总第76期 教学参考 31 B:“所取产品被某人判为正品” 的乘积.即：pxv(x,y)=p.(X)p(y)。 C:“该批产品被接受“ 除此之外，也有很多教师在讲课过程中会补充如下 由全概率公式得： 结论： P(A)=P(A)·P(BIA)+P(A)·P(BIA) 命题：设(X,Y)的联合密度函数为px(x,y),则 =0.8×0.9+0.2×0.2=0.76 有：X,Y相互独立p.(x,y)可变量分离，即 因此，该批产品的接受概率为： p.y(x,y)=g(x)h(y)。 P(C)=C0.762(1-0.76)+C'0.761-0.76)° 上述命题在快速判定随机变量的独立性时非常方 =0.854848 便实用，但需要注意的是上述命题中的变量分离实际上 解法2：令A:“任意抽取的产品恰为正品” 不仅包括函数表面上的变量分离，而且还要求密度函数 C:“该批产品被接受” 非零区域（即支撑集）的变量可分离，即密度函数非零区 由全概率公式得： 域中y与x互不依赖。现结合下述例题作一说明。 P(A)=P(A)·P(CIA)+P(A)·P(CIA) 例2：设随机变量(X,Y)的联合密度函数为： 又由于： p(xy）= 2e',0<x<y P(C1A)=C0.9(1-0.9)'+C'0.9(1-0.9)"= 0,其他 0.972 试判断与是否相互独立？ P(C1A)=C0.22(1-0.2)1+C0.2'(1-0.2)0 对于此例题，由独立性的定义（即结论(2）)不难说 0.104 明X与Y不独立。但有些同学注意到函数2中x 所以，该批产品的接受概率为： 与y可以分离，根据教师补充的上述命题，即变量分离 P(C)=0.80×0.972+0.20×0.104=0.7984 的判定方法，则很快判定X与Y相互独立。问题出在本 不难发现，解法一可以看作内层为全概率公式，外 例中联合密度函数p(x,y)的非零区城(0y),y依 层为Bernoulli试验的嵌套或复合。而解法二则相反，它 赖于x,即y与x不能分离。事实上，上述密度函数可写 将Bernoulli试验作为内层，而将全概率作为外层。上述 为： 两种解法初看都有道理，但计算出的概率却不同，为什 (x,y)=2eIA(x.y).x,yeR. 么会产生如此“悖论”呢？深入的分析可以发现解法一是 其中函数1(x,y)为示性函数，满足： 正确的，因为它正确的利用了每个人对于所取出的产品 Lx.y)=[.(y)eA=(xy) 的判定是独立的这一信息，因此外层取为Bernoulli试验 0,(x,y）gA 是合理的：对于此解法，大多数同学都能理解。然而对于 从上述形式大家可以较清楚地看出y与x的确不 解法二，却有很多同学难以发现错误出自何处。事实上， 能变量分离，因此X与Y不独立。 解法二的错误在于计算条件概率P(C1A),P(CIA)时 以上给出了笔者在讲授概率论的过程中，对于独立 性概念的一点体会，以抛砖引玉。 错误地运用了n重Bernoulli试验，因为此时想当然地假 定了三个人对于所抽取的产品的属性（即原本是否为正 品)具有一致的信息。这当然违背了原题的题意，但使用 (作者单位：华中理工大学) 解法二的学生却很难发现这一点。通过这一例子，也可 以看出在解题过程中对于事件独立性的判定正确与否 是至关重要的。 二、随机变量的独立性 关于随机变量的独立性，大多概率论教材中都提到 如下结论 (1)随机变量X,Y相互独立一(X,Y)的联合分布 函数等于X,Y的边际分布函数的乘积，即： Fx(x,y)=F(x)·Fx(y)。 (2)对于两维连续型随机变量(X,Y),X.Y相互独 立一(X,Y)的联合密度函数等于X,Y的边际密度函数