超几何分布

教材原文

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

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

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

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

定义

总体有 $N$ 件，其中”要数的那一类”有 $M$ 件。不放回地取出 $n$ 件， 记 $X$ 为取出的 $n$ 件里属于那一类的件数，则

分子的读法是”从要数的那类里挑 $k$ 件，从另一类里挑 $n-k$ 件”， 分母是”不管类别，从 $N$ 件里挑 $n$ 件”——它就是古典概型，不是新公式。

要点

• $k$ 的范围不是 $0$ 到 $n$。 上界是 $r=\min\{n,M\}$（那一类总共只有 $M$ 件）， 下界是 $m=\max\{0,\,n-N+M\}$（另一类只有 $N-M$ 件，剩下的只能从这一类里补）。 考场上多数题里 $m=0$，于是这条边界常被跳过；一旦 $n>N-M$，$X$ 就取不到 $0$。
• 期望是 $np$，$p=\dfrac{M}{N}$。 与二项分布同一个式子。 记法：$E(X)=n\times$（总体里那一类的比例），抽多少件乘多少。
• 但各次抽取不独立，方差比二项分布小。 不放回抽样”抽到一件就少一件”， 结果彼此牵制，所以同样的 $n$、$p$ 下超几何分布更集中在均值附近—— 这正是抽样调查用不放回的理由。
• $N$ 很大而 $n$ 很小时可以拿二项分布近似：抽走几件几乎不改变比例。
• 判据只有一句：放回还是不放回。 放回 $\Rightarrow$ 二项分布；不放回 $\Rightarrow$ 超几何分布。 题面里”每球取到的机会均等""同时取出""任取 $n$ 个”都是不放回。

常见失手

1. 上下标错位。 $P(X=k)$ 的分子是 $C_{M}^{k}C_{N-M}^{n-k}$，两个上标加起来必须是 $n$、 两个下标加起来必须是 $N$。写完先做这两次加法，比事后检查概率和快得多。
2. 为了求期望硬列整张分布列。 只问 $E(X)$ 时，$np$ 一行就够； 分布列是第（Ⅰ）问要的东西，不是求期望的必经之路。
3. 把不放回当独立，于是用 $C_{n}^{k}p^{k}(1-p)^{n-k}$。 期望恰好一样，方差和分布列都不一样，第（Ⅰ）问会整段丢分。