独立性、条件独立与重复试验

独立性说的不是两个事件“看起来没有关系”，而是一个事件发生后，另一个事件的概率没有改变。这个定义很朴素，却会在很多题目里被误用：互斥常被误认为独立，两两独立常被误认为相互独立，条件独立又常被当成普通独立。

本章把这些概念放在同一条主线上：信息是否改变概率。先判断两个事件，再推广到多个事件；先看普通独立，再看给定条件后的独立；最后用 Bernoulli 重复试验说明独立性如何变成可计算的概率模型。

---

从信息不变看两事件独立

设 $A$ 与 $B$ 是同一个概率空间中的两个事件。若

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

就说 $A$ 与 $B$ 独立。

这个等式的直观意思是：同时发生的概率刚好等于两个单独概率的乘积。若 $P(B)>0$，它等价于

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

也就是说，知道 $B$ 已经发生，并没有改变 $A$ 发生的概率。同理，若 $P(A)>0$，也有 $P(B \mid A)=P(B)$。

下面的交互可以把 $P(A)$、$P(B)$ 和 $P(A \cap B)$ 放在同一个面积模型里比较。

一个掷骰子的判断

掷一枚公平骰子。令 $A=\{2,4,6\}$ 表示“点数为偶数”，令 $B=\{1,2,3,4\}$ 表示“点数不超过 4”。判断 $A$ 与 $B$ 是否独立。

这道题也可以用条件概率看：已知点数不超过 4 后，可能结果是 $\{1,2,3,4\}$，其中偶数仍占一半，所以 $P(A \mid B)=1/2=P(A)$。

---

互斥不是独立

互斥事件满足 $A \cap B=\varnothing$，所以 $P(A \cap B)=0$。如果 $P(A)>0$ 且 $$，那么 ，两边不可能相等。因此，两个概率都为正的互斥事件一定不独立。

掷骰子时，“点数为偶数”和“点数为奇数”互斥。知道点数为偶数后，点数为奇数的概率从 $1/2$ 变成 $0$。概率发生了变化，所以它们不是独立事件。

只有在边界情况下，互斥才可能同时满足独立。例如 $P(A)=0$ 或 $P(B)=0$ 时，$P(A \cap B)=P(A)P(B)=0$。这类情况在计算上成立，但不代表日常直觉中的“互不影响”。

---

多事件独立：两两不够

三个事件 $A,B,C$ 两两独立，指的是

$$P(A \cap B)=P(A)P(B)$$ $$P(A \cap C)=P(A)P(C)$$ $$P(B \cap C)=P(B)P(C)$$

但这还不够。三个事件相互独立，还必须满足

$$P(A \cap B \cap C)=P(A)P(B)P(C)$$

对于更多事件，相互独立要求任意一组事件的交集概率都等于各自概率的乘积。这个要求看起来严格，是因为“每两个事件不互相改变概率”并不能保证“一组事件合起来也不改变概率”。

两枚硬币的经典反例

同时掷两枚公平硬币，样本空间为 $\{HH,HT,TH,TT\}$。定义：

• $A$：第一枚为正面；
• $B$：第二枚为正面；
• $C$：两枚硬币同面。

每个事件的概率都是 $1/2$。成对来看，

$$P(A \cap B)=P(A \cap C)=P(B \cap C)=\frac14$$

而每一对的概率乘积都是 $(1/2)(1/2)=1/4$。所以它们两两独立。

但三个事件同时发生只有 $HH$ 一种结果：

$$P(A \cap B \cap C)=\frac14$$

同时，

$$P(A)P(B)P(C)=\frac18$$

两者不相等，因此 $A,B,C$ 不相互独立。

这个反例提醒我们：若题目说“事件 $A_1,\ldots,A_n$ 独立”，通常默认是相互独立；若只知道“两两独立”，不能直接把全部事件的交集写成概率乘积。

---

条件独立

条件独立是在给定某个事件或信息后，再讨论独立性。若 $P(C)>0$，且

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

就说 $A$ 与 $B$ 在给定 $C$ 的条件下独立。

当 $P(B \cap C)>0$ 时，也可以写成

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

也就是说，在已经知道 $C$ 的前提下，再知道 $B$ 并不会改变 $A$ 的概率。

两个检测结果的例子

设 $D$ 表示某人患病，$T_1$ 与 $T_2$ 表示两个检测结果为阳性。假设在给定是否患病后，两个检测的误差来源可以看成独立：

$$P(T_1 \cap T_2 \mid D)=P(T_1 \mid D)P(T_2 \mid D)$$ $$P(T_1 \cap T_2 \mid D^c)=P(T_1 \mid D^c)P(T_2 \mid D^c)$$

这并不表示 $T_1$ 与 $T_2$ 在总体中独立。因为两个检测都受同一个隐藏状态 $D$ 影响：若一个检测阳性，通常会提高“这个人患病”的概率，从而也提高另一个检测阳性的概率。

用具体数值看得更清楚。设 $P(D)=0.1$，$P(T_1 \mid D)=0.9$，$P(T_2 \mid D)=0.8$，，。在条件独立假设下，

$$P(T_1 \cap T_2)=0.1 \times 0.9 \times 0.8+0.9 \times 0.1 \times 0.05=0.0765$$

而

$$P(T_1)=0.18,\quad P(T_2)=0.125$$

所以

$$P(T_1)P(T_2)=0.0225$$

总体中 $T_1$ 与 $T_2$ 不独立，但在给定 $D$ 或 $D^c$ 后可以独立。这类结构在医学检测、分类器融合和贝叶斯网络中很常见。

---

Bernoulli 试验与独立重复试验

Bernoulli 试验是只有两个结果的随机试验，通常记为“成功”和“失败”。若成功概率为 $p$，失败概率就是 $1-p$。

把同一个 Bernoulli 试验重复 $n$ 次，并且要求各次试验相互独立，就得到独立重复试验。若某个具体序列中有 $k$ 次成功、$n-k$ 次失败，独立性给出这个具体顺序的概率：

$$p^k(1-p)^{n-k}$$

若只关心成功次数 $X$，而不关心成功出现在哪些位置，就要把所有含 $k$ 次成功的顺序加起来。这样的顺序有 $\binom{n}{k}$ 个，所以

$$P(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k},\quad k=0,1,\ldots,n$$

这就是二项模型的来源。

抽样方式如何影响独立性

从一个盒子中抽球，抽完放回并充分混合，下一次抽到红球的概率不受上一次结果影响；在模型中，这通常可以看成独立重复试验。

如果抽完不放回，情况就不同。第一次抽到红球会减少盒中红球数量，第二次抽到红球的条件概率随之改变。这样的试验不是独立重复试验，成功次数也不服从二项分布，而会通向后面要学习的超几何模型。

---

判断独立性的工作顺序

面对题目时，不要先凭直觉猜“有关”或“无关”。更稳妥的顺序是先找概率空间，再找事件，再比较等式。

下面的表格把常见场景放在一起比较。

---

练习

练习：互斥与独立

在掷一枚公平骰子时，令 $A=\{1,2\}$，$B=\{3,4\}$。判断 $A$ 与 $B$ 是否互斥，是否独立。

练习：有放回与无放回

一个盒中有 3 个红球和 7 个白球。连续抽两次，令 $A$ 表示第一次抽到红球，$B$ 表示第二次抽到红球。分别判断“有放回”和“无放回”时 $A$ 与 $B$ 是否独立。

练习：条件独立能否去掉条件

设两个检测 $T_1,T_2$ 在给定患病状态 $D$ 后独立，在给定未患病状态 $D^c$ 后也独立。能否推出 $T_{}$ 与 在总体中独立？

练习：什么时候可以用二项公式

某工厂每天抽检 20 件产品，记录不合格件数。若生产线在一天内状态稳定，每件产品是否合格可近似看成独立且不合格概率相同，可以用二项模型。若生产线经常在同一天内从正常状态切换到故障状态，还能直接用同一个二项模型吗？

---

本章小结

独立性的核心判断是“信息是否改变概率”。两事件独立可以用 $P(A \cap B)=P(A)P(B)$，也可以用条件概率不变来理解。互斥通常不是独立；两两独立也不等于相互独立。

条件独立要求把所有概率都放在同一个条件下比较。它常用来描述“给定共同原因后，剩余误差互不影响”的结构，但不能随意去掉条件。

Bernoulli 独立重复试验把独立性变成乘法，把相同成功概率变成统一的 $p$，再用组合数汇总成功位置。后面学习二项分布、几何分布、Poisson 近似和大数定律时，这一章的独立性假设会反复出现。