Vì $2$, dễ thấy các biến này độc lập vì mỗi biến cơ bản xuất hiện ở biểu thức này lại không xuất hiện ở biểu thức kia.
Ví dụ
$\mathbb{P}(a_2b_0=0| a_1b_1=0, b_2(a_0 + a_2 +1)=0) = \mathbb{P}(a_4b_4=0)$.
Một cách hay để thấy điều này, tôi nghĩ là xem xét entropy của một trong các biến này:
$H (a_2 b_0 |a_1 b_1, b_2(a_0 + a_2 +1) ) \geq
H (a_2 b_0 |a_0, a_1, b_1, b_2 ) = H (a_2 b_0 )$.
Đẳng thức cuối cùng xuất phát từ sự độc lập của các biến cơ bản.
Như vậy ta có thể suy ra $H (a_2 b_0 |a_1 b_1, b_2(a_0 + a_2 +1) )= H (a_2 b_0 ) $.
Trong khoảng $1$, nó phức tạp hơn vì $b_4, b_2, a_2, a_4$ xuất hiện trong nhiều hơn một biểu thức.
Sau đó, bạn phải thể hiện rằng $a_4, b_4, a_3, (b_0 + b_2), b_3, (a_0 + a_2), a_1 ,(b_2 + b_4), b_1, (a_2 + a_4)$ độc lập tuyến tính trong $\mathbb{F}_2$ (bằng cách thực hiện đại số tuyến tính), do đó bạn có thể suy ra các biến này (cuối cùng cộng với một hằng số) là các biến độc lập (từ quan điểm xác suất).
Và sau đó bạn phải sử dụng lập luận "nếu $X, Y, Z, T$ độc lập thì $XY$ và $ZT$ là độc lập."
Chỉnh sửa: Một cách hay để xem tính độc lập của các biến tuyến tính là tính toán định thức của ma trận sau (dòng đầu tiên tương ứng với $a_4$, thứ hai đến $b_4$, thứ tư đến $b_0 + b_2$, v.v.), bạn cũng có thể chứng minh họ vectơ này tạo ra $\mathbb{F}^{10}_p$, và suy ra theo lực lượng, nó là cơ sở, và do đó các vectơ là độc lập:
$\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \
1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \
0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 \
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{ma trận}$
