独立性判断：先核机制，再比较交概率与乘积

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独立是概率关系，互斥是集合关系；两事件能同时发生、来自不同人、两次概率相同，都不足以单独判定独立。先修：概率加法与模型边界、事件关系。

一、知识梳理

1. 两事件独立的判据，不靠主观“有没有关系”

同一个概率试验的事件 $A,B$ 相互独立，定义为

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

交事件也可简写 $AB$ 。这不是说事件彼此不同、不含共同结果，或必须来自不同试验。判据关于 $A,B$ 对称，独立没有主次。

直观含义是：一个事件发生与否，不改变另一个的发生机会。在有限等可能模型中，若 $P(B)>0$ ，知道 $B$ 发生后，只看 $B$ 内结果，满足 $A$ 的比例为 $P(AB)/P(B)$ 。它仍等于 $P(A)$ ，恰好等价于上面的乘积式；这解释了“无影响”如何变成可核的等式，不是给任何交事件都提供无条件相乘方法。 $P(B)=0$ 时不能作此除法，仍使用不含除法的定义。

2. 概率0、1与补事件的边界

若 $P(A)=0$ ，由 $AB\subseteq A$ 得 $P(AB)=0=P(A)P(B)$ 。若 $P(A)=1$ ，则 $P(\overline A)=0$ ；把 $B$ 分成 $AB$ 与 $\overline A B$ ，后一块概率0，故 $P(AB)=P(B)=P(A)P(B)$ 。因此概率0或1的事件与任意事件独立，不需要除以0。

一个事件与自身独立，要求 $P(A)=P(A)^2$ ，仅在 $P(A)=0$ 或1时成立。若 $A,B$ 独立，则

P(A\overline B)=P(A)-P(AB)=P(A)[1-P(B)]=P(A)P(\overline B),

所以 $A$ 与 $\overline B$ 也独立。这条结论由互斥分解推出，不能只背口号。

3. 互斥与独立，要分别检查

互斥要求 $A\cap B=\varnothing$ ，因而交概率为0；独立要求交概率等于乘积。若两概率都大于0，乘积正，所以互斥与独立不能同时成立：互斥的一对不独立，独立的一对不互斥。

若某事件概率为0，上述冲突消失，两性质可以兼有。 $A$ 与 $\overline A$ 总是互斥且对立；当 $0<P(A)<1$ 时不独立，端点0或1时则独立。交集非空只说明可同时发生，仍不足以证明乘积等式。

一般模型中，加法等式 $P(A\cup B)=P(A)+P(B)$ 只推出交概率0，不一定交集空；在有限且每点概率都正的模型中，零概率交集才只能为空。原资料把“反之不成立”作笼统表述，须保留这一区分，不能无条件认同或反驳。

所说关系	判据	正概率时的关系
互斥	$A\cap B=\varnothing$	若两者都正概率，则不独立
独立	$P(A\cap B)=P(A)P(B)$	不是说不能同时发生
对立	互斥且并为全空间	两者均非退化时不独立

4. 放回、顺序与相同边际概率，都要读具体规则

先把两事件写成同一个完整试验的结果条件，记录每一步的身份、顺序和剩余构成。不放回一般改变组成；在第一次白已发生的分支下求第二次白的比例，与第二次白的无条件概率不是一回事。

放回只恢复总体构成。还须每次重新按同一均匀随机、与过去无关的机制抽取，才能据此说明各次颜色独立；故“放回”两个字本身不是任意操作都独立的证明。反过来，不放回也不表示所有可能的事件对都不独立，仍要看具体事件与概率判据。

不同人、不同轮次或相同边际概率，都不是充分依据。事件共享某次结果也不必不独立；独立性是事件与机制的具体关系。

5. 两两独立与相互独立，不只差一个词

三个事件相互独立，须三对各满足乘积式，还须

P(ABC)=P(A)P(B)P(C).

一般多个事件要求每个非空子组都满足相应乘积关系，单个事件的条件自动成立，真正需查的是两个及以上的子组。只核各对会漏三重及更高重交；只核全体交也会漏较小子组。

若原始各次结果已相互独立，事件又分别只依赖不重叠的结果组，可把各组的合法模式展开，利用原始联合概率的乘积和分配律，推出这些组事件独立。但若事件共享原始结果，不能套这条不重叠分组理由，须另核定义。题目明确给相互独立时可直接使用完整假设，不能把只给的两两独立擅自升级。

二、考点与方法

方法 1：独立求出三个概率，再比较两个数

分别求 $P(A),P(B),P(AB)$ ，然后比较交概率与边际乘积。可用完整列举，或用已知并概率反求交概率。不能先认定独立而用乘积造出交概率，再拿两者相等来“证明独立”。

本页涉及连续掷均匀骰子的计算，按原解采用两次正常独立投掷的标准模型建立等可能有序点；要检验的是这些原始结果上定义的复合事件，而不是用尚未检验的复合事件独立性建立样本空间。

例题 01 第二次偶数与其他点数条件

题目

抛一枚质地均匀的骰子两次，设事件 $N$ 表示“第二次朝上的数字为偶数”，则下列事件中与事件 $N$ 相互独立的是（）

A．第二次朝上的数字是奇数 B．第二次朝上的数字为2

C．两次朝上的数字之和为9 D．两次朝上的数字之和为10

答案与解析

解析

记录（第一次点数，第二次点数），共36个等可能点。 $N$ 有第二次为2、4、6的18点，所以 $P(N)=1/2$ 。

A：第二次为奇数事件 $M$ 与 $N$ 交空， $P(MN)=0$ ，但 $P(M)P(N)=1/4$ ，不独立。

B：第二次为2事件 $F$ 有6点且 $F\subseteq N$ ，故 $P(FN)=1/6$ ，而 $P(F)P(N)=1/12$ ，不独立。不能只因包含关系就省去数值与边界检查。

C：和9事件 $E=\{(6,3),(3,6),(5,4),(4,5)\}$ ，交事件 $EN=\{(3,6),(5,4)\}$ 。因此 $P(E)=1/9$ ， $P(EN)=1/18=(1/9)(1/2)$ ，独立。

D：和10事件 $Q=\{(6,4),(4,6),(5,5)\}$ ，交事件 $QN=\{(6,4),(4,6)\}$ 。 $P(QN)=1/18$ ，但 $P(Q)P(N)=(1/12)(1/2)=1/24$ ，不独立。

选 C。 $E$ 包含两次信息， $N$ 只看第二次，仍可能独立；共享一次结果不是直接否定独立的理由。

本题结论

C。

方法 2：同时核条件下比例、边际概率与交概率

抽球先写总体颜色数量，再分第一次结果看剩余组成；条件下比例不当作无条件边际。也可直接在完整有序空间中计算交概率，和边际乘积核对。若题面少了使结果等可能的假设，应公开说明原解口径，不静默补入。

例题 02 连续取球与一次掷骰子的事件

题目

判断下列各对事件是不是相互独立事件：

(1)容器内盛有5个白乒乓球和3个黄乒乓球，“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”与“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的还是白球”；

(2)掷一枚骰子一次，“出现偶数点”与“出现3点或6点”．

答案与解析

解析

第（2）问未单写骰子均匀，原解按六点等可能模型计算；下述判断依赖这一假设，有偏骰子需按实际权重重算。

（1）均匀随机不放回取球。若第一次白，剩4白3黄，第二次白的条件下比例为 $4/7$ ；若第一次黄，剩5白2黄，该比例为 $5/7$ ，前次颜色改变后次机会。

把两次作为完整试验，共 $8\times7=56$ 个等可能身份有序点。第一白与第二白各有35点，两者边际都为 $5/8$ ；两次都白有 $5\times4=20$ 点。因此

P(AB)=\frac{20}{56}=\frac5{14}\ne\left(\frac58\right)^2=\frac{25}{64},

不独立。这里 $4/7$ 是已知第一次白后的比例，不是第二次白的无条件概率 $5/8$ ；两边际相等也不能代替独立判据。

（2）按明示的公平骰子模型， $A=\{2,4,6\}$ ， $B=\{3,6\}$ ， $AB=\{6\}$ 。故 $P(A)=1/2$ ， $P(B)=1/3$ ， $P(AB)=1/6=(1/2)(1/3)$ ，独立。两事件来自同一次投掷，不妨碍概率等式成立。

本题结论

（1）不独立；（2）在公平骰子模型下独立。

例题 03 由并与补的概率判断事件关系

题目

已知 $P\left( A\cup B\right)=\frac{25}{32}$ ， $P\left( \overline{A}\right)=\frac{7}{8}$ ， $P\left( B\right)=\frac{3}{4}$ ，则事件 $A$ 与 $B$ 的关系是（）

A． $A$ 与 $B$ 互斥不对立 B． $A$ 与 $B$ 对立

C． $A$ 与 $B$ 相互独立 D． $A$ 与 $B$ 既互斥又独立

答案与解析

解析

先由补事件得 $P(A)=1-7/8=1/8$ 。再用一般加法，不先假定独立：

P(AB)=\frac18+\frac34-\frac{25}{32} =\frac{4+24-25}{32}=\frac3{32}.

另一方面 $P(A)P(B)=(1/8)(3/4)=3/32$ ，交概率确等于乘积，因此选 C。

交概率正，说明交集不空，所以 A、D 的互斥声称错误；B 的对立不仅要求互斥，还要求并概率为1，此处两点均不满足。得到独立是比较后的结论，不是计算交概率时偷偷使用的前提。

本题结论

C，相互独立。

方法 3：关系判断保留正概率条件，逐条给依据

互斥、对立、独立各有不同判据。若已知两概率正，可以用“交概率为0”与“乘积为正”排除兼有；若未给正性，必须检查0、1边界。补事件独立性用不重叠分解证明，不凭事件名称直觉。

例题 04 两个正概率事件的关系判断

题目

已知 $A,B$ 是两个概率大于0的随机事件，则下列说法错误的是（）

A．若 $A,B$ 是对立事件，则 $A,B$ 是互斥事件

B．若事件 $A,B$ 相互独立，则 $A$ 与 $\overline{B}$ 也相互独立

C．若事件 $A,B$ 相互独立，则 $A$ 与 $B$ 不互斥

D．若事件 $A,B$ 互斥，则 $A$ 与 $B$ 相互独立

答案与解析

解析

A：对立要求交空且并满，所以必然互斥，该说法正确。

B：若独立，则 $P(A\overline B)=P(A)-P(AB)=P(A)[1-P(B)]=P(A)P(\overline B)$ ，所以 $A,\overline B$ 也独立，该说法正确。

C：题干给 $P(A)>0,P(B)>0$ 。独立时交概率为正乘积，交事件不可能为空，所以不互斥，该说法正确。

D：互斥时交概率0，但两边际乘积正，与独立判据不符，所以这个说法错误，选 D。

两概率大于0的条件不能删。若一个事件概率0，乘积也0，互斥与独立可同时成立，特别空事件与任何事件都独立。

本题结论

D。

方法 4：多事件按子组逐层检查

先完成原题要求的每对检验，再检查三重或更高重交，不用两两结果替代整体。若要反驳相互独立，找到一个不满足乘积式的子组就够；要证明相互独立，则不能漏应检查的子组。

例题 05 两次掷骰子的四个事件

题目

一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，投掷这枚骰子两次，事件 $A=$ “第一次向上一面的数字是2”，事件 $B=$ “第二次向上一面的数字是3”，事件 $C=$ “两次向上一面的数字之和是7”，事件 $D=$ “两次向上一面的数字之和是8”，则（）

A． $C$ 与 $D$ 相互独立 B． $A$ 与 $D$ 相互独立

C． $B$ 与 $D$ 相互独立 D． $B$ 与 $C$ 相互独立

答案与解析

解析

36个等可能有序点中，

\begin{aligned} A&=\{(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6)\},\\ B&=\{(1,3),(2,3),(3,3),(4,3),(5,3),(6,3)\},\\ C&=\{(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)\},\\ D&=\{(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2)\}. \end{aligned}

所以 $P(A)=P(B)=P(C)=1/6$ ， $P(D)=5/36$ 。逐项核原选择题：

$CD=\varnothing$ ，交概率0不等于 $(1/6)(5/36)=5/216$ ，选项 A 错。
$AD=\{(2,6)\}$ ，交概率 $1/36\ne5/216=P(A)P(D)$ ，选项 B 错。
$BD=\{(5,3)\}$ ，同样 $1/36\ne5/216$ ，选项 C 错。
$BC=\{(4,3)\}$ ，交概率 $1/36=(1/6)(1/6)$ ，选项 D 对。

沿用原题事件的补充检验，不另造试验或改事件定义： $AB=\{(2,3)\}$ ， $AC=\{(2,5)\}$ ， $BC=\{(4,3)\}$ ，三对交概率均 $1/36$ ，各等于对应乘积，所以 $A,B,C$ 两两独立。

但 $AB$ 发生时和为5，不满足 $C$ 的和7条件，因此 $ABC=\varnothing$ ，交概率0不等于 $(1/6)^3=1/216$ 。这三个事件并不相互独立，不能把三对都验证成功当作三项连乘的依据。

本题结论

原选择题选 D；沿用原题的 $A,B,C$ 两两独立，但不相互独立。

三、坑点辨析

1. 先乘后验，是循环论证

只知边际而交概率、并概率与机制均不足，通常不能确定独立。必须用独立于待证结论的信息求交概率；例题 03 是先用一般加法求交，再比较乘积。

2. 放回或相同概率，不是任何操作都独立

相同边际概率不是独立性的充分条件，还须比较交概率与边际概率的乘积。放回还须恢复随机机制并与过去结果无关；不放回也不能直接判所有事件对都不独立。共享一次结果同样不能直接判不独立。

3. “互斥就不独立”少了概率边界

当两概率均正，互斥与独立确实冲突；概率0边界可以兼有。反过来，能同时发生也不能说明独立，仍须交概率等于乘积。事件与自身、事件与补事件的独立边界，都由0或1决定。

4. 两两检验与全体一次检验，都可能漏子组

多事件独立性应按所有相关子组逐层核验，不能用部分检验代替全部条件。另一个方向也要警惕：只核全体交等式，未必查了所有较小子组。不能把题目只给的两两独立改写成相互独立。

辨析 01 自编辨析｜只检全体交够不够

题目

在均匀硬币试验中，令 $A=B=\{\text{正面}\}$ ， $C=\varnothing$ 。若 $P(ABC)=P(A)P(B)P(C)$ 成立，是否可判 $A,B,C$ 相互独立？

答案与解析

解析

全体交概率0，三项乘积 $(1/2)(1/2)0=0$ ，全体等式确实成立。但 $AB=A$ ，所以 $P(AB)=1/2\ne1/4=P(A)P(B)$ ，这个两事件子组失败，故并不相互独立。 $C$ 为零概率事件是合法边界，正说明只查全体一次不够。

本题结论

不能；还须检查全部相关子组。