超几何分布：固定总体中的不放回抽样

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先区分目标与非目标两个池，再检查它们能否供应所需件数。不放回造成的依赖，既影响概率，也影响方差。

知识点

固定总体、固定抽取量、均匀不放回

总体 $N$ 件中固定 $M$ 件为目标、 $N-M$ 件为非目标，均匀不放回抽 $n$ 件， $X$ 记录目标件数，称超几何分布。参数均为整数， $N\ge1,0\le M\le N,0\le n\le N$ 。

每个 $n$ 件子集等可能；逐个均匀不放回也给同样计数分布，因为每个子集恰有 $n!$ 个有序顺序。首次遇到目标就停止的次数不固定，不是这里的变量。

两类选集计数与支持范围

恰有 $k$ 个目标，分别从两类选集，且这两部分唯一组成所抽子集，故

P(X=k)=\frac{\binom Mk\binom{N-M}{n-k}}{\binom Nn}.

要求 $0\le k\le M$ 与 $0\le n-k\le N-M$ ，合并得到

\max(0,n-N+M)\le k\le\min(n,M),\qquad k\in\mathbb Z.

非目标不足时目标下界会大于0。合法子集按 $k$ 分类互斥完整，所以概率和1；范围外概率0，不必把越界组合当正数计算。非目标池是 $N-M$ ，不是全体 $N$ ，否则会把目标重选到非目标部分。

期望与有限总体修正

令 $p=M/N$ ，每个抽取位置的目标指标 $I_i$ 都有均值 $p$ ，不只第一抽如此。期望线性不要求独立，所以 $E(X)=np$ 。当 $N>1$ ，

D(X)=np(1-p)\frac{N-n}{N-1}.

这是拓展，考试可用：若 $M=0$ 直接是常量，不在零概率的“先取到目标”条件下继续计算。若 $M\ge1$ 且有两个不同位置，二者都为目标的联合概率为 $M(M-1)/[N(N-1)]$ ，故

\operatorname{Cov}(I_i,I_j)=\frac{M(M-1)}{N(N-1)}-\frac{M^2}{N^2}=-\frac{p(1-p)}{N-1}.

通分后的分子是 $M^2-MN=-M(N-M)$ 。方差展开有 $n$ 个单项方差、 $n(n-1)$ 个有序不同位置交叉项，故

D(X)=np(1-p)-n(n-1)\frac{p(1-p)}{N-1}=np(1-p)\frac{N-n}{N-1}.

$n=0,1$ 没有不同位置交叉项，按空和0处理，公式仍成立。与同 $n,p$ 的独立放回模型相比，修正因子体现固定总量约束。

退化与分布族重合

条件	确定的取值
$n=0$ 或 $M=0$	$X=0$
$M=N$	$X=n$
$n=N$	$X=M$

这些情形方差均0。 $N=1$ 的所有合法抽样也为常量，不能代入含 $N-1$ 分母的式。 $n=1$ 时为取1概率 $M/N$ 的两点分布，因此与 $B(1,M/N)$ 重合。分布名称不是永远互斥的标签，模型识别须结合给定机制。

考点

从背景确定模型与目标

依次核固定两类总量、均匀不放回、固定样本量及目标计数。正品还是次品以题问为准；“不放回”本身不能证明是超几何次数变量。

例题 01 四种试验的变量

题目

下列随机事件中的随机变量X服从超几何分布的是（）

A．将一枚硬币连抛3次，正面向上的次数X

B．从一批含有13件正品、2件次品的产品中，不放回地任取3件，取得的次品数为X

C．某射手的命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中目标的次数为X

D．盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1球且不放回，X是首次摸出黑球时的总次数

答案与解析

解析

按题目给定试验直接建立模型的口径，B满足： $N=15,M=2,n=3$ ，记录固定抽取中的次品数，支持0、1、2，概率为 $\binom2k\binom{13}{3-k}/\binom{15}3$ ，所以通常选B。

A按每次同正面概率、相互独立的通常抛掷模型为二项；C为单次成功的0—1变量；D记录首次摸黑的停止次数，不是固定取 $n$ 球所含黑球数。

但若“服从”只比较数值分布，不限定建模机制，C也与 $N=5,M=4,n=1$ 的超几何分布重合，因为成功率同为0.8。因此B是按直接抽样机制识别的答案，不能声称C的分布绝不可能属于超几何族；这也不是为射击擅造一个产品抽样背景。

本题结论

按直接抽样机制识别选B；若纯按分布族归属，C也存在重合。

先列合法取值，再做补集

写总量 $N$ 、目标 $M$ 、非目标 $N-M$ 与 $n$ ，检查整数限制。按供应约束列支持，再将至少或至多与支持相交，直接求互斥和或用补集；不能让反事件包含凭空列出的正概率值。

例题 02 抽题后的及格概率

题目

数学老师从6道题中随机抽3道让同学检测，规定至少要解答正确2道题才能及格．某同学只能正确求解其中的4道题，则该同学能及格的概率为（）

A． $\frac{4}{5}$ B． $\frac{2}{3}$ C． $\frac{3}{5}$ D． $\frac{1}{2}$

答案与解析

解析

$N=6,M=4,n=3$ 。不会的只有2道，抽3道至少会1道，所以 $X$ 支持1、2、3，不可能0。

不及格为 $X=1$ ，概率 $\binom41\binom22/\binom63=4/20=1/5$ 。因此及格概率 $1-1/5=4/5$ ，选A。C的 $3/5$ 只算恰答对2道，漏掉全对的 $1/5$ ；B、D也不符。

本题结论

A，4/5。

数字特征与放回模型比较

先核 $N,M,n$ 及支持，再取 $p=M/N$ ，不是 $n/N$ 。求 $E=np$ ， $N>1$ 时求修正方差；支持短也可逐项算偏差平方。对 $Y=aX+b$ ，用 $E(Y)=aE(X)+b$ 、 $D(Y)=a^2D(X)$ 。

可在六件产品的完整题中练习从分布求方差及变量变换，再在两种抽题的完整比较中按抽样机制比较数字特征。

当 $N>1,n\ge1$ ，修正因子在 $[0,1]$ 内，所以不放回方差不大于独立放回方差；严格更小须 $n>1,0<p<1$ 。 $n=1$ 或 $p$ 端点时相等， $n=0$ 双方也都是0，不写严格不等式。