10._离散型_超几何分布 - 概率论与数理统计

抽查一个产品，质量可能合格或者不合格，这是两点分布，为了检查一批产品质量是否合格，我们可以抽查 $n$ 个产品(每个产品都有合格或者不合格两种可能)，这是二项分布 。但是实际情况更好复杂。对于一个产品，不仅仅只有合格或者不合格两个结果，有时候可能有更多的结果。比如抽查产品的结果使用“正品，次品，废品”表示这是多项分布，在抽查产品里，我们不断的抽取直到首次抽到正品的概率这是几何分布（放回抽样），有时，我们抽取一个是不合格的，抽取一个是不合格的，一共抽取了 $r$ 次，第 $r+1$ 次才出现合格的，这种分布就是负二项分布。在上面的抽查检查里，默认都是放回检验，但是有时候抽查完不放回，这种不放回检验就是本节介绍的超几何分布。可以证明，当样品量很大时，放回和不放回区别不大，比如从1000个产品里抽取5个检验是否合格，那么每次检验把这5个放回或者不放回对整体影响不大。

超几何分布

超几何公式

设有 $N$ 件产品，其中有 $M$ 件次品，现从中任取 $n$ 件，问：其中恰有 $k(k \leqslant \min \{n, M\})$ 件次品的概率是多少？

解在 $N$ 件产品中任取 $n$ 件，所有可能的取法共有 $\mathrm{C}_N^n$ 种．在 $M$ 件次品中任取 $k$ 件，所有可能的取法共有 $\mathrm{C}_M^k$ 种；在 $N-M$ 件正品中取 $n-k$ 件，所有可能的取法共有 $\mathrm{C}_{N-M}^{n-k}$ 种．由乘法原理，在 $N$ 件产品中任取 $n$ 件，其中恰有 $k$ 件次品的取法共有 $\mathrm{C}_M^k \mathrm{C}_{N-M}^{n-k}$ 种。

因此，恰有 $k$ 件次品的概率为

P=\frac{\mathrm{C}_M^k \mathrm{C}_{N-M}^{n-k}}{\mathrm{C}_N^n} .

上式称为超几何公式，在超几何公式中我们将得到超几何分布．

超几何分布

回忆上面例题：袋子中装有 $N$ 个球，其中 $M$ 个白球， $N - M$ 个黑球，从中无放回地随机取 $n$ 个球，令 $X$ 表示取出的白球个数，则

\boxed{ P\{X=k\}=\frac{C_M^k C_{N-M}^{n-k}}{C_N^n}, k=0,1,2, \cdots, n }

（规定 $k > M$ 时 $\left.C_M^k=0\right)$ ，我们称X服从参数 $n , N , M$ 的超几何分布。

注意当 $N$ 和 $M$ 相比 $n$ 很大时，有放回与无放回取球没什么差别，因为每次取到白球的概率都近似为固定值 $p = M / N$ ，直观上不难看出此时 $X$ 近似服从参数为 $n , p$ 的二项分布，此结论的严格证明我们不再介绍。

例在一个口袋中装有 30 个球，其中有 10 个红球，其余为白球，这些球除颜色外完全相同。游戏者一次从中摸出 5 个球。摸到至少 4 个红球就中一等奖，那么获一等奖的概率是多少？

解：由题意可见此问题归结为超几何分布模型。其中 $N=30 . D=10 . n=5$ ． $P$ （一等奖） $=P(X=4)+P(X=5)$ 由公式 $P(X=k)=\frac{C_D^k C_{N-D}^{n-k}}{C_N^n}, k =0,1,2, \ldots$ 得：

\begin{aligned} & P(X=4)=\frac{C_{10}^4 C_{20}^1}{C_{30}^5} \\ & P(X=5)=\frac{C_{10}^5 C_{20}^0}{C_{30}^5} \end{aligned}

$P($ 一等奖 $)=106 / 3393$

例 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)=\frac{C_1^1 C_{99}^4}{C_{50}^5}=\frac{1}{10} .

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

超几何分布的数学期望和方差

若 $X \sim h(n, N, M)$ , 则 $X$ 的数学期望为

E(X)=\sum_{k=0}^r k \frac{\binom{M}{k}\binom{N-M}{n-k}}{\binom{N}{n}}=n \frac{M}{N} \sum_{k=1}^r \frac{\binom{M-1}{k-1}\binom{N-M}{n-k}}{\binom{N-1}{n-1}}=n \frac{M}{N}

又因为

\begin{aligned} E\left(X^2\right) & =\sum_{k=1}^{\prime} k^2 \frac{\binom{M}{k}\binom{N-M}{n-k}}{\binom{N}{n}}=\sum_{k=2}^r k(k-1) \frac{\binom{M}{k}\binom{N-M}{n-k}}{\binom{N}{n}}+n \frac{M}{N} \\ & =\frac{M(M-1)}{\binom{N}{n}} \sum_{k=2}^r\binom{M-2}{k-2}\binom{N-M}{n-k}+n \frac{M}{N} \end{aligned}

=\frac{M(M-1)}{\binom{N}{n}}\binom{N-2}{n-2}+n \frac{M}{N}=\frac{M(M-1) n(n-1)}{N(N-1)}+n \frac{M}{N}

由此得 $X$ 的方差为

D(X)=E\left(X^2\right)-[E(X)]^2=\frac{n M(N-M)(N-n)}{N^2(N-1)} .

关于更多概率分布表见附录1：常见概率分布表

通俗理解超几何分布的数学期望

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 $E(X)=n p$ ．

实际上，由随机变量均值的定义，令 $m=\max (0, n-N+M), r=\min (n, M)$ ，有

E(X)=\sum_{k=m}^r k \frac{C_M^k C_{N-M}^{n-k}}{C_N^n}=M \sum_{k=m}^r \frac{C_{M-1}^{k-1} C_{N-M}^{n-k}}{C_N^n} .

因为 $\sum_{k=m}^r C _{M-1}^{k-1} C _{N-M}^{n-k}= C _{N-1}^{n-1}$ ，所以

E(X)=\frac{M}{C_N^n} \sum_{k=m}^r C_{M-1}^{k-1} C_{N-M}^{n-k}=\frac{M C_{N-1}^{n-1}}{C_N^n}=\frac{n M}{N}=n p

超几何分布的二项近似

超几何分布与二项分布常常容易被混淆，需要分清楚两个分布之间的主要区别：超几何分布是不放回抽取，二项分布是放回抽取，因此，二项分布中每个事件之间是相互独立的，而超几何分布不独立. 两个分布之间也有联系，当总体的容量N非常大时，超几何分布近似于二项分布，例如，仓库中有10万件产品，抽20件做检验，虽然是不放回抽样，但因为产品的总数远远大于被抽样的件数，所以“放回”与“不放回”的误差可以忽略不计，故可以用二项分布来近似超几何分布．

在实际应用中，当 $n \lt \lt N$ 时，即抽取个数 $n$ 远小于产品总数 $N$ 时，每次抽取后，总体中的不合格品率 $p=\frac{M}{N}$ 改变很微小，所以不放回抽样可以近似地看出放回抽样，这时超几何分布可用二项分布近似,以减少计算量。