§1.5 事件的独立性（Independence）

两个事件相互独立

若

\[ P(A\cap B)=P(A)P(B), \]

则称 \(A,B\) 相互独立（independent）。定义不需要 \(P(A),P(B)\) 为正。

\(P(B)>0\) 时等价于 \(P(A\mid B)=P(A)\)；\(P(A)>0\) 时等价于 \(P(B\mid A)=P(B)\)：另一事件发生不改变其概率。

例如，袋中有 8 件正品、2 件次品，\(A_i\) 表示第 \(i\) 次取到正品：

• 放回并充分混合后抽取：\(P(A_2\mid A_1)=8/10=P(A_2)\)，两次结果独立。
• 不放回抽取：\(P(A_2\mid A_1)=7/9\ne8/10\)，不独立。

取补不改变独立性

以下四个命题等价：

\[ A\perp B,\qquad A^c\perp B,\qquad A\perp B^c,\qquad A^c\perp B^c. \]

其中 \(\perp\) 表示独立。证明例如

\[ P(A^cB)=P(B)-P(AB) =P(B)[1-P(A)]=P(A^c)P(B). \]

独立与互斥（Mutually Exclusive）

概念	数学条件	含义
独立	\(P(AB)=P(A)P(B)\)	概率不因另一个事件发生而改变
互斥	\(AB=\varnothing\)	两者不能同时发生

如果 \(P(A)P(B)>0\)，互斥与独立不能同时成立；零概率事件是例外。概率为 0 或 1 的事件与任意事件独立。特别地，\(A\) 与自身独立当且仅当

\[ P(A)=P(A)^2 \iff P(A)\in\{0,1\}. \]

多个事件：两两独立与相互独立

两两独立（pairwise independence）只要求任意两个事件独立。

相互独立（mutual independence）要求每个至少包含两个事件的子组都满足概率乘法：

\[ P\left(\bigcap_{j=1}^k A_{i_j}\right) =\prod_{j=1}^kP(A_{i_j}), \qquad 2\le k\le n. \]

三个事件相互独立需要三条两两乘法式及一条三重乘法式，共四个条件；只验证三重乘法式也不够。

反例：两两独立不能推出相互独立

四个等可能结果为 \(S=\{1,2,3,4\}\)，设

\[ A=\{1,4\},\quad B=\{2,4\},\quad C=\{3,4\}. \]

三者概率均为 \(1/2\)，任意两者交集概率均为 \(1/4\)，所以两两独立。但是

\[ P(ABC)=\frac14\ne\frac18=P(A)P(B)P(C). \]

自绘。每行是概率为 \(1/4\) 的结果。来源与许可。

相互独立事件中，任取若干项换为补事件仍独立；对不重叠的事件组分别作并、交、补，结果也独立。两两独立不足以保证这些性质。

独立重复试验与“至少一次”

独立试验（independent trials）指结果独立，重复试验指条件与成功率相同；合称独立同分布试验（independent and identically distributed trials）。成功率为 \(p\)，重复 \(n\) 次时：

\[ P(\text{一次也不发生})=(1-p)^n,\qquad P(\text{至少发生一次})=1-(1-p)^n. \]

固定 \(p>0\) 时，后者随 \(n\to\infty\) 趋于 1。单次概率小，不代表反复尝试的累计概率仍小。

例：三局两胜与五局三胜

每局甲胜的概率为 \(p\)，各局独立。按“最后一局必须获胜”分类：

\[ P_3=p^2+2p^2(1-p), \]

\[ P_5=p^3+3p^3(1-p)+6p^3(1-p)^2. \]

也可补足未赛局，按固定局数中的多数胜场计数，结果相同。

\[ P_5-P_3=3p^2(1-p)^2(2p-1). \]

因此 \(1/2<p<1\) 时较长赛制有利；\(0<p<1/2\) 时较短赛制有利；\(p=0,1/2,1\) 时两者相同。

例：等待两个指定结果中谁先出现

各轮独立地从编号 1–4 的球中放回取两次。和为 3、5 的概率为 \(a=2/16,b=4/16\)，其他结果重试。设和为 3 先出现的概率为 \(r\)：

\[ r=a+(1-a-b)r \implies r=\frac{a}{a+b}=\frac13. \]

也可对“第一次出现这两种结果之一的轮数”求和： \(r=\sum_{k\ge1}(1-a-b)^{k-1}a\)。公式要求 \(a+b>0\)。

系统可靠性（System Reliability）

元件正常工作的事件独立，正常概率为 \(p_i\)：

\[ P(\text{串联系统正常})=\prod_i p_i,\qquad P(\text{并联系统正常})=1-\prod_i(1-p_i). \]

桥式网络的成功路径有重叠，宜按关键元件 \(E\) 是否正常作划分：

\[ P(S)=P(E)P(S\mid E)+P(E^c)P(S\mid E^c). \]

主课件五元件桥式网络中，按中间桥接元件是否正常分类，得到

\[ P(S)=p(2p-p^2)^2+(1-p)(2p^2-p^4) =2p^2+2p^3-5p^4+2p^5. \]

作业｜习题一 B7：四元件系统

题目。四个独立元件正常工作的概率为 \(p_1,\ldots,p_4\)。至少三个正常时系统正常。求系统正常概率 \(\alpha\)；给定系统正常，四个均正常的概率 \(\beta\)；独立观察三次，恰有两次正常的概率 \(\gamma\)。

解析。设 \(E_i\) 为第 \(i\) 个元件正常，\(S\) 为系统正常。按“四个正常”和“恰有一个故障”分为互斥事件：

\[ \alpha=P(S)=\prod_{i=1}^4p_i+ \sum_{i=1}^4(1-p_i)\prod_{j\ne i}p_j. \]

因为 \(\bigcap_iE_i\subseteq S\)，当 \(\alpha>0\) 时

\[ \beta=P\left(\bigcap_iE_i\mid S\right) =\frac{\prod_ip_i}{\alpha}. \]

三次观察既独立又具有相同的正常概率，故

\[ \gamma=\binom32\alpha^2(1-\alpha)=3\alpha^2(1-\alpha). \]

条件独立（Conditional Independence）

给定 \(H\)，若

\[ P(AB\mid H)=P(A\mid H)P(B\mid H), \]

则称 \(A,B\) 在 \(H\) 下条件独立；不保证无条件独立。先给定共同环境（conditional on the common environment），再计算。

例：同一把枪连续射击

随机取枪，已校正的概率为 0.7；已校正枪命中率 0.8，未校正枪命中率 0.4。给定枪的类型，两次射击独立。设 \(H\) 为已校正，\(B_i\) 为第 \(i\) 枪命中：

\[ P(B_1)=0.7(0.8)+0.3(0.4)=0.68, \]

\[ P(B_1B_2)=0.7(0.8)^2+0.3(0.4)^2=0.496 \ne(0.68)^2. \]

同一把枪是共同条件，不能将平均命中率平方。第一枪命中后：

\[ P(H\mid B_1)=\frac{0.7(0.8)}{0.68}=\frac{14}{17}. \]

作业｜习题一 B8：雾霾与戴口罩

题目。出现雾霾的概率为 0.4；雾霾天每位居民戴口罩概率为 0.2，非雾霾天为 0.01。同一天、给定天气后，居民的选择独立。求随机一位居民戴口罩及同时选三位居民至少一位戴口罩的概率。

解析。设 \(H\) 为雾霾，\(M_i\) 为第 \(i\) 人戴口罩：

\[ P(M_1)=0.4(0.2)+0.6(0.01)=0.086. \]

共同天气下先条件计算，再加权：

\[ \begin{aligned} P(M_1\cup M_2\cup M_3) &=0.4[1-0.8^3]+0.6[1-0.99^3]\\ &=0.2130206. \end{aligned} \]

\(1-(1-0.086)^3\) 错把三人的无条件选择当成独立。

例：诊断试验与连续两次阳性

设 \(D\) 为患病，\(+\) 为阳性。患病率 0.01、假阳性率 0.05、假阴性率 0.04，意味着

\[ P(+\mid D^c)=0.05,\qquad P(+\mid D)=0.96. \]

一次阳性后的患病概率为

\[ P(D\mid+)=\frac{0.01(0.96)} {0.01(0.96)+0.99(0.05)} \approx0.1624. \]

若给定患病状态后两次检测条件独立，则

\[ P(D\mid+,+)=\frac{0.01(0.96)^2} {0.01(0.96)^2+0.99(0.05)^2} \approx0.7883. \]

平方依据是给定患病状态后的独立性，不是无条件独立。

参考资料

主课件第 93–113 页；课堂识别 lecture-record-21；教材习题一 B7、B8。