7.4.2 超几何分布

这一节补的是上一节留下的那个洞

§7.4.1 反复强调：$n$ 重伯努利试验要求各次独立，而不放回抽样破坏独立性，所以不放回抽到的次品数 不服从二项分布。那它服从什么？这一节给出答案：超几何分布。

课本用同一个问题把两者摆在一起对照：100 件产品里有 8 件次品，抽 4 件。

• 有放回：每次抽到次品的概率都是 $0.08$，各次独立，$X\sim B(4,0.08)$；
• 不放回：$X$ 不服从二项分布。

为什么不放回就不是二项分布——注意课本没说的那半句

课本的原话是：不放回时”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”。这句话里有个容易被读漏的地方，值得单独说清楚：

“每次抽到次品的概率都是 $0.08$“这句是真的。 它就是 §7.1 例 2 那个抽签公平性的结论—— 不算前面抽到了什么，单看”第 3 次抽到次品”这个事件，概率仍然是 $\dfrac{8}{100}=0.08$。 所以不能用”概率变了”来解释为什么不是二项分布。

真正坏掉的是独立性。 第 1 次抽到次品之后，剩下的 99 件里只有 7 件次品， 第 2 次抽到次品的条件概率变成 $\dfrac{7}{99}\neq 0.08$。也就是

$$P(A_2)=0.08,\qquad P(A_2\mid A_1)=\frac{7}{99}\neq P(A_2) .$$

无条件概率没变，条件概率变了——这正是”不独立”的定义。二项分布要的是独立， “每次概率相同”只是它的一半，光有这一半不够。

分布列：直接用古典概型数出来

既然套不了公式，就退回最原始的办法——数样本点。从 100 件里任取 4 件， 样本空间有 $\mathrm{C}_{100}^{4}$ 个样本点，每个等可能。其中”恰有 $k$ 件次品”的结果数是

$$\underbrace{\mathrm{C}_{8}^{k}}_{\text{从 8 件次品里挑 }k\text{ 件}}\times \underbrace{\mathrm{C}_{92}^{4-k}}_{\text{从 92 件正品里挑 }4-k\text{ 件}} ,$$

于是

$$P(X=k)=\frac{\mathrm{C}_{8}^{k}\mathrm{C}_{92}^{4-k}}{\mathrm{C}_{100}^{4}},\quad k=0,1,2,3,4 .$$

课本在这里追问了一句：计算结果数时，考虑抽取的次序和不考虑抽取的次序，对分布列有影响吗？ 答案是没有影响，理由值得记住：分子分母只要用同一套计数口径，那个口径带来的因子会约掉。 若都按不计次序数，就是上式；若都按计次序数，分母变成 $\mathrm{A}_{100}^{4}$， 分子变成 $\mathrm{C}_{8}^{k}\mathrm{C}_{92}^{4-k}\cdot\mathrm{A}_{4}^{4}$（先选出是哪几件，再把 4 件排成序）， 上下同时多了个 $4!$，约掉之后一模一样。古典概型里，比值只认口径一致，不认哪个口径。

一般式与那两个容易被跳过的边界

一批产品共 $N$ 件、其中 $M$ 件次品，不放回抽 $n$ 件，次品数 $X$ 的分布列是

$$P(X=k)=\frac{\mathrm{C}_{M}^{k}\mathrm{C}_{N-M}^{n-k}}{\mathrm{C}_{N}^{n}}, \quad k=m,m+1,\dots,r ,$$

其中 $m=\max\{0,\ n-N+M\}$，$r=\min\{n,\ M\}$。有这种形式的 $X$ 就说它服从超几何分布。

$k$ 的范围不是 $0$ 到 $n$，这是超几何分布与二项分布最不一样的地方，也是最容易写错的地方。 两个边界各有朴素的理由：

• 上界 $r=\min\{n,M\}$——抽到的次品数既不能超过抽的件数 $n$，也不能超过总共只有的 $M$ 件次品；
• 下界 $m=\max\{0,\ n-N+M\}$——正品统共只有 $N-M$ 件。如果抽的件数 $n$ 比正品总数还多， 多出来的那 $n-(N-M)$ 件就只能是次品，于是 $k$ 至少是 $n-N+M$。抽得不多时这个数是负的，取 $0$。

二项分布没有这两条：那里每次都是”独立地重新来一遍”，$k$ 从 $0$ 到 $n$ 一个不缺。 超几何分布是从有限的一堆里拿，拿多了就会碰到天花板和地板。

例 4：抽签公平性的严格证明

从 50 名学生里选 5 名代表，求甲被选中的概率。设 $X$ 为选出的 5 人中”甲”的人数， 它只能取 $0$ 或 $1$，服从 $N=50$、$M=1$、$n=5$ 的超几何分布：

$$P(X=1)=\frac{\mathrm{C}_{1}^{1}\mathrm{C}_{49}^{4}}{\mathrm{C}_{50}^{5}}=\frac{1}{10} .$$

结果是 $\dfrac{5}{50}=\dfrac{n}{N}$，即每个人被抽中的概率都等于抽取比例。 这个结论直观得像不用证，但”直观”不是证明——这里给的才是。 把 $M=1$ 代进一般式，是超几何分布最小的一个特例。

例 5：碰到”至少”先想对立事件

一批 30 个零件里有 3 个不合格，抽 10 个，求至少有 1 件不合格的概率。 正面算要加三项 $P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)$；换成对立事件只要一项：

$$P(X\geqslant 1)=1-P(X=0)=1-\frac{\mathrm{C}_{3}^{0}\mathrm{C}_{27}^{10}}{\mathrm{C}_{30}^{10}}\approx 0.7192 .$$

两条路同答。“至少 1 个”的对立面是”1 个都没有”，永远只有一项， 所以见到”至少一个”先算对立事件，几乎总是更省事。

均值：还是 $np$，只不过 $p=\dfrac{M}{N}$

$$X\ \text{服从超几何分布}\ \Longrightarrow\ E(X)=n\cdot\frac{M}{N}=np .$$

和二项分布的均值长得一模一样，这不是巧合：$p=\dfrac{M}{N}$ 是整批产品的次品率， $\dfrac{X}{n}$ 是抽出来那 $n$ 件的次品率，均值相等说的正是”样本次品率平均而言等于总体次品率”—— 抽样估计之所以站得住，靠的就是这句话。

证明的骨架与上一节同源，两步：

1. 用 $k\,\mathrm{C}_{M}^{k}=M\,\mathrm{C}_{M-1}^{k-1}$ 把因子 $k$ 吸收进组合数、提出 $M$；
2. 用组合恒等式 $\displaystyle\sum_{k=m}^{r}\mathrm{C}_{M-1}^{k-1}\mathrm{C}_{N-M}^{n-k}=\mathrm{C}_{N-1}^{n-1}$ 把整个求和一次性收掉。

于是

$$E(X)=\frac{M\,\mathrm{C}_{N-1}^{n-1}}{\mathrm{C}_{N}^{n}}=\frac{nM}{N}=np .$$

（当 $m=0$ 时求和的第一项本来就是 $0$，不影响结论。）

第二种证法：指示变量——一个组合恒等式都不用

上面那两步（吸收律 + 组合恒等式）是课本的走法，能证但不好记。同一个结论有一条 完全绕开组合数的路，值得记住，因为它在考场上常常就是最快的算法本身。

给整批 $N$ 件东西编号 $1,2,\dots,N$，对第 $j$ 件定义

$$I_j=\begin{cases}1,&\text{第 } j \text{ 件被抽中},\\[2pt] 0,&\text{没被抽中}.\end{cases}$$

于是”抽出的 $n$ 件里有几件次品”就是把 $M$ 件次品各自的 $I_j$ 加起来： $X=\sum_{j\ \text{是次品}} I_j$。而每一个 $I_j$ 的均值都好算得离谱——

$$P(I_j=1)=\frac{\mathrm{C}_{N-1}^{n-1}}{\mathrm{C}_{N}^{n}}=\frac{n}{N}, \qquad E(I_j)=\frac{n}{N}.$$

（分子是”钦定第 $j$ 件必被抽中、余下 $n-1$ 个名额从其他 $N-1$ 件里挑”的取法数。 这个 $\dfrac{n}{N}$ 与 $j$ 是谁无关，正是例 4 抽签公平性那句话的一般形式。）

均值有可加性——它不要求各项独立，这是关键：$I_j$ 之间明明是相关的 （抽中了一件就少一个名额），可 $E$ 仍然能逐项相加。于是

$$E(X)=\sum_{j\ \text{是次品}} E(I_j)=M\cdot\frac{n}{N}=\frac{nM}{N}=np .$$

三行完，没有吸收律、没有范德蒙德、连一个求和号都不必展开。

这条路真正教给你的是：均值的可加性和独立性无关；凡是”总量 $\times$ 抽取比例”这种 形状的题，都可以不列分布列直接算。它的适用面比超几何分布本身宽得多—— 下一节把每件次品的”权重”从 $1$ 换成别的数，公式照用。

例 6 与那张对比图：均值相同，谁更靠得住

例 6 把 100 个球（40 黄 60 白）里摸 20 个，两种摸法并排算：

两个均值相等（都是 8），但不放回的那个概率更大。 这就是那张概率分布图（图 7.4-4）想说的： 超几何分布更集中在均值附近，也就是波动更小。结论落到实处是一句很实用的话—— 在相同的误差限下，不放回抽样的估计更可靠。实际做抽样调查采用不放回，道理就在这里。

（顺带说明为什么直觉上如此：不放回时抽出来的每一个球都带来”新”信息， 而有放回可能把同一个球抽好几次，等于浪费了几次观察。）

什么时候可以拿二项分布当近似

课本给了条件：当 $n$ 远远小于 $N$ 时，超几何分布可以用二项分布近似。 道理是每抽一次对剩余总体的扰动很小——从 $100000$ 件里抽 $5$ 件， 抽走一件后次品率几乎没变，独立性”几乎”成立。反过来，$n$ 与 $N$ 可比时两者差得远， 例 6 里 $n=20$、$N=100$ 就已经能看出明显差别了。

两个分布放在一起记

判断时只问一句：抽走的东西放不放回去（或者说，总体会不会因为被抽而变化）。 放回、或总体大到抽走几件等于没抽，就是二项分布；不放回且总量有限，就是超几何分布。

顺着这条门读一道真题：浙江 2012 年第 19 题

这道题值得单独讲，因为它把本节最容易被跳过的两件事同时考了： 题面不会告诉你哪个变量服从超几何分布，以及分布列不是唯一的算法。

箱中 $4$ 个白球、$5$ 个黑球，白球得 $2$ 分、黑球得 $1$ 分。不放回任取 $3$ 个球， 求总得分 $X$ 的分布列与均值。

• 第一步是认人。 $X$ 本身不服从超几何分布——它的取值是 $3,4,5,6$， 不是从 $0$ 开始的计数。真正服从超几何分布的是白球个数 $W$： $N=9$、$M=4$、$n=3$。三个球每个至少 $1$ 分，等于每人先发 $1$ 分底薪， 白球再各多给 $1$ 分，所以

  $$X=3+W .$$

  一旦写出这一行，第（Ⅰ）问就抄完了：$P(X=3+k)=P(W=k)=\dfrac{\mathrm{C}_4^{k}\mathrm{C}_5^{3-k}}{\mathrm{C}_9^{3}}$， 概率一个都不用重算，只是把分布列第一行整体加 $3$。这就是”平移”—— 取值挪，概率不挪。

• 顺手把那两个边界用一次。 本节”一般式与那两个容易被跳过的边界”给的是 $k$ 从 $\max\{0,n-N+M\}$ 到 $\min\{n,M\}$。代进去：下界 $\max\{0,3-9+4\}=\max\{0,-2\}=0$， 上界 $\min\{3,4\}=3$，于是 $W\in\{0,1,2,3\}$、$X\in\{3,4,5,6\}$。 这道题的取值范围是算出来的，不是看出来的。 把黑球从 $5$ 个改成 $2$ 个， 取 $3$ 个就必然含白球，下界立刻变成 $1$——同一个公式，答案就不一样了。

• 第（Ⅱ）问有三种深浅。 最浅的是按定义加权，$\dfrac{5}{42}\cdot3+\dfrac{10}{21}\cdot4+\dfrac{5}{14}\cdot5+\dfrac{1}{21}\cdot6=\dfrac{13}{3}$； 中间一层是用本节的公式 $E(X)=3+E(W)=3+n\dfrac{M}{N}=3+3\cdot\dfrac{4}{9}=\dfrac{13}{3}$； 最深的一层就是上面那条指示变量——全袋总分是 $4\times2+5\times1=13$ 分， 每个球被取到的概率都是 $\dfrac{3}{9}=\dfrac13$，所以

  $$E(X)=13\times\frac13=\frac{13}{3}.$$

  一个组合数都没出现，连分布列都不必列。 注意这里”权重”不是 $0/1$ 而是 $2$ 和 $1$， 正是上一段末尾说的那句”把权重换成别的数，公式照用”。

• 想验证自己是不是真会了，就把那两步证明自己推一遍。 这道题的规模小到可以手算： 用吸收律 $k\,\mathrm{C}_4^{k}=4\,\mathrm{C}_3^{k-1}$ 把 $k$ 吸掉， 再用范德蒙德把 $\sum_{k}\mathrm{C}_3^{k-1}\mathrm{C}_5^{3-k}=\mathrm{C}_8^{2}=28$ 收掉， 得 $E(W)=\dfrac{4\times28}{84}=\dfrac43$。课本那两步在这道题上就是两个具体的数， 推一遍比背十遍管用。

• 它的坑也正是本节的坑：$\mathrm{C}_4^{2}\mathrm{C}_5^{2}$ 这种写法一望即错—— 两个上标之和必须是 $n=3$。凡是超几何分布的每一项， “抽到的次品数 $+$ 抽到的正品数 $=$ 抽取总数”是硬约束， 上标加不出 $n$ 就说明这一项数错了。（原卷这道题的印刷正是在这里出了两处纰漏， 校订层已另记。）

这道题给本节的一句话：超几何分布很少以”求超几何分布”的面目出现， 它出现在”某个计数变量”里，而那个变量常常被一层线性变换（平移、缩放、加权）盖住。 先把那层盖子揭掉，再谈公式。

本节目录里有六页（page-0082–page-0087，印刷页码第 77–82 页）。这一份收印在这六页上的全部题目， 共 14 道，逐题全做：

• §7.4.1「练习」的后半（第 77 页）：第 2、3、4 题。第 1 题的题干与第 (1) 问印在第 76 页， 归 §7.4 那一份，整道在那里收齐，这里不收；
• §7.4.2「练习」（第 80 页）：第 1、2、3 题；
• 「习题7.4」（第 80—81 页）：复习巩固第 1—4 题、综合运用第 5—7 题、拓广探索第 8 题。

本节没有开放式的实习作业。页码用的是印刷页码（page-0085 的页脚印着 80）；全仓口径不一见 #534。

十四道题反复练的其实只有一个动作——判模型。判完之后分两条流水线：

1. 有放回 / 各次独立 $\Rightarrow$ 二项分布 $B(n,p)$， $P(X=k)=\mathrm{C}_{n}^{k}p^{k}(1-p)^{n-k}$，$E(X)=np$，$D(X)=np(1-p)$；
2. 不放回 / 总量有限 $\Rightarrow$ 超几何分布， $P(X=k)=\dfrac{\mathrm{C}_{M}^{k}\mathrm{C}_{N-M}^{n-k}}{\mathrm{C}_{N}^{n}}$，$E(X)=n\dfrac{M}{N}$。

另有两个反复出现的小手法：碰到「至少」先算对立事件；各次概率不相同时两条流水线都不能用， 只能按独立性把情形逐个列举（第 7 题第 (2) 问就是）。

练习（第 77 页）第 2 题

2. 鸡接种一种疫苗后，有 $80\%$ 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.

先判模型。 一次伯努利试验是”观察一只接种过的鸡是否感染”，两个结果：感染 / 不感染。 题目给的是不感染的概率 $80\%$，所以

$$P(\text{感染})=1-0.8=0.2 .$$

5 只鸡各自独立、每只的感染概率都是 $0.2$，故感染的只数 $X\sim B(5,\,0.2)$。

这里最容易出错的一步是”成功”定谁：题面给的是 $80\%$ 不感染，而两问问的都是感染的只数。 把 $p$ 取成 $0.8$ 就全错了。先把随机变量的意义写清楚，再定 $p$。

(1) 没有鸡感染，即 $X=0$：

$$P(X=0)=\mathrm{C}_{5}^{0}\times 0.2^{0}\times 0.8^{5}=0.8^{5}=0.32768 .$$

(2) 恰好 1 只感染，即 $X=1$：

$$P(X=1)=\mathrm{C}_{5}^{1}\times 0.2^{1}\times 0.8^{4}=5\times 0.2\times 0.4096=0.4096 .$$

核一句：$P(X=1)>P(X=0)$，合理——$p=0.2$ 时 $E(X)=5\times 0.2=1$， 分布的重心正在 $X=1$ 上，那里概率最大。

练习（第 77 页）第 3 题

3. 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 $X \sim B(12, 0.25)$;

(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 $Y \sim B(6, 0.1)$ .

这道题就是本节两条判据的正反例，逐条对着 $n$ 重伯努利试验的两个特征核。

(1) 正确。 逐条验：

• 两个结果：每道题只有”猜对 / 猜错”；
• $p$ 不变：四选一随机猜，每题猜对的概率都是 $\dfrac14=0.25$，与是第几题无关；
• 各次独立：这道题猜对与否，不影响下道题猜对的概率（随机猜，题与题之间没有牵连）；
• 重复次数：$n=12$。

四条都满足，所以猜对的题目数 $X\sim B(12,\,0.25)$，表述正确。

(2) 不正确。 前两条看着也像满足——每次抽到次品的无条件概率确实都是 $\dfrac{10}{100}=0.1$（抽签公平性）。坏在独立性。 不放回抽样里，第 1 次抽到次品之后， 剩下的 99 件里只有 9 件次品，于是

$$P(\text{第 2 次抽到次品}\mid\text{第 1 次抽到次品})=\frac{9}{99}=\frac{1}{11}\neq 0.1 ,$$

条件概率被前一次的结果改掉了，各次并不独立，不符合 $n$ 重伯努利试验的特征。

$Y$ 实际服从的是超几何分布，$N=100$、$M=10$、$n=6$：

$$P(Y=k)=\frac{\mathrm{C}_{10}^{k}\mathrm{C}_{90}^{6-k}}{\mathrm{C}_{100}^{6}}, \quad k=0,1,2,3,4,5,6 .$$

（这里 $m=\max\{0,\ 6-100+10\}=0$、$r=\min\{6,10\}=6$，所以 $k$ 恰好取遍 $0$ 到 $6$。）

顺带一提：$E(Y)=6\times\dfrac{10}{100}=0.6$，与 $B(6,0.1)$ 的均值 $6\times 0.1=0.6$ 相等。 所以”均值对得上”不能用来证明是二项分布——两种分布的均值本来就一样， 差别在于超几何分布更集中在均值附近。又因为这里 $n=6$ 远小于 $N=100$， 用 $B(6,0.1)$ 做近似是可以的；但”近似成立”与”就是它”是两回事，题目问的是后者。

练习（第 77 页）第 4 题

4. 举出两个服从二项分布的随机变量的例子.

答案不唯一。举两个，并把 $n$、$p$ 和”一次伯努利试验是什么”都写清楚—— 这三样交代不清，例子就等于没举：

例一：投篮。 某人罚球命中率稳定为 $0.7$，连投 10 次，每次投篮互不影响。 一次伯努利试验是”投一次罚球”，“成功”指命中，$p=0.7$，$n=10$。 命中次数 $X\sim B(10,\,0.7)$。

例二：流水线抽检（有放回）。 某流水线的次品率为 $3\%$， 从中有放回地随机抽取 20 件（抽出登记后放回，下次可能再抽到同一件）。 一次伯努利试验是”抽一件并检验”，“成功”指抽到次品，$p=0.03$，$n=20$。 次品数 $X\sim B(20,\,0.03)$。

“有放回”三个字不能省——去掉它就成了超几何分布。这正是上一题第 (2) 问的坑。

练习（第 80 页）第 1 题

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.

先判模型。 从固定的 24 罐里一次抽 2 罐，抽出来就不再放回，总量有限——超几何分布。 设 $X$ 为抽到的 2 罐中带奖券的罐数，则 $N=24$、$M=4$、$n=2$：

$$P(X=k)=\frac{\mathrm{C}_{4}^{k}\mathrm{C}_{20}^{2-k}}{\mathrm{C}_{24}^{2}},\quad k=0,1,2 .$$

题目问”这 2 罐中有奖券”，即至少有一张奖券，也就是 $X\geqslant 1$。碰到”至少”先算对立事件： 对立面是”两罐都没有奖券”，只有一项。

$$\mathrm{C}_{24}^{2}=\frac{24\times 23}{2}=276,\qquad \mathrm{C}_{20}^{2}=\frac{20\times 19}{2}=190 ,$$ $$P(X=0)=\frac{\mathrm{C}_{4}^{0}\mathrm{C}_{20}^{2}}{\mathrm{C}_{24}^{2}}=\frac{190}{276}=\frac{95}{138} ,$$ $$P(X\geqslant 1)=1-\frac{95}{138}=\frac{43}{138}\approx 0.3116 .$$

正面算一遍核对：

$$P(X=1)=\frac{\mathrm{C}_{4}^{1}\mathrm{C}_{20}^{1}}{276}=\frac{80}{276},\qquad P(X=2)=\frac{\mathrm{C}_{4}^{2}\mathrm{C}_{20}^{0}}{276}=\frac{6}{276} ,$$

相加 $\dfrac{80+6}{276}=\dfrac{86}{276}=\dfrac{43}{138}$ ✓，两条路一致。 三个概率之和 $\dfrac{190+80+6}{276}=\dfrac{276}{276}=1$ ✓。

练习（第 80 页）第 2 题

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。

先判模型。 从 12 人里选 4 人，一个人不会被选两次，总量有限——超几何分布。 把”来自甲班”当成”次品”那一类：$N=12$、$M=4$（甲班人数）、$n=4$（当选人数）。 设 $X$ 为当选者中甲班的人数：

$$P(X=k)=\frac{\mathrm{C}_{4}^{k}\mathrm{C}_{8}^{4-k}}{\mathrm{C}_{12}^{4}},\quad k=0,1,2,3,4 .$$

所求是 $P(X=2)$：

$$\mathrm{C}_{12}^{4}=\frac{12\times 11\times 10\times 9}{4\times 3\times 2\times 1}=495,\qquad \mathrm{C}_{4}^{2}=6,\qquad \mathrm{C}_{8}^{2}=28 ,$$ $$P(X=2)=\frac{6\times 28}{495}=\frac{168}{495}=\frac{56}{165}\approx 0.3394 .$$

核一句：$E(X)=n\dfrac{M}{N}=4\times\dfrac{4}{12}=\dfrac43\approx 1.33$， 所以 $X$ 最可能取 $1$ 或 $2$；算出来 $P(X=2)\approx 0.34$ 是个不小的值，合理。 （顺带：$P(X=1)=\dfrac{\mathrm{C}_{4}^{1}\mathrm{C}_{8}^{3}}{495}=\dfrac{4\times 56}{495}=\dfrac{224}{495}\approx 0.4525$， 确实是最大的一格。）

练习（第 80 页）第 3 题

3. 举出两个服从超几何分布的随机变量的例子.

答案不唯一。举两个，$N$、$M$、$n$ 三个参数都要交代清楚， 而且必须点明”不放回”或”一次性抽取”——这是超几何分布区别于二项分布的唯一标志：

例一：抽奖。 一副去掉大小王的 52 张扑克牌里有 4 张 A。一次性抽出 5 张（不放回）， 设 $X$ 为其中 A 牌的张数，则 $X$ 服从 $N=52$、$M=4$、$n=5$ 的超几何分布，

$$P(X=k)=\frac{\mathrm{C}_{4}^{k}\mathrm{C}_{48}^{5-k}}{\mathrm{C}_{52}^{5}},\quad k=0,1,2,3,4 .$$

例二：质检。 一箱 40 件产品里有 6 件次品，质检员一次抽出 5 件检验（不放回）， 设 $Y$ 为其中的次品数，则 $Y$ 服从 $N=40$、$M=6$、$n=5$ 的超几何分布，

$$P(Y=k)=\frac{\mathrm{C}_{6}^{k}\mathrm{C}_{34}^{5-k}}{\mathrm{C}_{40}^{5}},\quad k=0,1,\dots,5 .$$

（这两例里 $n$ 都不超过正品数，所以 $m=0$；上界分别是 $\min\{5,4\}=4$ 与 $\min\{5,6\}=5$—— 第一例的 $k$ 只能到 $4$，因为总共就 $4$ 张 A。这正是超几何分布特有的”天花板”。）

习题 7.4 复习巩固 第 1 题

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 $X$ 的均值和方差.

判模型。 一次伯努利试验是”掷一次骰子”，“成功”指出现 5 点或 6 点。骰子六个面等可能， 成功的面有两个：

$$p=\frac{2}{6}=\frac{1}{3} .$$

每次掷骰互不影响，重复 $30$ 次，所以 $X\sim B\!\left(30,\ \dfrac13\right)$。

$$E(X)=np=30\times\frac13=10 ,$$ $$D(X)=np(1-p)=30\times\frac13\times\frac23=\frac{20}{3}\approx 6.67 .$$

核一句：标准差 $\sqrt{20/3}\approx 2.58$，也就是成功次数通常落在 $10\pm 2.6$， 即 $7$ 到 $13$ 之间。掷 30 次里出现 10 次”大点数”，符合直觉。

习题 7.4 复习巩固 第 2 题

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？

（题面跨页：前半印在第 80 页、后半印在第 81 页，合起来问的是”连续 4 次射击中恰好有一次未击中目标”的概率。）

判模型。 题面已经明说”每次射击的结果相互独立”，命中概率恒为 $0.9$，$n=4$。 问的是未击中恰好 1 次，所以把”成功”定成未击中更顺手：

$$p=P(\text{未击中})=1-0.9=0.1 .$$

设 $Y$ 为 4 次中未击中的次数，则 $Y\sim B(4,\,0.1)$，

$$P(Y=1)=\mathrm{C}_{4}^{1}\times 0.1\times 0.9^{3}=4\times 0.1\times 0.729=0.2916 .$$

换个角度核对：也可以直接数——“恰好一次未击中”意味着 4 次里有 3 次命中、1 次脱靶， 而脱靶发生在第几次有 $\mathrm{C}_{4}^{1}=4$ 种可能，每种的概率都是 $0.9^{3}\times 0.1=0.0729$， 共 $4\times 0.0729=0.2916$ ✓。用分数写是 $\dfrac{729}{2500}$。

习题 7.4 复习巩固 第 3 题

3. 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.

(1) 质点回到原点；

(2) 质点位于 4 的位置.

把随机游走翻译成二项分布，是这道题的全部功夫。 每次移动只有两种结果（左 / 右）、 等可能故概率都是 $0.5$、各次互不影响、共 $6$ 次——这是 $6$ 重伯努利试验。 设 $R$ 为向右移动的次数，则

$$R\sim B(6,\,0.5),\qquad P(R=k)=\frac{\mathrm{C}_{6}^{k}}{2^{6}}=\frac{\mathrm{C}_{6}^{k}}{64} .$$

关键一步是把”位置”换算成”向右的次数”。向右 $k$ 次就必然向左 $6-k$ 次，末位置

$$S=k-(6-k)=2k-6 .$$

这个式子顺带说明了一件事：$S$ 只能取偶数。移动 6 次后停在奇数位置的概率是 $0$—— 每走一步奇偶性翻转一次，走偶数步必回到偶数位置。

(1) 回到原点即 $S=0$，由 $2k-6=0$ 得 $k=3$：

$$P(S=0)=P(R=3)=\frac{\mathrm{C}_{6}^{3}}{64}=\frac{20}{64}=\frac{5}{16}=0.3125 .$$

(2) 位于 $4$ 即 $S=4$，由 $2k-6=4$ 得 $k=5$：

$$P(S=4)=P(R=5)=\frac{\mathrm{C}_{6}^{5}}{64}=\frac{6}{64}=\frac{3}{32}=0.09375 .$$

核一句：$k=3$ 是 $\mathrm{C}_{6}^{k}$ 最大的一格，所以”回到原点”是六次游走后最可能的结果， $0.3125$ 明显大于 $0.09375$，合理。全部七格 $\mathrm{C}_{6}^{k}$ 之和是 $1+6+15+20+15+6+1=64$， 除以 $64$ 恰好是 $1$ ✓。

习题 7.4 复习巩固 第 4 题

4. 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).

判模型。 一次性抽 5 张、不放回、总量固定 52——超几何分布。设 $X$ 为抽到的 A 牌张数， $N=52$、$M=4$、$n=5$：

$$P(X=k)=\frac{\mathrm{C}_{4}^{k}\mathrm{C}_{48}^{5-k}}{\mathrm{C}_{52}^{5}},\quad k=0,1,2,3,4 .$$

（$k$ 到 $4$ 为止，因为总共只有 4 张 A——这正是超几何分布的”天花板” $r=\min\{n,M\}=\min\{5,4\}=4$。）

“至少 2 张”用对立事件：对立面是”至多 1 张”，只有 $k=0$ 与 $k=1$ 两项，比正面加三项省事。

$$\mathrm{C}_{52}^{5}=2\,598\,960,\qquad \mathrm{C}_{48}^{5}=1\,712\,304,\qquad \mathrm{C}_{48}^{4}=194\,580 ,$$ $$P(X=0)=\frac{1\,712\,304}{2\,598\,960},\qquad P(X=1)=\frac{4\times 194\,580}{2\,598\,960}=\frac{778\,320}{2\,598\,960} ,$$ $$P(X\geqslant 2)=1-\frac{1\,712\,304+778\,320}{2\,598\,960} =1-\frac{2\,490\,624}{2\,598\,960}=\frac{108\,336}{2\,598\,960}=\frac{2257}{54\,145} .$$

约分后化成小数：

$$P(X\geqslant 2)=\frac{2257}{54\,145}\approx 0.04168 .$$

核一句：$E(X)=5\times\dfrac{4}{52}=\dfrac{5}{13}\approx 0.385$，平均抽 5 张还不到半张 A， 所以”至少 2 张”应当是个小概率——$4\%$ 左右，合理。

习题 7.4 综合运用 第 5 题

5. 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.

判模型。 每次射击两种结果、命中概率恒为 $0.8$、各次独立、$n=10$， 设 $X$ 为命中次数，则 $X\sim B(10,\,0.8)$。

(1)

$$P(X=8)=\mathrm{C}_{10}^{8}\times 0.8^{8}\times 0.2^{2} =45\times 0.16777216\times 0.04=0.301989888\approx 0.30 .$$

(2) “至少 8 次”就是 $X=8,9,10$ 三种互斥情形之和。这里对立事件不划算—— 对立面是 $X\leqslant 7$，有八项，比正面的三项多得多。 见”至少”要不要翻成对立事件，看的是哪边项数少，不是一见”至少”就翻。

$$P(X=9)=\mathrm{C}_{10}^{9}\times 0.8^{9}\times 0.2=10\times 0.134217728\times 0.2=0.268435456 ,$$ $$P(X=10)=0.8^{10}=0.1073741824 ,$$ $$P(X\geqslant 8)=0.301989888+0.268435456+0.1073741824=0.6777995264\approx 0.68 .$$

核一句：$E(X)=10\times 0.8=8$，均值恰好落在 $8$ 上，所以”至少 8 次”应当占到大半—— $0.68$ 合理。而单独一格 $P(X=8)\approx 0.30$ 是最大的一格，也与均值在 $8$ 相符。

习题 7.4 综合运用 第 6 题

6. 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).

判模型。 “一次从中摸出 5 个球”就是一次性不放回抽取，总数 $30$ 固定——超几何分布。 设 $X$ 为摸到的红球个数，$N=30$、$M=10$、$n=5$：

$$P(X=k)=\frac{\mathrm{C}_{10}^{k}\mathrm{C}_{20}^{5-k}}{\mathrm{C}_{30}^{5}},\quad k=0,1,2,3,4,5 .$$

中奖即 $X\geqslant 3$，三项（$k=3,4,5$）；对立面 $X\leqslant 2$ 同样是三项（$k=0,1,2$）， 两边项数一样多，翻成对立事件占不到便宜，直接正面算。

$$\mathrm{C}_{30}^{5}=142\,506 ,$$ $$P(X=3)=\frac{\mathrm{C}_{10}^{3}\mathrm{C}_{20}^{2}}{142\,506}=\frac{120\times 190}{142\,506}=\frac{22\,800}{142\,506} ,$$ $$P(X=4)=\frac{\mathrm{C}_{10}^{4}\mathrm{C}_{20}^{1}}{142\,506}=\frac{210\times 20}{142\,506}=\frac{4200}{142\,506} ,$$ $$P(X=5)=\frac{\mathrm{C}_{10}^{5}\mathrm{C}_{20}^{0}}{142\,506}=\frac{252}{142\,506} ,$$ $$P(X\geqslant 3)=\frac{22\,800+4200+252}{142\,506}=\frac{27\,252}{142\,506}=\frac{1514}{7917}\approx 0.191 .$$

核一句：$E(X)=5\times\dfrac{10}{30}=\dfrac53\approx 1.67$，平均只摸到一个多红球， 要摸到 3 个以上属于偏离均值不少的事件，概率不到 $20\%$，合理。

习题 7.4 综合运用 第 7 题

7. 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 $X$，在下列两种情形下分别求 $X$ 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 $10\%$，B 型车床发生故障的概率为 $20\%$.

这道题是本节最好的一道：两问的独立性都成立，差别只在每次的概率是否相同。 $n$ 重伯努利试验要的是”同一个试验重复 $n$ 次”，“重复”就意味着 $p$ 不变； 第 (2) 问 $p$ 变了，所以不能套二项分布，只能老实列举。

(1) 三台同型号、故障概率都是 $0.2$、各自独立，正是 3 重伯努利试验，$X\sim B(3,\,0.2)$：

$$P(X=k)=\mathrm{C}_{3}^{k}\times 0.2^{k}\times 0.8^{3-k},\quad k=0,1,2,3 .$$

（$0.8^{3}=0.512$；$3\times 0.2\times 0.8^{2}=0.384$；$3\times 0.2^{2}\times 0.8=0.096$；$0.2^{3}=0.008$。 和为 $1$ ✓。）

(2) 两台 A（各自故障概率 $0.1$）、一台 B（故障概率 $0.2$），三台独立。 $p$ 不再相同，二项分布用不了。设 $X$ 为故障台数，按”A 坏几台、B 坏没坏”逐项列举：

$$P(X=0)=0.9^{2}\times 0.8=0.81\times 0.8=0.648 ,$$ $$P(X=1)=\underbrace{\mathrm{C}_{2}^{1}\times 0.1\times 0.9\times 0.8}_{\text{A 坏一台、B 好}} +\underbrace{0.9^{2}\times 0.2}_{\text{A 都好、B 坏}}=0.144+0.162=0.306 ,$$ $$P(X=2)=\underbrace{0.1^{2}\times 0.8}_{\text{A 都坏、B 好}} +\underbrace{\mathrm{C}_{2}^{1}\times 0.1\times 0.9\times 0.2}_{\text{A 坏一台、B 坏}}=0.008+0.036=0.044 ,$$ $$P(X=3)=0.1^{2}\times 0.2=0.002 .$$

核一句：$0.648+0.306+0.044+0.002=1$ ✓。 再核均值：按定义 $E(X)=0.306+2\times 0.044+3\times 0.002=0.306+0.088+0.006=0.4$， 而”每台故障概率之和”是 $0.1+0.1+0.2=0.4$ ✓——均值等于各次成功概率之和， 这条对 $p$ 不相同的情形依然成立（二项分布的 $E(X)=np$ 只是它 $p$ 全相等时的特例）。

习题 7.4 拓广探索 第 8 题

8. 某药厂研制一种新药，宣称对治疗某种疾病的有效率为 $90\%$。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？

结论：应当怀疑。 理由要按”先假定宣传属实，再看观测到的事有多罕见”这条路走。

第一步：假定宣传属实。 若有效率真是 $90\%$，10 名患者各自独立， 治愈人数 $X\sim B(10,\,0.9)$。

第二步：算出”治愈人数不超过 6 人”在这个假定下的概率。 直接算 $P(X\leqslant 6)$ 要七项， 用对立事件只要四项：

$$P(X=10)=0.9^{10}=0.3486784401 ,$$ $$P(X=9)=\mathrm{C}_{10}^{9}\times 0.9^{9}\times 0.1=0.387420489 ,$$ $$P(X=8)=\mathrm{C}_{10}^{8}\times 0.9^{8}\times 0.1^{2}=45\times 0.43046721\times 0.01=0.1937102445 ,$$ $$P(X=7)=\mathrm{C}_{10}^{7}\times 0.9^{7}\times 0.1^{3}=120\times 0.4782969\times 0.001=0.0573956280 ,$$

四项相加得 $P(X\geqslant 7)\approx 0.9872$，于是

$$P(X\leqslant 6)=1-0.9872048016\approx 0.0128 .$$

第三步：下判断。 如果宣传属实，“治愈人数不超过 6 人”是一个概率只有约 $1.3\%$ 的小概率事件， 在一次试验中几乎不该发生。可它偏偏发生了。于是二者必居其一：要么碰上了百里挑一的巧合， 要么当初那个”有效率 $90\%$“的假定不成立。按小概率原理，我们倾向于后者——有理由怀疑药厂的宣传。

这条推理链值得单独记住，它是后面统计里”假设检验”的雏形：

1. 先假定要检验的说法成立（这里是 $p=0.9$）；
2. 在这个假定下算出实际观测到的结果、以及同方向上更极端的结果的概率；
3. 这个概率若小到不像会发生（通常以 $5\%$ 或 $1\%$ 为界），就反过来否定当初的假定。

两个容易含糊的地方：

• 第 2 步算的必须是"$X\leqslant 6$"而不是"$X=6$"。要问的是”结果有多偏”， 所以要把同方向上更极端的情形一并算进去。单算 $P(X=6)$（约 $0.0112$）在数值上碰巧也很小， 但那是运气，不是道理——一旦分布铺得很开，任何单点概率都小，那样判就会把好药也否掉；
• 这条推理不能证明宣传一定是假的，只能说”证据不利于它”。$1.3\%$ 不是 $0$， 真有效率是 $90\%$ 而恰好碰上这么差的一批患者，仍然可能发生。