \frac25 + \frac12 \cdot \frac1{15} = \frac15 + \frac1{30} = \frac{7}{30} \approx 0.2333$$

Check by counting outcomes

Each box has $6 \cdot 5 = 30$ ordered pairs, so including the choice of box there are 60 equally likely outcomes. The first box has $4 \cdot 3 = 12$ all-good ordered pairs and the second has $2 \cdot 1 = 2$, for 14 total. Thus $\frac{14}{60} = \frac{7}{30}$.

If the question is reversed

Suppose we are told both components were good and asked for the probability that the first box was used. The denominator is already available, but odds are quicker: prior odds are $1 : 1$, while the likelihood ratio is $\frac25 : \frac1{15} = 6 : 1$. The posterior odds are therefore $6 : 1$, giving $\frac67 \approx 0.8571$. This pairing—adding branches for one question and dividing by their sum for the reverse question—drives y0301 and y0302.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

B0306Базаступень 2обязательнаяВероятность✓авторская

В компании 180 инженеров и 120 менеджеров, других сотрудников нет. Внутренний экзамен сдали $65\%$ всех сотрудников компании, а среди инженеров экзамен сдали $70\%$. Найдите долю сдавших среди менеджеров.

A company has 180 engineers and 120 managers, with no other employees. Overall, $65\%$ of employees passed an internal exam, while $70\%$ of the engineers passed. Find the proportion of managers who passed.

ответверно

Подсказка / Hint

Переведи все проценты в людей. Дальше остаётся одно уравнение с одним неизвестным.

Convert every percentage into a number of people. One equation with one unknown remains.

Решение / Solution

Переводим в людей. Всего сотрудников $180 + 120 = 300$. Сдали экзамен $0.65 \cdot 300 = 195$ человек. Из них инженеров: $0.70 \cdot 180 = 126$.

Остаток — менеджеры. Сдавших менеджеров $195 - 126 = 69$, а всего менеджеров 120:

$$\frac{69}{120} = 0.575$$

Приём, ради которого стоит эта задача

Строка «всего сдали» — это уравнение. В людях оно выглядит так: $180 \cdot 0.7 + 120 \cdot q = 300 \cdot 0.65$, где $q$ — искомая доля. Одно неизвестное, одно уравнение, никакой вероятности вообще не нужно. Проценты, посчитанные в людях, не дают потерять ни множитель, ни знак.

Convert proportions to counts. There are $180 + 120 = 300$ employees. Of these, $0.65 \cdot 300 = 195$ passed, including $0.70 \cdot 180 = 126$ engineers.

The remainder are managers. Thus $195 - 126 = 69$ managers passed, out of 120 managers:

$$\frac{69}{120} = 0.575$$

The useful technique

“Total number who passed” is an equation. In counts it reads $180 \cdot 0.7 + 120 \cdot q = 300 \cdot 0.65$, where $q$ is the desired proportion. This is one equation in one unknown; no probability theory is needed. Converting percentages to counts prevents lost factors and sign errors.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

B0307Базаступень 3обязательнаяВероятность✓авторская

На потоке 300 первокурсников и 200 второкурсников, других студентов нет. Зачёт сдали $72\%$ всего потока, а среди первокурсников зачёт сдали $78\%$. Наугад выбирают одного студента среди тех, кто зачёт не сдал. Найдите вероятность того, что это второкурсник. Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

A cohort contains 300 first-year and 200 second-year students, and no others. Overall, $72\%$ passed an assessment, while $78\%$ of the first-year students passed. One student is chosen uniformly from those who failed. Find the probability that the student is in the second year. Round to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Сначала достройте таблицу «курс × сдал / не сдал» в абсолютных числах целиком, и только потом смотрите, что спрашивают.

First complete the entire “year × passed/failed” table using absolute counts. Only then read the requested value.

Решение / Solution

Достраиваем таблицу. Всего студентов 500, зачёт сдали $0.72 \cdot 500 = 360$. Первокурсников сдали $0.78 \cdot 300 = 234$, значит второкурсников сдали $360 - 234 = 126$. Дальше каждая клетка получается вычитанием из итога строки.

	Сдал	Не сдал	Всего
1 курс	234	66	300
2 курс	126	74	200
Всего	360	140	500

Читаем ответ прямо из таблицы. Условие «не сдал» выбирает столбец из 140 человек, из них второкурсников 74:

$$\P(\text{2 курс} \mid \text{не сдал}) = \frac{74}{140} = \frac{37}{70} \approx 0.5286$$

Почему таблица, а не формула

Формула Байеса здесь дала бы то же самое, но потребовала бы удержать в голове четыре сомножителя. Достроенная таблица делает ответ делением двух целых чисел, и любую клетку можно перепроверить сложением по строке и по столбцу. На онлайн-этапе, где принимается только число, это решающее преимущество.

Complete the table. There are 500 students, of whom $0.72 \cdot 500 = 360$ passed. Among the first-years, $0.78 \cdot 300 = 234$ passed, so $360 - 234 = 126$ second-years passed. Every remaining cell follows by subtracting from its row total.

	Passed	Failed	Total
Year 1	234	66	300
Year 2	126	74	200
Total	360	140	500

Read the answer from the table. The condition “failed” selects a column of 140 students, 74 of whom are second-years:

$$\P(\text{Year 2} \mid \text{failed}) = \frac{74}{140} = \frac{37}{70} \approx 0.5286$$

Why use a table rather than a formula?

Bayes' rule gives the same result but requires tracking four factors mentally. The completed table reduces the answer to a ratio of integers, and every cell can be checked by row and column sums. That is a decisive advantage in an online round that accepts only a number.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

Уровень YMLS

решено 3 из 3

Целевая сложность вступительного экзамена. Ответ — число.

Y0301Уровень YMLSступень 4минимумВероятность✓Официальная задача YMLS · Practice Problem 1, Q2

Есть четыре монеты: три честные и одна с двумя орлами. Наугад берут одну монету (не рассматривая её) и подбрасывают дважды. Найдите вероятность того, что оба раза выпал орёл.

There are four coins: three fair coins and one double-headed coin. One coin is selected uniformly without looking at it and tossed twice. Find the probability of getting heads both times.

ответверно

Подсказка / Hint

Формула полной вероятности по двум гипотезам.

Apply the law of total probability to two hypotheses.

Решение / Solution

Гипотезы: $H_1$ — честная монета, $\P(H_1) = \frac34$; $H_2$ — двухорловая, $\P(H_2) = \frac14$.

Правдоподобия: $\P(OO \mid H_1) = \frac12 \cdot \frac12 = \frac14$, $\P(OO \mid H_2) = 1$.

$$\P(OO) = \frac34 \cdot \frac14 + \frac14 \cdot 1 = \frac{3}{16} + \frac{4}{16} = \frac{7}{16} = 0.4375$$

Let $H_1$ be the fair-coin hypothesis, with $\P(H_1) = \frac34$, and $H_2$ the double-headed hypothesis, with $\P(H_2) = \frac14$.

The likelihoods are $\P(HH \mid H_1) = \frac12 \cdot \frac12 = \frac14$ and $\P(HH \mid H_2) = 1$.

$$\P(HH) = \frac34 \cdot \frac14 + \frac14 \cdot 1 = \frac{3}{16} + \frac{4}{16} = \frac{7}{16} = 0.4375$$

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

Y0302Уровень YMLSступень 4минимумВероятность✓Официальная задача YMLS · Practice Problem 1, Q3

В условиях предыдущей задачи (четыре монеты, три честные и одна с двумя орлами; наугад взятую монету бросили дважды) известно, что оба броска дали орла. Найдите вероятность того, что была взята монета с двумя орлами. Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

In the setting of the previous problem—four coins, three fair and one double-headed—a randomly selected coin was tossed twice and both tosses were heads. Find the probability that the double-headed coin was selected. Round to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Байес. Знаменатель уже посчитан в предыдущем пункте.

Use Bayes' rule. The denominator was computed in the previous problem.

Решение / Solution

RU$$\P(H_2 \mid OO) = \frac{\P(OO \mid H_2)\,\P(H_2)}{\P(OO)} = \frac{1 \cdot \frac14}{\frac{7}{16}} = \frac{4}{7} \approx 0.5714$$

Структура любой байесовской задачи

Эта пара задач показывает её целиком: сначала формула полной вероятности даёт знаменатель, потом Байес переворачивает условие. Априорная вероятность $\frac14$ выросла до $\frac47$ — наблюдение сдвинуло убеждение более чем вдвое, но не до уверенности.

EN$$\P(H_2 \mid HH) = \frac{\P(HH \mid H_2)\,\P(H_2)}{\P(HH)} = \frac{1 \cdot \frac14}{\frac{7}{16}} = \frac{4}{7} \approx 0.5714$$

Structure of every Bayesian problem

This pair of problems displays the full pattern: first the law of total probability gives the denominator, then Bayes' rule reverses the condition. The prior probability $\frac14$ rises to $\frac47$: the observation more than doubles our belief, but does not establish certainty.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

Y0304Уровень YMLSступень 4минимумВероятность✓Официальная задача YMLS · Practice Problem 2, Q2

В условиях предыдущей задачи (800 учеников, численности $5 : 9 : 6$, та же таблица долей) про наугад выбранного ученика известно, что он не сдал математику. Найдите вероятность того, что он из 7 класса.

In the setting of the previous problem—800 students, year-group sizes $5 : 9 : 6$, and the same table of pass rates—a randomly selected student is known to have failed Mathematics. Find the probability that the student is in Year 7.

ответверно

Подсказка / Hint

Это Байес, прочитанный прямо из таблицы абсолютных чисел.

This is Bayes' rule read directly from a table of absolute counts.

Решение / Solution

Всего не сдали математику: $800 - 0.4 \cdot 800 = 480$ человек.

Семиклассников, не сдавших математику: $(1 - 0.28) \cdot 200 = 0.72 \cdot 200 = 144$, где $X = 0.28$ восстановлено в предыдущей задаче.

$$\P(\text{7 класс} \mid \text{не сдал матем.}) = \frac{144}{480} = 0.3$$

The total number who failed Mathematics is $800 - 0.4 \cdot 800 = 480$.

The number of Year 7 students who failed Mathematics is $(1 - 0.28) \cdot 200 = 0.72 \cdot 200 = 144$, using $X = 0.28$ from the previous problem.

$$\P(\text{Year 7} \mid \text{failed Mathematics}) = \frac{144}{480} = 0.3$$

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

Уровень ШАД

решено 0 из 1

Выше, чем требуется. Берём только там, где тема реально встречалась на их экзаменах.

S0301Уровень ШАДступень 4Вероятностьпарадокс Гарднера, уровень ШАД

У человека двое детей. Известно, что хотя бы один из них — мальчик, родившийся во вторник. Найдите вероятность того, что оба ребёнка мальчики.

Считайте, что пол и день недели каждого ребёнка независимы, все семь дней и оба пола равновероятны. Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

A person has two children. It is known that at least one is a boy born on Tuesday. Find the probability that both children are boys.

Assume that each child's sex and day of birth are independent, with all seven days and both sexes equally likely. Round the answer to four decimal places.

ответневерно · 1-я попытка

Подсказка / Hint

Опиши каждого ребёнка парой «пол, день недели». Сколько всего таких пар и сколько комбинаций для двоих детей?

Describe each child by the pair “sex, day of the week.” How many such pairs are possible, and how many combinations are there for two children?

Решение / Solution

Каждый ребёнок описывается парой (пол, день недели) — всего $2 \cdot 7 = 14$ равновозможных вариантов. Для двоих детей: $14^2 = 196$ исходов.

Знаменатель — исходы, где есть мальчик-вторник. Считаем дополнением. Исходы, где мальчика-вторника нет: каждый ребёнок — один из $14 - 1 = 13$ прочих вариантов, то есть $13^2 = 169$. Значит подходящих $196 - 169 = 27$.

Числитель — оба мальчики и хотя бы один родился во вторник. Всего пар мальчиков $7^2 = 49$. Из них без вторника $6^2 = 36$. Остаётся $49 - 36 = 13$.

$$\P = \frac{13}{27} \approx 0.4815$$

Почему это ломает интуицию

Три условия про одну и ту же семью дают три разных ответа: «старший — мальчик» даёт $\frac12$ (задача w0302), «хотя бы один мальчик» — $\frac13$ (задача w0303), «хотя бы один мальчик, рождённый во вторник» — $\frac{13}{27} \approx 0.48$.

Казалось бы, день недели — посторонняя деталь, а ответ меняется. Причина: она меняет пространство исходов. Никакого словесного правила «чем подробнее условие, тем ответ ближе к $\frac12$» при этом нет: условие «хотя бы один мальчик, родившийся в понедельник или во вторник» тоже подробное, а даёт $\frac{49 - 5^2}{196 - 12^2} = \frac{24}{52} = \frac{6}{13} \approx 0.4615$ — меньше, чем один вторник. Ряд $\frac13$, $\frac{6}{13}$, $\frac{13}{27}$, $\frac12$ выстраивается только счётом, а в уроке стоит контрпример, где адресное условие роняет ответ до нуля.

Мораль для экзамена одна: выписывай $\Omega$ полностью и считай, а не рассуждай словами. В этой теме словесная интуиция подводит систематически.

Each child is described by a pair (sex, day of the week), giving $2 \cdot 7 = 14$ equally likely possibilities. Two children therefore produce $14^2 = 196$ outcomes.

Denominator—outcomes with a Tuesday-born boy. Use the complement. If there is no Tuesday-born boy, each child has one of the other $14 - 1 = 13$ descriptions, giving $13^2 = 169$ outcomes. Thus the condition leaves $196 - 169 = 27$ outcomes.

Numerator—both are boys and at least one was born on Tuesday. There are $7^2 = 49$ pairs of boys, of which $6^2 = 36$ contain no Tuesday birth. This leaves $49 - 36 = 13$.

$$\P = \frac{13}{27} \approx 0.4815$$

Why intuition fails here

Three conditions about the same family produce three different answers: “the older child is a boy” gives $\frac12$ (w0302), “at least one child is a boy” gives $\frac13$ (w0303), and “at least one is a boy born on Tuesday” gives $\frac{13}{27} \approx 0.48$.

The weekday may look irrelevant, but it changes the sample space. There is no verbal rule saying that a more detailed condition makes the answer closer to $\frac12$. For example, “at least one boy born on Monday or Tuesday” gives $\frac{49 - 5^2}{196 - 12^2} = \frac{24}{52} = \frac{6}{13} \approx 0.4615$, less than the Tuesday-only answer. The sequence $\frac13$, $\frac{6}{13}$, $\frac{13}{27}$, $\frac12$ emerges only from counting; the lesson even contains a counterexample where a condition specifying a particular child drives the answer to zero.

The exam lesson is simple: write out $\Omega$ completely and count instead of reasoning verbally. Verbal intuition is systematically unreliable in this topic.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

Мини-тест под таймером

20 минут

Одна задача, таймер идёт, подсказки и решение не открываются до истечения времени. Это тренировка не математики, а поведения под давлением.

Y0303Уровень YMLSступень 4минимумВероятность✓Официальная задача YMLS · Practice Problem 2, Q1

В школе 800 учеников 7–9 классов, их численности относятся как $5 : 9 : 6$. Доли сдавших приведены в таблице; $X$ и $Y$ неизвестны и восстанавливаются из последней строки «Всего сдали», где указаны доли сдавших по всей школе.

Доля сдавших	Математика	Английский
7 класс	$X$	0.54
8 класс	0.4	0.5
9 класс	0.5	$Y$
Всего сдали	0.4	0.6

Найдите отношение числа девятиклассников, не сдавших английский, к числу восьмиклассников, сдавших математику. Ответ дайте в виде a:b — несократимым отношением двух целых чисел.

A school has 800 students in Years 7–9, with year-group sizes in the ratio $5 : 9 : 6$. The proportions who passed are shown below. The unknowns $X$ and $Y$ can be recovered from the last row, which gives the school-wide pass rates.

Proportion passed	Mathematics	English
Year 7	$X$	0.54
Year 8	0.4	0.5
Year 9	0.5	$Y$
Overall	0.4	0.6

Find the ratio of the number of Year 9 students who failed English to the number of Year 8 students who passed Mathematics. Give the answer as a:b, a reduced ratio of integers.

ответверно

Подсказка / Hint

Сначала переведи доли в абсолютные числа людей, потом восстанови $X$ и $Y$ из строки «Всего сдали».

First convert proportions to student counts, then recover $X$ and $Y$ from the overall row.

Решение / Solution

Численности. $5 + 9 + 6 = 20$, значит

$$n_7 = \tfrac{5}{20} \cdot 800 = 200, \quad n_8 = 360, \quad n_9 = 240$$

Восстанавливаем $X$ из итога по математике:

$$200X + 0.4 \cdot 360 + 0.5 \cdot 240 = 0.4 \cdot 800$$$$200X + 144 + 120 = 320 \;\Rightarrow\; 200X = 56 \;\Rightarrow\; X = 0.28$$

Восстанавливаем $Y$ из итога по английскому:

$$0.54 \cdot 200 + 0.5 \cdot 360 + 240Y = 0.6 \cdot 800$$$$108 + 180 + 240Y = 480 \;\Rightarrow\; 240Y = 192 \;\Rightarrow\; Y = 0.8$$

Считаем требуемое. Девятиклассников, не сдавших английский: $(1 - 0.8) \cdot 240 = 48$. Восьмиклассников, сдавших математику: $0.4 \cdot 360 = 144$.

$$48 : 144 = 1 : 3$$

Метод, который стоит перенести на все задачи такого типа

Переводи проценты в абсолютные числа сразу, ещё до того как понял, что спрашивают. Тогда любой вопрос про условную вероятность превращается в деление двух целых чисел, и арифметическая ошибка почти исключена.

Year-group sizes. Since $5 + 9 + 6 = 20$,

$$n_7 = \tfrac{5}{20} \cdot 800 = 200, \quad n_8 = 360, \quad n_9 = 240$$

Recover $X$ from the Mathematics total:

$$200X + 0.4 \cdot 360 + 0.5 \cdot 240 = 0.4 \cdot 800$$$$200X + 144 + 120 = 320 \;\Rightarrow\; 200X = 56 \;\Rightarrow\; X = 0.28$$

Recover $Y$ from the English total:

$$0.54 \cdot 200 + 0.5 \cdot 360 + 240Y = 0.6 \cdot 800$$$$108 + 180 + 240Y = 480 \;\Rightarrow\; 240Y = 192 \;\Rightarrow\; Y = 0.8$$

Compute the requested counts. The number of Year 9 students who failed English is $(1 - 0.8) \cdot 240 = 48$. The number of Year 8 students who passed Mathematics is $0.4 \cdot 360 = 144$.

$$48 : 144 = 1 : 3$$

A reusable method

Convert percentages to absolute counts immediately, before even deciding what is being asked. Conditional-probability questions then become ratios of integers, making arithmetic errors far less likely.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

день закрыт, когда

По тексту любой сегодняшней задачи за 20 секунд говоришь вслух, что стоит справа от чёрточки и что слева, и не начинаешь считать, пока это не произнесеноFor any problem today, say aloud within 20 seconds what is to the right of the bar and what is to the left, and do not start calculating until you have said it

Любую таблицу долей переводишь в целых людей и достраиваешь до конца меньше чем за минуту, а недостающую долю восстанавливаешь одним уравнением по строке «всего»Convert any table of proportions into whole people and complete it in under a minute; recover a missing proportion with one equation from the “total” row

Формулу Байеса собираешь из нарисованного дерева за 15 секунд, не заглядывая в конспект, и называешь знаменатель словами «сумма всех веток, ведущих к наблюдению»Assemble Bayes’ rule from a drawn tree in 15 seconds without looking at notes, and name the denominator as “the sum of all branches leading to the observation”

Увидев «хотя бы один», сразу пишешь дополнение и для числителя, и для знаменателя; проверка — w0301 и b0302 решены этим ходом без подсказкиWhen you see “at least one,” immediately write the complement for both numerator and denominator; check that this move solves w0301 and b0302 without a hint

Все четыре обязательные задачи решены без подсказки, минимум три из них — с первого ввода ответа; в b0305 вслух сказано, почему второй множитель не равен первому, а в y0301 — почему там он ему равенSolve all four mandatory problems without hints; at least three should be submitted on the first attempt. In b0305, say aloud why the second factor is not equal to the first; in y0301, say why it is equal

Мини-тест y0303 сдан за 20 минут с первого ввода, и ты можешь сказать, какая из двух восстановленных долей в ответ на него вообще не входитSubmit mini-test y0303 in 20 minutes on the first entry, and explain which of the two recovered proportions does not appear in its answer

аудит дня

Раздели ошибки на два типа и запиши в журнал каждую. Первый тип — перепутал, что дано: посчитал $\P(B \mid A)$ вместо $\P(A \mid B)$, взял не тот знаменатель, принял условие существования за адресное. Второй — структура выбрана верно, а ответ не сошёлся: арифметика, потерянный множитель, не восстановленная доля.

Диагнозы разные. Первый лечится триггерами и привычкой помечать условие на полях, второй — переходом в целые числа и проверками по строкам и столбцам. Если ошибок второго типа сегодня больше двух, завтра любую задачу с процентами начинай с перевода в людей, даже когда кажется, что можно в уме: на онлайн-этапе такая ошибка стоит ровно столько же, сколько незнание темы.

Separate today’s errors into two types and record each one. The first is misreading what is given: you calculated $\P(B \mid A)$ instead of $\P(A \mid B)$, chose the wrong denominator, or treated an existence condition as an address-specific one. The second is a correct structure with a wrong answer: arithmetic, a lost factor, or a missing recovered proportion.

The diagnoses differ. Treat the first with the triggers and the habit of marking the condition in the margin; treat the second by switching to whole numbers and checking row and column totals. If you make more than two second-type errors today, start every percentage problem tomorrow by converting to people, even when mental arithmetic seems possible: on the online stage, that error costs exactly as much as not knowing the topic.

заметка дня

Открыть журнал ошибок

← Вероятность как доляProbability as a fraction of the whole Случайные величины и среднееRandom variables and expectation →