7.4.2 超几何分布

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文字转写

(2) E(X)=_E(X) = \_, D(X)=_D(X) = \_.

  1. 鸡接种一种疫苗后，有 80%80\% 不会感染某种病毒。如果5只鸡接种了疫苗，求：

(1) 没有鸡感染病毒的概率;

(2) 恰好有 1 只鸡感染病毒的概率.

  1. 判断下列表述正确与否，并说明理由：

（1）12道四选一的单选题，随机猜结果，猜对答案的题目数 X∼B(12,0.25)X \sim B(12, 0.25);

(2) 100 件产品中包含 10 件次品，不放回地随机抽取 6 件，其中的次品数 Y∼B(6,0.1)Y \sim B(6, 0.1) .

  1. 举出两个服从二项分布的随机变量的例子.

7.4.2 超几何分布

问题 已知 100 件产品中有 8 件次品，分别采用有放回和不放回的方式随机抽取 4 件。设抽取的 4 件产品中次品数为 X，求随机变量 X 的分布列。

我们知道，如果采用有放回抽样，则每次抽到次品的概率为0.08，且各次抽样的结果相互独立，此时 XX 服从二项分布，即 X∼B(4,0.08)X \sim B(4, 0.08).

思考

如果采用不放回抽样，那么抽取的4件产品中次品数 XX 是否也服从二项分布？如果不服从，那么 XX 的分布列是什么？

采用不放回抽样，虽然每次抽到次品的概率都是0.08，但每次抽取不是同一个试验，而且各次抽取的结果也不独立，不符合 nn 重伯努利试验的特征，因此 XX 不服从二项分布.

可以根据古典概型求 X 的分布列. 由题意可知, X 可能的取值为 0, 1, 2, 3, 4. 从 100 件产品中任取 4 件, 样本空间包含 C1004C_{100}^{4} 个样本点, 且每个样本点都是等可能发生的. 其中 4 件产品中恰有 k 件次品的结果数为 C8kC924−kC_{8}^{k}C_{92}^{4-k} . 由古典概型的知识, 得 X 的分布列为

P(X=k)=C8kC924−kC1004,k=0,1,2,3,4.P (X = k) = \frac {\mathrm{C} _ {8} ^ {k} \mathrm{C} _ {9 2} ^ {4 - k}}{\mathrm{C} _ {1 0 0} ^ {4}}, k = 0, 1, 2, 3, 4.

计算结果数时，考虑抽取的次序和不考虑抽取的次序，对分布列的计算有影响吗？为什么？

计算的具体结果(精确到 0.00001)如表 7.4-1 所示.

一般地，假设一批产品共有 NN 件，其中有 MM 件次品。从 NN 件产品中随机抽取 nn 件（不放回），用 XX 表示抽取的 nn 件产品中的次品数，则 XX 的分布列为

P(X=k)=CMkCN−Mn−kCNn,k=m,m+1,m+2,…,r.P (X = k) = \frac {\mathrm{C} _ {M} ^ {k} \mathrm{C} _ {N - M} ^ {n - k}}{\mathrm{C} _ {N} ^ {n}}, k = m, m + 1, m + 2, \dots , r.

其中 n,N,M∈N∗n, N, M \in \mathbf{N}^*, M⩽NM \leqslant N, n⩽Nn \leqslant N, m=max⁡{0,n−N+M}m = \max \{0, n - N + M\}, r=min⁡{n,M}r = \min \{n, M\}. 如果随机变量 XX 的分布列具有上式的形式，那么称随机变量 XX 服从超几何分布 (hypergeometric distribution).

例 4 从 50 名学生中随机选出 5 名学生代表，求甲被选中的概率.

解：设 X 表示选出的 5 名学生中含甲的人数（只能取 0 或 1），则 X 服从超几何分布，且 N=50, M=1, n=5. 因此甲被选中的概率为

• •

P(X=1)=C11C494C505=110.P (X = 1) = \frac {\mathrm{C} _ {1} ^ {1} \mathrm{C} _ {4 9} ^ {4}}{\mathrm{C} _ {5 0} ^ {5}} = \frac {1}{1 0}.

容易发现，每个人被抽到的概率都是 110\frac{1}{10} 。这个结论非常直观，这里给出了严格的推导。

例5 一批零件共有30个，其中有3个不合格。随机抽取10个零件进行检测，求至少有1件不合格的概率。

解：设抽取的10个零件中不合格品数为 XX ，则 XX 服从超几何分布，且 N=30N = 30 ， M=3M = 3 ， n=10n = 10 。 XX 的分布列为

P(X=k)=C3kC2710−kC3010,k=0,1,2,3.P (X = k) = \frac {\mathrm{C} _ {3} ^ {k} \mathrm{C} _ {2 7} ^ {1 0 - k}}{\mathrm{C} _ {3 0} ^ {1 0}}, k = 0, 1, 2, 3.

至少有1件不合格的概率为

P(X⩾1)=P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)=C31C279C3010+C32C278C3010+C33C277C3010≈0.7192.\begin{array}{r l} P (X \geqslant 1) & = P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3) \\ & = \frac {\mathrm{C} _ {3} ^ {1} \mathrm{C} _ {2 7} ^ {9}}{\mathrm{C} _ {3 0} ^ {1 0}} + \frac {\mathrm{C} _ {3} ^ {2} \mathrm{C} _ {2 7} ^ {8}}{\mathrm{C} _ {3 0} ^ {1 0}} + \frac {\mathrm{C} _ {3} ^ {3} \mathrm{C} _ {2 7} ^ {7}}{\mathrm{C} _ {3 0} ^ {1 0}} \approx 0. 7 1 9 2. \end{array}

也可以按如下方法求解：

P(X⩾1)=1−P(X=0)=1−C30C2710C3010≈0.7192.P (X \geqslant 1) = 1 - P (X = 0) = 1 - \frac {\mathrm{C} _ {3} ^ {0} \mathrm{C} _ {2 7} ^ {1 0}}{\mathrm{C} _ {3 0} ^ {1 0}} \approx 0. 7 1 9 2.

探究

服从超几何分布的随机变量的均值是什么？

设随机变量 XX 服从超几何分布，则 XX 可以解释为从包含 MM 件次品的 NN 件产品中，不放回地随机抽取 nn 件产品中的次品数。令 p=MNp = \frac{M}{N}，则 pp 是 NN 件产品的次品率，而 Xn\frac{X}{n} 是抽取的 nn 件产品的次品率，我们猜想 E(Xn)=pE\left(\frac{X}{n}\right) = p，即 E(X)=npE(X) = np。

实际上，令 m=max⁡{0,n−N+M}m = \max \{0, n - N + M\}，r=min⁡{n,M}r = \min \{n, M\}，由随机变量均值的定义：

当 m>0m > 0 时，

E (X) = \sum_ {k = m} ^ {r} k \frac {\mathrm{C} _ {M} ^ {k} \mathrm{C} _ {N - M} ^ {n - k}}{\mathrm{C} _ {N} ^ {n}} = M \sum_ {k = m} ^ {r} \frac {\mathrm{C} _ {M - 1} ^ {k - 1} \mathrm{C} _ {N - M} ^ {n - k}}{\mathrm{C} _ {N} ^ {n}}.\tag{1}

因为 ∑k=mrCM−1k−1CN−Mn−k=CN−1n−1\sum_{k=m}^{r}\mathrm{C}_{M-1}^{k-1}\mathrm{C}_{N-M}^{n-k}=\mathrm{C}_{N-1}^{n-1}，所以

E(X)=MCNn∑k=mrCM−1k−1CN−Mn−k=MCN−1n−1CNn=nMN=np.E (X) = \frac {M}{\mathrm{C} _ {N} ^ {n}} \sum_ {k = m} ^ {r} \mathrm{C} _ {M - 1} ^ {k - 1} \mathrm{C} _ {N - M} ^ {n - k} = \frac {M \mathrm{C} _ {N - 1} ^ {n - 1}}{\mathrm{C} _ {N} ^ {n}} = \frac {n M}{N} = n p.

当 m=0m = 0 时，注意到（1）式中间求和的第一项为0，类似可以证明结论依然成立.

例 6 一个袋子中有 100 个大小相同的球，其中有 40 个黄球、60 个白球，从中随机地摸出 20 个球作为样本。用 X 表示样本中黄球的个数。

（1）分别就有放回摸球和不放回摸球，求 X 的分布列；

（2）分别就有放回摸球和不放回摸球，用样本中黄球的比例估计总体中黄球的比例，求误差的绝对值不超过0.1的概率.

分析：因为只有两种颜色的球，每次摸球都是一个伯努利试验。摸出20个球，采用有放回摸球，各次试验的结果相互独立， X∼B(20,0.4)X \sim B(20, 0.4) ；而采用不放回摸球，各次试验的结果不独立，X服从超几何分布。

解：（1）对于有放回摸球，每次摸到黄球的概率为0.4，且各次试验之间的结果是独立的，因此 X∼B(20,0.4)X \sim B(20, 0.4)，XX 的分布列为

p1k=P(X=k)=C20k×0.4k×0.620−k,k=0,1,2,…,20.p _ {1 k} = P (X = k) = \mathrm{C} _ {2 0} ^ {k} \times 0. 4 ^ {k} \times 0. 6 ^ {2 0 - k}, k = 0, 1, 2, \dots , 2 0.

对于不放回摸球，各次试验的结果不独立，X 服从超几何分布，X 的分布列为

p2k=P(X=k)=C40kC6020−kC10020,k=0,1,2,…,20.p _ {2 k} = P (X = k) = \frac {\mathrm{C} _ {4 0} ^ {k} \mathrm{C} _ {6 0} ^ {2 0 - k}}{\mathrm{C} _ {1 0 0} ^ {2 0}}, k = 0, 1, 2, \dots , 2 0.

(2) 利用统计软件计算出两个分布列的概率值（精确到 0.00001），如表 7.4-2 所示.

在Excel中，计算二项分布概率和超几何分布概率的函数分别为BINOM.DIST和HYPGEOM.DIST.

样本中黄球的比例 f20=X20f_{20} = \frac{X}{20} 是一个随机变量，根据表7.4-2，计算得：

有放回摸球： P(∣f20−0.4∣⩽0.1)=P(6⩽X⩽10)≈0.7469.P(|f_{20} - 0.4|\leqslant 0.1) = P(6\leqslant X\leqslant 10)\approx 0.7469.

不放回摸球： P(∣f20−0.4∣⩽0.1)=P(6⩽X⩽10)≈0.7988.P(|f_{20} - 0.4|\leqslant 0.1) = P(6\leqslant X\leqslant 10)\approx 0.7988.

由例 6 可以发现，在相同的误差限制下，采用不放回摸球估计的结果更可靠些.

两种摸球方式下，随机变量 XX 分别服从二项分布和超几何分布。虽然这两种分布有相等的均值(都是8)，但从两种分布的概率分布图(图7.4-4)看，超几何分布更集中在均值附近。

二项分布和超几何分布都可以描述随机抽取的 nn 件产品中次品数的分布规律，并且二者的均值相同。对于不放回抽样，当 nn 远远小于 NN 时，每抽取一次后，对 NN 的影响很小，此时，超几何分布可以用二项分布近似。

练习

  1. 一箱 24 罐的饮料中 4 罐有奖券，每张奖券奖励饮料一罐，从中任意抽取 2 罐，求这 2 罐中有奖券的概率.

  2. 学校要从 12 名候选人中选 4 名同学组成学生会，已知有 4 名候选人来自甲班。假设每名候选人都有相同的机会被选到，求甲班恰有 2 名同学被选到的概率。

  3. 举出两个服从超几何分布的随机变量的例子.

习题7.4

复习巩固

  1. 抛掷一枚骰子，当出现5点或6点时，就说这次试验成功，求在30次试验中成功次数 XX 的均值和方差.

  2. 若某射手每次射击击中目标的概率为 0.9，每次射击的结果相互独立，则在他连续 4 次射击

中，恰好有一次未击中目标的概率是多大？

  1. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点 0 出发，每隔 1 s 等可能地向左或向右移动一个单位，共移动 6 次. 求下列事件的概率.

(第3题)

(1) 质点回到原点；

(2) 质点位于 4 的位置.

  1. 从一副不含大小王的 52 张扑克牌中任意抽出 5 张，求至少有 2 张 A 牌的概率(精确到 0.00001).

综合运用

  1. 某射手每次射击击中目标的概率为 0.8，共进行 10 次射击，求(精确到 0.01):

(1) 恰有 8 次击中目标的概率;

(2) 至少有 8 次击中目标的概率.

  1. 有一个摸奖游戏，在一个口袋中装有 10 个红球和 20 个白球，这些球除颜色外完全相同，一次从中摸出 5 个球，至少摸到 3 个红球就中奖。求中奖的概率(精确到 0.001).

  2. 一个车间有3台车床，它们各自独立工作。设同时发生故障的车床数为 XX，在下列两种情形下分别求 XX 的分布列。

（1）假设这3台车床型号相同，它们发生故障的概率都是20%;

(2) 这 3 台车床中有 A 型号 2 台，B 型号 1 台，A 型车床发生故障的概率为 10%10\%，B 型车床发生故障的概率为 20%20\%.

拓广探索

  1. 某药厂研制一种新药，宣称对治疗某种疾病的有效率为 90%90\%。随机选择了10名患者，经过使用该药治疗后，治愈的人数不超过6人，你是否怀疑药厂的宣传？

探究与发现

二项分布的性质

设随机变量 X∼B(n,p)X \sim B(n, p)，则 XX 的分布列为

P(X=k)=Cnkpk(1−p)n−k,k=0,1,…,n.P (X = k) = \mathrm{C} _ {n} ^ {k} p ^ {k} (1 - p) ^ {n - k}, k = 0, 1, \dots , n.

对不同的 nn 和 pp 的值，绘制的概率分布图如图1所示.

观察图形，类比函数性质的研究，你能发现二项分布的哪些性质？提出你的猜想.

记 pk=P(X=k)p_k = P(X = k)，观察图形我们发现：当 kk 由0增大到 nn 时，pkp_k 先增后减，在某一个(或两个) kk 值处达到最大。二项分布当 p=0.5p = 0.5 时是对称的，当 p<0.5p < 0.5 时向左偏倚，当 p>0.5p > 0.5 时向右偏倚。

下面，我们利用分布列的表达式来研究 pkp_{k} 的增减变化及最大值.

pkpk−1=Cnkpk(1−p)n−kCnk−1pk−1(1−p)n−k+1=(n−k+1)pk(1−p)=k(1−p)+(n+1)p−kk(1−p)=1+(n+1)p−kk(1−p).\begin{array}{r l} \frac {p _ {k}}{p _ {k - 1}} & = \frac {\mathrm{C} _ {n} ^ {k} p ^ {k} (1 - p) ^ {n - k}}{\mathrm{C} _ {n} ^ {k - 1} p ^ {k - 1} (1 - p) ^ {n - k + 1}} = \frac {(n - k + 1) p}{k (1 - p)} \\ & = \frac {k (1 - p) + (n + 1) p - k}{k (1 - p)} = 1 + \frac {(n + 1) p - k}{k (1 - p)}. \end{array}

当 k<(n+1)pk < (n + 1)p 时，pk>pk−1p_k > p_{k - 1}，pkp_k 随 kk 值的增加而增加；当 k>(n+1)pk > (n + 1)p 时，pk<pk−1p_k < p_{k - 1}，pkp_k 随 kk 值的增加而减小.

如果 (n+1)p(n + 1)p 为正整数，当 k=(n+1)pk = (n + 1)p 时，pk=pk−1p_k = p_{k - 1}，此时这两项概率均为最大值。如果 (n+1)p(n + 1)p 为非整数，而 kk 取 (n+1)p(n + 1)p 的整数部分，则 pkp_k 是唯一的最大值。

对你发现的二项分布的其他性质，你能给出证明吗？