10.2 事件的相互独立性

§10.1.4 把和事件的概率算清楚了：互斥时相加，一般情形用性质 6。 这一节转向积事件。课本开门见山地问：

对于积事件的概率，你能提出什么值得研究的问题吗？

积事件 $AB$ 就是”$A$ 与 $B$ 同时发生”，它的概率一定与 $P(A)$、$P(B)$ 有关， 关系是什么？答案是：一般情形没有通用公式， 但有一类特别重要的情形——两个事件”互不影响”时，概率恰好相乘。 这一节就是把”互不影响”这句日常话变成一个可验证的数学条件。

一、探究：两个”互不影响”的试验

试验 1：分别抛掷两枚质地均匀的硬币， $A=$ “第一枚硬币正面朝上”，$B=$ “第二枚硬币反面朝上”。

试验 2：袋中装有标号 $1,2,3,4$ 的 $4$ 个球，除标号外没有其他差异， 采用有放回方式依次任意摸出两球。 $A=$ “第一次摸到球的标号小于 $3$”，$B=$ “第二次摸到球的标号小于 $3$”。

两个试验里，$A$ 发生与否都不影响 $B$ 发生的概率： 试验 1 中两枚硬币分别抛掷，互相不受影响； 试验 2 是有放回摸球，第一次摸完把球放回去，袋中状态复原，第二次的条件完全没变。

把概率算出来看看。

试验 1 中用 $1$ 表示”正面朝上”、$0$ 表示”反面朝上”，则 $\Omega=\{(1,1),(1,0),(0,1),(0,0)\}$，含 $4$ 个等可能样本点，而

$$A=\{(1,1),(1,0)\},\quad B=\{(1,0),(0,0)\},\quad AB=\{(1,0)\},$$

由古典概型公式

$$P(A)=P(B)=\frac12,\qquad P(AB)=\frac14,$$

于是

$$P(AB)=P(A)P(B).$$

试验 2 中 $\Omega=\{(m,n)\mid m,n\in\{1,2,3,4\}\}$，$n(\Omega)=16$，而

$$A=\{(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4)\},$$ $$B=\{(1,1),(1,2),(2,1),(2,2),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2)\},$$ $$AB=\{(1,1),(1,2),(2,1),(2,2)\},$$

所以 $P(A)=P(B)=\dfrac{8}{16}=\dfrac12$，$P(AB)=\dfrac{4}{16}=\dfrac14$， 同样有 $P(AB)=P(A)P(B)$。

两个试验的共性给出了定义。

二、相互独立的定义

对任意两个事件 $A$ 与 $B$，如果 $P(AB)=P(A)P(B)$ 成立，则称事件 $A$ 与事件 $B$ 相互独立，简称独立。

这个定义的写法值得留意：它是一个等式，不是一句描述。 “互不影响”是我们对现实的判断，靠的是对试验机制的理解（分别抛掷、有放回、 两人各自射击）；而 $P(AB)=P(A)P(B)$ 是可以逐项验算的数学条件。 两者的分工是：

• 正向用：由试验机制判断互不影响，于是假定独立， 再用 $P(AB)=P(A)P(B)$ 去算概率（例 2、例 3 就是这么用的）；
• 反向验：给了具体的样本空间和事件，就把三个概率都算出来， 用等式判定是否独立（例 1 与练习第 1、2 题就是这么用的）。

由定义容易验证：必然事件 $\Omega$、不可能事件 $\varnothing$ 都与任意事件相互独立。 道理上说，$\Omega$ 总会发生，不受任何事件影响；$\varnothing$ 总不会发生，也不受影响； 它们也不影响别的事件。算式上，

$$P(\Omega A)=P(A)=1\cdot P(A)=P(\Omega)P(A),\qquad P(\varnothing A)=P(\varnothing)=0=0\cdot P(A)=P(\varnothing)P(A).$$

三、独立性可以传给对立事件

探究：如果 $A$ 与 $B$ 相互独立，那么它们的对立事件是否也相互独立？

以有放回摸球试验为例验证。先看 $A$ 与 $\bar B$。因为

$$A=AB\cup A\bar B,\qquad AB\ \text{与}\ A\bar B\ \text{互斥},$$

由加法公式与 $A,B$ 独立，

$$P(A)=P(AB)+P(A\bar B)=P(A)P(B)+P(A\bar B),$$

移项得

$$P(A\bar B)=P(A)-P(A)P(B)=P(A)\big(1-P(B)\big)=P(A)P(\bar B).$$

由独立性的定义，$A$ 与 $\bar B$ 相互独立。类似地可以证明 $\bar A$ 与 $B$、 $\bar A$ 与 $\bar B$ 也都相互独立。

这条结论在做题时用得极多。 一旦判定 $A$ 与 $B$ 独立， $A,\bar A$ 与 $B,\bar B$ 之间四对组合全都独立， 于是”甲中乙不中""甲不中乙中""都不中”的概率都可以直接相乘。 例 2 的整道题就建立在这一句上。

四、一个必须记住的反例：两两独立 $\neq$ 三个独立

课本特意点了一句：

如果三个事件 $A,B,C$ 两两互斥，那么概率加法公式 $P(A\cup B\cup C)=P(A)+P(B)+P(C)$ 成立。 但当三个事件 $A,B,C$ 两两独立时，等式 $P(ABC)=P(A)P(B)P(C)$ 一般不成立。

互斥可以”两两推整体”，独立不行。 这是这一节最容易被想当然的地方。 练习第 2 题给了一个现成的反例：$\Omega=\{a,b,c,d\}$ 等可能， $A=\{a,b\}$、$B=\{a,c\}$、$C=\{a,d\}$，三对都独立，但

$$P(ABC)=P(\{a\})=\frac14\neq\frac18=P(A)P(B)P(C).$$

反过来也不成立（习题第 5 题）：可以造出 $P(ABC)=P(A)P(B)P(C)$ 却连两两独立都做不到的三个事件。 所以”三个事件相互独立”是一个比”两两独立”更强的要求， 它要求四个等式（三个两两的加一个三重的）同时成立。

五、例 1：不放回就不独立了

袋中有标号 $1,2,3,4$ 的 $4$ 个球，采用不放回方式任意摸球两次。 $A=$ “第一次摸出球的标号小于 $3$”，$B=$ “第二次摸出球的标号小于 $3$“，问是否独立。

不放回意味着 $m\neq n$，

$$\Omega=\{(m,n)\mid m,n\in\{1,2,3,4\},\ m\neq n\},\qquad n(\Omega)=4\times 3=12 ,$$ $$A=\{(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4)\},$$ $$B=\{(1,2),(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2)\},$$ $$AB=\{(1,2),(2,1)\},$$

所以

$$P(A)=P(B)=\frac{6}{12}=\frac12,\qquad P(AB)=\frac{2}{12}=\frac16 .$$

此时 $P(AB)=\dfrac16\neq\dfrac14=P(A)P(B)$，$A$ 与 $B$ 不独立。

把例 1 和探究的试验 2 并排看，这道例题的用意就一目了然。 两者只差”放回”两个字：有放回时 $P(AB)=\dfrac14$，独立； 不放回时 $P(AB)=\dfrac16$，不独立。 原因是第一次摸走一个小于 $3$ 的球以后，袋中只剩 $1$ 个小于 $3$ 的球和 $2$ 个不小于 $3$ 的球， 第二次摸到小于 $3$ 的概率从 $\dfrac12$ 掉到了 $\dfrac13$——条件被改变了。

注意 $P(A)=P(B)=\dfrac12$ 在这里仍然成立。 ”$B$ 的概率是 $\dfrac12$“说的是不知道第一次结果时的概率； 独立性问的是”知道 $A$ 发生后 $B$ 的概率变不变”。两件事不要混。

六、例 2：射击（独立性最典型的用法）

甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为 $0.8$，乙的中靶概率为 $0.9$。

设 $A=$ “甲中靶”，$B=$ “乙中靶”，则 $\bar A=$ “甲脱靶”，$\bar B=$ “乙脱靶”。 由于两个人射击的结果互不影响，所以 $A$ 与 $B$ 相互独立， 从而 $A$ 与 $\bar B$、$\bar A$ 与 $B$、$\bar A$ 与 $\bar B$ 也都相互独立。已知

$$P(A)=0.8,\quad P(B)=0.9,\quad P(\bar A)=0.2,\quad P(\bar B)=0.1 .$$

(1) 两人都中靶。

$$P(AB)=P(A)P(B)=0.8\times 0.9=0.72 .$$

(2) 恰好有一人中靶。 这个事件是 $A\bar B\cup\bar AB$，两者互斥：

$$P(A\bar B\cup\bar AB)=P(A)P(\bar B)+P(\bar A)P(B)=0.8\times 0.1+0.2\times 0.9=0.26 .$$

(3) 两人都脱靶。

$$P(\bar A\bar B)=P(\bar A)P(\bar B)=(1-0.8)\times(1-0.9)=0.02 .$$

(4) 至少有一人中靶。

方法 1：拆成三个两两互斥的事件 $AB$、$A\bar B$、$\bar AB$ 之并，

$$P=P(AB)+P(A\bar B\cup\bar AB)=0.72+0.26=0.98 .$$

方法 2：它的对立事件是”两人都脱靶”，由性质 4，

$$P=1-P(\bar A\bar B)=1-0.02=0.98 .$$

自检：四种互斥情形 $AB,\ A\bar B,\ \bar AB,\ \bar A\bar B$ 的概率 $0.72,\ 0.08,\ 0.18,\ 0.02$ 之和恰为 $1$ ✓， 且 $(1)+(2)+(3)=0.72+0.26+0.02=1$ ✓。 这张”四格表”是这类题最好用的自检：把两人的四种组合列全，概率之和必须是 $1$。

七、例 3：星队猜成语（两层独立）

甲、乙组成”星队”，每轮各猜一个成语。甲每轮猜对的概率为 $\dfrac34$， 乙每轮猜对的概率为 $\dfrac23$。每轮中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响。 求”星队”在两轮活动中猜对 $3$ 个成语的概率。

分析：两轮共 $4$ 次机会，猜对 $3$ 个相当于 “甲对 $1$ 个、乙对 $2$ 个”与”甲对 $2$ 个、乙对 $1$ 个”这两个事件的并。

设 $A_1,A_2$ 分别表示甲两轮猜对 $1$ 个、$2$ 个的事件， $B_1,B_2$ 分别表示乙两轮猜对 $1$ 个、$2$ 个的事件。各轮独立给出

$$P(A_1)=\frac34\times\frac14+\frac14\times\frac34=\frac38,\qquad P(A_2)=\left(\frac34\right)^{2}=\frac{9}{16},$$ $$P(B_1)=\frac23\times\frac13+\frac13\times\frac23=\frac49,\qquad P(B_2)=\left(\frac23\right)^{2}=\frac49 .$$

（$P(A_1)$ 的两项对应”第一轮对、第二轮错”与”第一轮错、第二轮对”， 它们互斥，所以相加。）

设 $A=$ “两轮活动’星队’猜对 $3$ 个成语”，则 $A=A_1B_2\cup A_2B_1$， 其中 $A_1B_2$ 与 $A_2B_1$ 互斥，而甲、乙互不影响给出 $A_1$ 与 $B_2$、 $A_2$ 与 $B_1$ 分别独立，所以

$$P(A)=P(A_1)P(B_2)+P(A_2)P(B_1) =\frac38\times\frac49+\frac{9}{16}\times\frac49=\frac16+\frac14=\frac{5}{12}.$$

因此”星队”在两轮活动中猜对 $3$ 个成语的概率是 $\dfrac{5}{12}$。

这道题里”独立”用了两次，方向不同，要分清楚：

• 同一个人的两轮之间独立——用来算 $P(A_1),P(A_2),P(B_1),P(B_2)$；
• 甲与乙之间独立——用来把 $P(A_1B_2)$ 拆成 $P(A_1)P(B_2)$。

而”互斥”也用了一次：$A_1B_2$ 与 $A_2B_1$ 不可能同时发生（甲不能既对 $1$ 个又对 $2$ 个）， 所以两块概率直接相加。独立管乘、互斥管加，一道题里往往两样都要用。

自检：$P(A_1)+P(A_2)=\dfrac38+\dfrac{9}{16}=\dfrac{15}{16}$， 剩下的 $\dfrac1{16}=\left(\dfrac14\right)^2$ 正是甲两轮全错 ✓； $P(B_1)+P(B_2)=\dfrac89$，剩下 $\dfrac19=\left(\dfrac13\right)^2$ 是乙全错 ✓。

八、独立与互斥：这一章最该分清的一对

两者毫无包含关系，而且在概率都为正时互相排斥。 若 $P(A)>0$、$P(B)>0$ 且两者互斥，则 $P(AB)=P(\varnothing)=0$， 而 $P(A)P(B)>0$，等式不可能成立，所以一定不独立（这正是习题第 3 题）。 直观上也说得通：$A$ 一旦发生，$B$ 就绝不可能发生了，这是最强的”影响”， 怎么会是”互不影响”。

九、常见错法

• 把”互斥”和”独立”当同义词。 互斥时用加法，独立时用乘法，两者不可换用。 概率都为正的两个事件不可能既互斥又独立。
• 不放回还按独立算。 例 1 是现成的警告：只要抽样改变了后续的条件， 两次的结果就不独立，$P(AB)$ 必须回到样本点去数（或用条件概率）。
• 由”两两独立”推”三个独立”。 $P(ABC)=P(A)P(B)P(C)$ 需要单独验， 练习第 2 题就是反例。
• 忘了对立事件也独立。 算”恰好一人中靶”时要用 $P(A)P(\bar B)+P(\bar A)P(B)$， 这一步用的正是”$A$ 与 $\bar B$ 独立”。
• “至少”不走对立事件。 例 2 (4) 的方法 2 只有一步；方法 1 要拆三块。 凡是”至少有一个”，先想”一个都没有”。
• 把 $P(B)$ 与”已知 $A$ 发生后 $B$ 的概率”混为一谈。 例 1 中 $P(B)=\dfrac12$ 仍然对，不独立说的是后者变了。 这个区别到选择性必修的条件概率一节会正式处理。

本节的题全在必修第二册第 252—253 页：练习 $4$ 题（第 252—253 页）与习题 $10.2$ 第 $1$—$6$ 题（第 253 页）。 本节只有一个公式—— $P(AB)=P(A)P(B)$ ——所以每道题实际上只在问两件事之一： 这个等式成不成立（判定），或者假定它成立，把概率乘出来（计算）。 下面每题都先点明属于哪一类。

练习（第 252 页）第 1 题

1. 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件 $A =$ “第1枚正面朝上”，事件 $B =$ “第2枚正面朝上”，事件 $C =$ “两枚硬币朝上的面相同”，$A, B, C$ 中哪两个相互独立？

这是判定题：三个概率都算出来，逐对验等式。

用 $1$ 表示正面朝上、$0$ 表示反面朝上，把两枚硬币的结果写成有序对，则

$$\Omega=\{(1,1),(1,0),(0,1),(0,0)\},$$

$4$ 个样本点等可能。于是

$$A=\{(1,1),(1,0)\},\quad B=\{(1,1),(0,1)\},\quad C=\{(1,1),(0,0)\},$$

三个事件各含 $2$ 个样本点，

$$P(A)=P(B)=P(C)=\frac24=\frac12 .$$

再看三个积事件。三个交集恰好都只剩 $(1,1)$：

$$AB=\{(1,1)\},\qquad AC=\{(1,1)\},\qquad BC=\{(1,1)\},$$

所以

$$P(AB)=P(AC)=P(BC)=\frac14 .$$

而 $P(A)P(B)=P(A)P(C)=P(B)P(C)=\dfrac12\times\dfrac12=\dfrac14$，三个等式全部成立。

答：$A$ 与 $B$、$A$ 与 $C$、$B$ 与 $C$ 三对都相互独立。

$AB$ 与 $AC$ 好理解，$BC$ 值得多说一句：$C$ 是”两面相同”， 它由第 $1$ 枚和第 $2$ 枚共同决定，看上去与 $B$ 密切相关， 但”第 $2$ 枚正面朝上”这件事发生与否，并不改变”两面相同”的概率—— 无论第 $2$ 枚是正是反，第 $1$ 枚与它相同的概率都是 $\dfrac12$。这正是独立。

顺带留一个伏笔：三对都独立，但

$$ABC=\{(1,1)\},\quad P(ABC)=\frac14\neq\frac18=P(A)P(B)P(C).$$

所以这三个事件两两独立却不相互独立——下一题把这件事讲透。

练习（第 252—253 页）第 2 题

2. 设样本空间 $\Omega = \{a, b, c, d\}$ 含有等可能的样本点，且

$A = \{a, b \}, B = \{a, c \}, C = \{a, d \}.$

请验证 A, B, C 三个事件两两独立，但 $P(ABC) \neq P(A)P(B)P(C)$ .

这是本节最该记住的一道题：它证明”两两独立”推不出”三个独立”。

$\Omega$ 含 $4$ 个等可能样本点，三个事件各含 $2$ 个，所以

$$P(A)=P(B)=P(C)=\frac24=\frac12 .$$

先验两两独立。 三个交集都只含 $a$：

$$AB=\{a\},\qquad AC=\{a\},\qquad BC=\{a\},$$ $$P(AB)=P(AC)=P(BC)=\frac14,$$

而

$$P(A)P(B)=P(A)P(C)=P(B)P(C)=\frac12\times\frac12=\frac14 .$$

三个等式都成立，故 $A,B,C$ 两两独立。

再验三重等式。 $ABC=\{a\}$，所以

$$P(ABC)=\frac14,\qquad P(A)P(B)P(C)=\left(\frac12\right)^{3}=\frac18,$$ $$P(ABC)=\frac14\neq\frac18=P(A)P(B)P(C).$$

结论：$A,B,C$ 两两独立，但 $P(ABC)\neq P(A)P(B)P(C)$，证毕。

这个反例为什么成立？ 关键在于三个事件共用同一个样本点 $a$： 两两相交都得到 $\{a\}$，三个一起相交还是 $\{a\}$，交集不再继续变小； 而右边每乘一次 $P=\dfrac12$ 就要小一半。 两边”缩小的节奏”对不上，等式自然断掉。

对照上一题：抛两枚硬币的 $A,B,C$ 与这里是同一个结构—— 把 $(1,1),(1,0),(0,1),(0,0)$ 换成 $a,b,c,d$，$A,B,C$ 一一对应。 所以两道题给的是同一个反例的两种外衣。

记住这条界线：互斥可以”两两推整体”（两两互斥 $\Rightarrow$ 加法公式对三个事件成立）， 独立不行。“三个事件相互独立”要求四个等式同时成立—— 三个两两的，加一个三重的。

练习（第 253 页）第 3 题

3. 天气预报报道：元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是0.3。假定在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，计算在这段时间内：

(1) 甲、乙两地都降雨的概率;

(2) 甲、乙两地都不降雨的概率;

(3) 至少一个地方降雨的概率.

这是计算题：题目已经把”互不影响”写在脸上，直接乘。

设 $A=$ “甲地降雨”，$B=$ “乙地降雨”，则

$$P(A)=0.2,\quad P(B)=0.3,\quad P(\bar A)=0.8,\quad P(\bar B)=0.7 .$$

由”两地是否降雨相互之间没有影响”知 $A$ 与 $B$ 相互独立， 从而 $\bar A$ 与 $\bar B$ 也相互独立。

(1) 两地都降雨，即 $AB$：

$$P(AB)=P(A)P(B)=0.2\times 0.3=0.06 .$$

(2) 两地都不降雨，即 $\bar A\bar B$：

$$P(\bar A\bar B)=P(\bar A)P(\bar B)=0.8\times 0.7=0.56 .$$

(3) 至少一个地方降雨，即 $A\cup B$。“至少”走对立事件： 它的对立事件正是 (2) 中的”两地都不降雨”，由性质 $4$，

$$P(A\cup B)=1-P(\bar A\bar B)=1-0.56=0.44 .$$

另解（性质 6）：$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.2+0.3-0.06=0.44$ ✓。

自检：四种互斥情形 $AB,\ A\bar B,\ \bar AB,\ \bar A\bar B$ 的概率依次是 $0.06,\ 0.14,\ 0.24,\ 0.56$，相加得 $1$ ✓。 这张四格表是这类题最稳的验算：两个独立事件的四种组合概率之和必须是 $1$。

练习（第 253 页）第 4 题

4. 证明必然事件 $\Omega$ 和不可能事件 $\varnothing$ 与任意事件相互独立.

要证的是等式，就回定义：$P(XA)=P(X)P(A)$。

设 $A$ 是任意一个事件。

先证 $\Omega$ 与 $A$ 相互独立。 因为 $\Omega$ 是全集，任何事件都是它的子集，所以

$$\Omega A=\Omega\cap A=A,$$

于是

$$P(\Omega A)=P(A)=1\cdot P(A)=P(\Omega)P(A),$$

其中用到 $P(\Omega)=1$（性质 $2$）。由定义，$\Omega$ 与 $A$ 相互独立。

再证 $\varnothing$ 与 $A$ 相互独立。 因为空集与任何集合的交仍是空集，所以

$$\varnothing A=\varnothing\cap A=\varnothing,$$

于是

$$P(\varnothing A)=P(\varnothing)=0=0\cdot P(A)=P(\varnothing)P(A),$$

其中用到 $P(\varnothing)=0$（性质 $3$）。由定义，$\varnothing$ 与 $A$ 相互独立。

由 $A$ 的任意性，必然事件 $\Omega$ 和不可能事件 $\varnothing$ 与任意事件都相互独立，证毕。

这个结论的直观意思：$\Omega$ 一定发生、$\varnothing$ 一定不发生， 它们的”发生与否”根本没有悬念，也就谈不上受谁影响、影响谁。

顺带注意 $\varnothing$ 的特殊身份：$\varnothing$ 与任意事件既互斥（交集为空） 又独立。这不和第 $3$ 题（习题 $10.2$）矛盾——那道题要求 $P(A)>0$、$P(B)>0$， 而这里 $P(\varnothing)=0$，恰好是被排除的情形。

习题 10.2 复习巩固 第 1 题

1. 掷两枚质地均匀的骰子，设 $A =$ “第一枚出现奇数点”， $B =$ “第二枚出现偶数点”，则 $A$ 与 $B$ 的关系为（）.（A）互斥 (B）互为对立 (C）相互独立 (D）相等

判定题，四个选项逐个验。

掷两枚骰子，用有序对 $(m,n)$ 记两枚的点数， $\Omega=\{(m,n)\mid m,n\in\{1,2,\cdots,6\}\}$，$n(\Omega)=36$，各样本点等可能。

$A=$ “第一枚出现奇数点”，第一枚有 $3$ 种、第二枚任意 $6$ 种，$n(A)=3\times 6=18$； $B=$ “第二枚出现偶数点”，同理 $n(B)=6\times 3=18$； $AB=$ “第一枚奇数且第二枚偶数”，$n(AB)=3\times 3=9$。于是

$$P(A)=P(B)=\frac{18}{36}=\frac12,\qquad P(AB)=\frac{9}{36}=\frac14 .$$

因为 $P(AB)=\dfrac14=\dfrac12\times\dfrac12=P(A)P(B)$，所以 $A$ 与 $B$ 相互独立。

再排除其余三项：

• (A) 互斥：$AB\neq\varnothing$（如 $(1,2)\in AB$），不互斥；
• (B) 互为对立：对立要求 $A\cup B=\Omega$ 且 $AB=\varnothing$，两条都不满足 （$(2,1)$ 既不属于 $A$ 也不属于 $B$），不对立；
• (D) 相等：$(1,1)\in A$ 但 $(1,1)\notin B$，两集合不相等。

答：选 (C)。

顺带一提，本题不必数样本点也能判定：两枚骰子分别掷出， 第一枚的点数不影响第二枚，机制上就是独立的。 数样本点是把这个判断验算了一遍。

习题 10.2 复习巩固 第 2 题

2. 假设 $P(A) = 0.7, P(B) = 0.8$，且 $A$ 与 $B$ 相互独立，则 $P(AB) = \_$，$P(A \cup B) = \_$．

计算题：一个用乘法，一个用性质 6。

由 $A$ 与 $B$ 相互独立，

$$P(AB)=P(A)P(B)=0.7\times 0.8=0.56 .$$

由概率的性质 $6$，

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.7+0.8-0.56=0.94 .$$

答：$P(AB)=0.56$，$P(A\cup B)=0.94$。

另解（对立事件）：$\overline{A\cup B}=\bar A\bar B$，而 $\bar A$ 与 $\bar B$ 也独立，

$$P(A\cup B)=1-P(\bar A)P(\bar B)=1-0.3\times 0.2=1-0.06=0.94\ \checkmark$$

别把 $0.7+0.8$ 直接当答案。 $1.5>1$ 一望即知不可能， 减掉的 $P(AB)$ 正是被两次计入的重叠部分。

习题 10.2 复习巩固 第 3 题

3. 若 $P(A) > 0, P(B) > 0$，证明：事件 $A, B$ 相互独立与 $A, B$ 互斥不能同时成立.

用反证法：假定两者同时成立，导出矛盾。

假设事件 $A,B$ 既相互独立又互斥。

由 $A,B$ 互斥知 $AB=\varnothing$，于是

$$P(AB)=P(\varnothing)=0 .$$

由 $A,B$ 相互独立知

$$P(AB)=P(A)P(B).$$

而已知 $P(A)>0$、$P(B)>0$，两个正数相乘仍为正数，所以

$$P(AB)=P(A)P(B)>0 .$$

这与 $P(AB)=0$ 矛盾。故假设不成立， 即事件 $A,B$ 相互独立与 $A,B$ 互斥不能同时成立，证毕。

这道题把两个概念彻底分开了。 互斥说的是”$A$ 发生则 $B$ 绝不发生”， 这是影响最大的一种关系；独立说的是”互不影响”。 只要两个事件都有可能发生（概率为正），这两种描述就势不两立。

条件 $P(A)>0,P(B)>0$ 不能丢。 去掉它就有反例： 取 $B=\varnothing$，则 $B$ 与任意 $A$ 既互斥又独立（练习第 $4$ 题已证）。

习题 10.2 综合运用 第 4 题

4. 甲、乙两人独立地破译一份密码，已知各人能破译的概率分别是 $\frac{1}{3}$，$\frac{1}{4}$，求：

(1) 两人都成功破译的概率;

(2) 密码被成功破译的概率.

计算题。第 (2) 问的关键是读懂”密码被成功破译”是什么事件。

设 $A=$ “甲破译密码”，$B=$ “乙破译密码”，由”独立地破译”知 $A$ 与 $B$ 相互独立，且

$$P(A)=\frac13,\quad P(B)=\frac14,\quad P(\bar A)=\frac23,\quad P(\bar B)=\frac34 .$$

(1) 两人都成功破译，即 $AB$：

$$P(AB)=P(A)P(B)=\frac13\times\frac14=\frac1{12}.$$

(2) 密码被成功破译——只要有人译出来密码就被破译了， 所以这个事件是”甲、乙至少有一人成功”，即 $A\cup B$。走对立事件： 它的对立事件是”两人都没能破译”，即 $\bar A\bar B$，而 $\bar A$ 与 $\bar B$ 独立，

$$P(A\cup B)=1-P(\bar A\bar B)=1-P(\bar A)P(\bar B)=1-\frac23\times\frac34=1-\frac12=\frac12 .$$

答：(1) $\dfrac1{12}$；(2) $\dfrac12$。

另解（性质 6）：$P(A\cup B)=\dfrac13+\dfrac14-\dfrac1{12}=\dfrac{4+3-1}{12}=\dfrac12$ ✓。

自检：四种情形 $AB,\ A\bar B,\ \bar AB,\ \bar A\bar B$ 的概率分别是 $\dfrac1{12},\ \dfrac14,\ \dfrac16,\ \dfrac12$，通分为 $\dfrac1{12}+\dfrac3{12}+\dfrac2{12}+\dfrac6{12}=1$ ✓。

最常见的错是把 (2) 算成 $\dfrac13+\dfrac14=\dfrac7{12}$： 这把”两人都译出”的情形数了两遍。

习题 10.2 综合运用 第 5 题

5. 如图，一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为 $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\}$。构造适当的事件 $A, B, C$，使 $P(ABC) = P(A)P(B)P(C)$ 成立，但不满足 $A, B, C$ 两两独立。

这是第 2 题的”反方向”：那道题说两两独立推不出三重等式， 这道题要说明三重等式也推不出两两独立。

先想清楚要凑什么。 取 $A,B,C$ 都含 $4$ 个数字，则

$$P(A)=P(B)=P(C)=\frac48=\frac12,\qquad P(A)P(B)P(C)=\frac18 .$$

要让 $P(ABC)=\dfrac18$，只需 $ABC$ 恰好含 $1$ 个样本点。 同时，为了破坏两两独立，只要让某个两两交集不含 $2$ 个样本点即可 （因为 $P(A)P(B)=\dfrac14$ 要求 $n(AB)=2$）。 下面构造的三个事件把三对全破坏了。

构造：取

$$A=\{1,2,3,4\},\qquad B=\{1,2,3,5\},\qquad C=\{1,6,7,8\}.$$

验证三重等式。 先算 $AB=\{1,2,3\}$，再与 $C$ 求交， $C$ 中只有 $1$ 落在 $\{1,2,3\}$ 里，所以

$$ABC=\{1\},\qquad P(ABC)=\frac18 ,$$

而

$$P(A)P(B)P(C)=\frac12\times\frac12\times\frac12=\frac18 ,$$

故 $P(ABC)=P(A)P(B)P(C)$ 成立。

验证两两不独立。 三个两两交集分别是

$$AB=\{1,2,3\},\qquad AC=\{1\},\qquad BC=\{1\},$$ $$P(AB)=\frac38,\qquad P(AC)=P(BC)=\frac18 ,$$

而三对的概率之积都是 $\dfrac12\times\dfrac12=\dfrac14$。由于

$$\frac38\neq\frac14,\qquad \frac18\neq\frac14,\qquad \frac18\neq\frac14 ,$$

$A$ 与 $B$、$A$ 与 $C$、$B$ 与 $C$ 三对都不独立， 自然不满足”$A,B,C$ 两两独立”。构造完成。

答案不唯一，凡是满足”$n(A)=n(B)=n(C)=4$、$n(ABC)=1$、 且至少有一个两两交集不含 $2$ 个样本点”的取法都可以。 例如 $A=\{1,2,3,4\}$、$B=\{1,2,3,5\}$、$C=\{1,5,6,7\}$ 也行—— 此时 $BC=\{1,5\}$ 使 $B,C$ 恰好独立，但 $A,B$ 与 $A,C$ 仍不独立， “两两独立”照样不成立。

把第 2 题和这一题合起来看，结论是： “两两独立”与"$P(ABC)=P(A)P(B)P(C)$"互不蕴含，谁也推不出谁。 所以教科书定义”三个事件相互独立”时， 必须把这四个等式一起写进条件里。

习题 10.2 拓广探索 第 6 题

6. 分析如下三个随机试验及指定的随机事件，并解答下面的问题.

$E_{1}$ ：抛掷两枚质地均匀的硬币；事件 A = “两枚都正面朝上”.

$\mathrm{E}_2$ ：向一个目标射击两次，每次命中目标的概率为0.6；事件 $B =$ “命中两次目标”.

$E_{3}$ ：从包含2个红球、3个黄球的袋子中依次不放回任意摸出两球；事件C=“两次都摸到红球”.

（1）用适当的符号表示试验的可能结果，分别写出各试验的样本空间；

(2) 指出这三个试验的共同特征和区别；

(3) 分别求 A, B, C 的概率.

这道题把本章的三种概率模型摆在一起对比，是很好的收束题。

(1) 写样本空间。

$E_1$：用 $1$ 表示正面朝上、$0$ 表示反面朝上，把两枚硬币的结果写成有序对，

$$\Omega_1=\{(1,1),(1,0),(0,1),(0,0)\},\qquad n(\Omega_1)=4 ,$$

且 $4$ 个样本点等可能（硬币质地均匀）。

$E_2$：用 $1$ 表示命中、$0$ 表示未命中，把两次射击的结果写成有序对，

$$\Omega_2=\{(1,1),(1,0),(0,1),(0,0)\},\qquad n(\Omega_2)=4 ,$$

但这 $4$ 个样本点不等可能（每次命中的概率是 $0.6$，不是 $0.5$）。

$E_3$：把 $2$ 个红球记作 $a_1,a_2$，$3$ 个黄球记作 $b_1,b_2,b_3$， 记录依次摸出的两球，因为不放回，两次不能是同一个球，

$$\Omega_3=\{(x,y)\mid x,y\in\{a_1,a_2,b_1,b_2,b_3\},\ x\neq y\},\qquad n(\Omega_3)=5\times 4=20 ,$$

这 $20$ 个样本点等可能。

$E_3$ 也可以只记颜色，写成 $\{(\text{红},\text{红}),(\text{红},\text{黄}),(\text{黄},\text{红}),(\text{黄},\text{黄})\}$， 但这 $4$ 个样本点不等可能，不能用古典概型公式，所以求概率时要用上面的编号写法。

(2) 共同特征与区别。

共同特征：三个试验都由两次相同的子试验组成； 样本点都可以写成”两次结果”的有序对； 指定的事件 $A,B,C$ 都是”两次都出现某个指定结果”， 即都可以写成 $D_1D_2$ 的形式（$D_i$ 表示第 $i$ 次出现该结果）； 按结果的类型分，样本空间都只有 $4$ 种组合。

区别有两条，正好是两个不同的维度。

其一，两次之间是否互相影响：

• $E_1$ 两枚硬币分别抛掷，$E_2$ 两次射击各自独立，两次结果互不影响；
• $E_3$ 是不放回摸球，第一次摸走的球改变了袋中的构成，两次结果互相影响，不独立。

其二，每次的两个结果是否等可能：

• $E_1$ 每次正、反各 $\dfrac12$，等可能；
• $E_2$ 每次命中 $0.6$、不中 $0.4$，不等可能；
• $E_3$ 每次红、黄的可能性也不相等。

这两条区别直接决定了算法：$E_1$ 的 $4$ 个样本点等可能， 可以直接套古典概型公式；$E_2$ 的样本点不等可能，古典概型公式失效， 必须用独立性做乘法；$E_3$ 既不独立又不等可能， 只能退回到编号后的 $20$ 个等可能样本点去数（到选择性必修学了条件概率还有第二条路）。

(3) 求概率。

$P(A)$：$A=\{(1,1)\}$，由古典概型公式

$$P(A)=\frac{1}{4}.$$

（也可以用独立性：$P(A)=\dfrac12\times\dfrac12=\dfrac14$，两法一致。）

$P(B)$：设 $B_i=$ “第 $i$ 次命中目标”，则 $B=B_1B_2$，由两次射击相互独立，

$$P(B)=P(B_1)P(B_2)=0.6\times 0.6=0.36 .$$

这里不能用 $\dfrac14$——样本点不等可能，古典概型公式用不了。

$P(C)$：在 $\Omega_3$ 中，“两次都摸到红球”就是从 $a_1,a_2$ 里有序地取两个， $n(C)=2\times 1=2$，由古典概型公式

$$P(C)=\frac{2}{20}=\frac{1}{10}.$$

这里也不能用独立性做 $\dfrac25\times\dfrac25=\dfrac4{25}$——两次不独立。 实际上第一次摸到红球后，袋中只剩 $1$ 红 $3$ 黄， 第二次摸到红球的可能性从 $\dfrac25$ 降到了 $\dfrac14$， 所以 $P(C)=\dfrac25\times\dfrac14=\dfrac1{10}$，与数样本点的结果一致。

答：$P(A)=\dfrac14$，$P(B)=0.36$，$P(C)=\dfrac1{10}$。

三个答案的大小顺序也有意思：$0.36>0.25>0.1$。 射击的成功率高（$0.6>0.5$），所以两次都成功比硬币两次都正面更容易； 而不放回摸球因为第一次”用掉”了一个红球，两次都红反而最难。 独立与否、等不等可能，这两件事都会实实在在地改变答案—— 这正是这道题要读者体会的。