1.6 事件的独立性

1.6.1 两个事件的独立性

设A，B是试验E中的两个事件，若P（A）>0，可以定义P（B|A），一般A的发生对B发生的概率是有影响的，这时P（B|A）≠P（B），只有在这种影响不存在时才会有P（B|A）=P（B），这时有

P（AB）=P（B|A）P（A）=P（A）P（B）

例1.28　设试验E为“抛甲、乙两枚硬币，观察正反面出现的情况”，H表示出现正面，T表示出现反面，设事件A为“甲币出现H”，事件B为“乙币出现H”，E的样本空间为

S={HH，TT，HT，TH}

且A={HH，HT}，B={HH，TH}，因此

这里P（B|A）=P（B），而P（AB）=P（A）P（B）.

事实上，由题意显然有甲币是否出现正面与乙币是否出现正面是互不影响的.

定义1.8　设A，B是两事件，如果满足等式

则称事件A，B相互独立，简称A，B独立.

从定义可知，若P（A）>0，P（B）>0，则A，B相互独立与A，B互不相容不能同时成立. 若不相容，即AB=ø，则P（AB）=0≠P（A）P（B），故A，B不相互独立. 也可解释为：A，B互不相容，即A出现则B一定不出现，就是说A的出现影响到了B的出现，即不相互独立. 若A，B独立，则P（AB）=P（A）P（B）>0，所以AB≠ø，即A，B不是互不相容的.

定理1.5　设A，B是两个事件，且P（A）>0，若A，B相互独立，则P（B|A）=P（B），反之亦然.

定理1.6　若事件A与B独立，则下列各对事件也相互独立

证　由A，B独立，得

P（AB）=P（A）P（B）

=P（A-B）=P（A）-P（AB）=P（A）-P（A）P（B）

=P（A）[1-P（B）]=

即当A、B独立时，A与也独立. 其他情况读者自证.

例1.29　从一副不含大小王的52张扑克牌中任取一张，记A=“抽到J”，B=“抽到的牌是红色的”，问事件A、B是否独立？

解一 利用定义判断。由

即

P（AB）=P（A）P（B）

故事件A、B独立.

解二 利用条件概率判断. 由

即

P（A）=P（A|B）

故事件A、B独立.

注：从例1.29可见，判断事件的独立性，可利用定义或通过计算条件概率来判断. 但在实际应用中，常根据问题的实际意义去判断两事件是否独立.

1.6.2 多个事件的独立性

定义1.9　设A，B，C是三个事件，若满足等式

则称事件A，B，C相互独立.

前三个等式成立，称事件A，B，C是两两独立的. 第四个等式成立，称事件A，B，C是三三独立的.

一般地，设A1，A2，…，An是n（n≥2）个事件，如果其中任意2个，任意3个，…，直至n个事件乘积的概率，都等于各事件概率之积，则称事件A1，A2，…，An相互独立.

1.6.3 相互独立性的性质

性质1　若事件A1，A2，…，An（n≥2）相互独立，则其中任意k（1<k≤n）个事件也相互独立；

性质2　若n个事件A1，A2，…，An（n≥2）相互独立，则将A1，A2，…，An中任意m（1≤m≤n）个事件换成它们的对立事件，所以得到的n个事件仍相互独立；

性质3　设A1，A2，…，An是n（n≥2）个随机事件，则

A1，A2，…，An相互独立A1，A2，…，An两两独立；

即相互独立性是比两两独立性更强的性质.

例1.30　已知甲、乙两袋中分别装有编号为1，2，3，4的四个球. 今从甲、乙两袋中各取出一球，设A=“从甲袋中取出的是偶数号球”，B=“从乙袋中取出的是奇数号球”，C=“从两袋中取出的都是偶数号球或都是奇数号球”，试证A，B，C两两独立但不相互独立.

证　由题意知，P（A）=P（B）=P（C）=. 所以i，j分别表示从甲、乙两袋中取出球的号数，则样本空间为

S={（i，j）|i=1，2，3，4；j=1，2，3，4}.

由于S包含16个样本点，事件AB包含4个样本点：（2，1），（2，3），（4，1），（4，3），而AC，BC都各包含4个样本点，所以

于是有

P（AB）=P（A）P（B），P（AC）=P（A）P（C），P（AB）=P（A）P（B）因此A，B，C两两独立.

又因为ABC=ø，所以P（ABC）=0，而，显然

P（ABC）≠P（A）P（B）P（C）

故A，B，C不是相互独立的.

例1.31　加工某一零件共需经过四道工序，设第一、二、三、四道工序的次品率分别是2%，3%，5%，3%，假定各道工序是互不影响的，求加工出来的零件的次品率.

解　本题应先计算合格品率，这样可以使计算简便.

设Ai=“第i道工序产生次品”，i=1，2，3，4，D=“加工出的零件为次品”

由已知，A1、A2、A3、A4相互独立，则

1.6.4 贝努里概型

若随机试验只有两种可能的结果：事件A发生（记为A）或事件A不发生（记为），则称这样的试验为贝努里（Bernoulli）试验. 设

将贝努里试验独立地重复进行n次，称这一串重复的独立试验为n重贝努里试验，或简称为贝努里概型.

注：（1）为了使语言形象化，人们把贝努里试验的结果之一A叫做成功，另一结果叫做失败.

（2）有些试验的结果虽然不止两个，但如果我们只关心试验中的某一事件是否发生，则也可以将其化为贝努里试验. 例如，掷一颗骰子，我们只关心是否出现6点；进行射击试验，我们只关心是否命中靶子等都可以看成贝努里试验.

（3）n重贝努里试验是一种很重要的数学模型，在实际问题中具有广泛的应用. 其特点是：事件A在每次试验中发生的概率均为p，且不受其他各次试验中A是否发生的影响.

n重贝努里试验中事件A发生的次数的所有可能的取值为0，1，2，3，…，n，由于各次试验是相互独立的，因此事件A在指定的k次试验中发生，在其他n-k次试验中不发生的概率为

这种指定的方式有种，他们是两两互不相容的，所以在n重试验中，事件A恰好发生k次的概率为.

定理1.7（贝努里定理）　设在贝努里试验中，事件A发生的概率为p（0<p<1），则在n重贝努里试验中，事件A恰好发生k次的概率为

若记q=1-p，则，由于刚好是二项式（p+q）n的展开式中出现pk的那一项，故我们又称贝努里定理为二项概率公式.

例1.32　某种小树移栽后的成活率为90%，一居民小区移栽了20棵，求能成活18棵的概率.

解　观察一棵小树是否成活是随机试验E，每棵小树只有“成活”（A）或“没成活”两种可能结果，且P（A）=0.9. 各小树成活与否是彼此独立的，因此观察20棵小树是否成活可以看成是p=0.9的20重贝努里试验.

设所求概率为P（B），则由贝努里公式可得

例1.33　一个医生知道某种疾病患者自然痊愈率为0.25，为试验一种新药是否有效，把它给10个病人服用，且规定若10个病人中至少有4个治好则认为这种药有效，反之则认为无效. 求

（1）虽然新药有效，且把痊愈率提高到0.35，但通过实验却被否定的概率.

（2）新药完全无效，但通过实验却被认为有效的概率.

解　（1）设A=“通过试验新药被否定”，则由题意，A发生当且仅当事件“10人至多只有3人痊愈”发生.

依题意，新药有效，痊愈率为0.35，从而

（2）设B=“通过试验判断新药有效”，则B发生当且仅当事件“10个人至少有4人痊愈”发生.

依题意，新药无效，这时痊愈率等于自然痊愈率0.25，从而

例1.34　一条自动生产线上的产品，次品率为4%，从中任取20件，求至少有两件次品的概率.

解　由于一条自动生产线上的产品很多，当抽取的件数相对较少时，可将无放回抽取近似看成是有放回抽取，每抽1件产品看成是一次试验，抽20件产品相当于做20次重复独立试验，且每次试验只有“次品”或“正品”两种可能结果，所以可以看成20重贝努里试验.

设A=“任取1件是次品”，则p=P（A）=0.04，.

设B=“20件中至少有两件次品”，由贝努里试公式有

显然，直接计算这个概率是很困难的，下面介绍一个近似公式，这就是有名的二项概率的泊松逼近.

定理1.8（泊松定理）　在n重贝努里试验中，事件A在每次试验中发生的概率为pn（注意这与试验的次数n有关），如果n→∞时，npn→λ（λ>0为常数），则对任意给定的k，有

证明从略.

由该定理知，当n很大（≥10）及p很小（≤0.1）时，有下面近似公式

由此近似公式计算例1.34的结果，n=20，p=0.04，np=0.8，利用附表1，可得

例1.35　某人进行400次独立射击，设每次射击的命中率为0.02，试求至少击中两次的概率P.

解　将一次射击看成是一次试验. 利用泊松逼近公式，由于

n=400，p=0.02，np=8

于是所求概率为

例1.36（合理配备维修工问题）　设有80台同类型设备，各台工作是相互独立的，发生故障的概率都是0.01，且一台设备的故障由一个人处理. 考虑两种配备维修工人的方法，其一是由4人维护，每人负责20台；其二是由3人共同维护80台. 试比较这两种方法在设备发生故障时不能及时维修的概率的大小.

解　按第一种方法. 设

A=“设备发生故障时不能及时维修”

Ai=“第i人维护的20台中发生故障不能及时维修”（i=1，2，3，4）

则80台中发生故障不能及时维修的概率为

因为n=20，p=0.01，λ=0.2，由泊松逼近公式

即

P（A）≥0.01752

按第二种方法。设

B=“设备发生故障时不能及时维修”

因为n=80，p=0.01，λ=0.8，由泊松逼近公式知80台中发生故障而不能及时维修的概率为

结果表明，在后一种情况下，尽管任务重了（每人平均维护约27台），但工作效率不仅没有降低，反而提高了.