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古典模型2：放回抽样

## 放回抽样
一批产品共有 $N$ 件, 其中 $M$ 件是不合格品, $N-M$ 件是合格品. 从中随机取出 $n$ 件 $(n \leqslant N)$, 然后放回，讨论事件 $B_m=$ "取出的 $n$ 件产品中有 $m$ 件不合格品"的概率。

解 同样我们先计算样本空间 $\Omega$ 中样本点的总数：第一次抽取时，可从 $N$ 件中任取一件, 有 $N$ 种取法. 因为是放回抽取, 所以第二次抽取时, 仍有 $N$ 种取法 $\cdots \cdots$ 如此下去, 每一次都有 $N$ 种取法, 一共抽取了 $n$ 次, 所以共有 $N^n$ 个等可能的样本点.

事件 $B_0=$ "取出的 $n$ 件产品全是合格品" 发生必须从 $N-M$ 件合格品中有放回地抽取 $n$ 次, 所以 $B_0$ 中含有 $(N-M)^n$ 个样本点, 故 $B_0$ 的概率为

$$
P\left(B_0\right)=\frac{(N-M)^n}{N^n}=\left(1-\frac{M}{N}\right)^n .
$$

事件 $B_1=$ "取出的 $n$ 件产品中恰有 1 件不合格品"发生必须从 $N-M$ 件合格品中有放回地抽取 $n-1$ 次, 从 $M$ 件不合格品中抽取 1 次, 这样就有 $M \cdot(N-M)^{n-1}$ 种取法. 再考虑到这件不合格品可能在第一次抽取中得到，也可能在第二次抽取中得到 $\cdots \cdots$ 也可能在第 $n$ 次抽取中得到, 总共有 $n$ 种可能. 所以 $B_1$ 中含有 $n \cdot M \cdot(N-M)^{n-1}$ 个样本点,故 $B_1$ 的概率为

$$
P\left(B_1\right)=\frac{n M(N-M)^{n-1}}{N^n}=n \frac{M}{N}\left(1-\frac{M}{N}\right)^{n-1} .
$$

事件 $B_m=$ "取出的 $n$ 件产品中恰有 $m$ 件不合格品" 发生必须从 $N-M$ 件合格品中有放回地抽取 $n-m$ 次，从 $M$ 件不合格品中有放回地抽取 $m$ 次，这样就有 $M^m \cdot(N-$ $M)^{n-m}$ 种取法. 再考虑到这 $m$ 件不合格品可能在 $n$ 次中的任何 $m$ 次抽取中得到, 总共有 $\binom{n}{m}$ 种可能. 所以事件 $B_m$ 含有 $\binom{n}{m} M^m(N-M)^{n-m}$ 个样本点, 故 $B_m$ 的概率为

$$
\begin{aligned}
P\left(B_m\right) & =\binom{n}{m} \frac{M^m(N-M)^{n-m}}{N^n} \\
& =\binom{n}{m}\left(\frac{M}{N}\right)^m\left(1-\frac{M}{N}\right)^{n-m}, \quad m=0,1,2, \cdots, n
\end{aligned}
$$

由于是放回抽样, 不合格品在整批产品中所占比例 $M / N$ 是不变的, 记此比例为 $p$,则上式可改写为

$$
P\left(B_m\right)=\binom{n}{m} p^m(1-p)^{n-m}, \quad m=0,1,2, \cdots, n .
$$

同样取 $N=9, M=3, n=4$, 则有

$$
P\left(B_0\right)=\left(1-\frac{3}{9}\right)^4=\left(\frac{2}{3}\right)^4=\frac{16}{81},
$$

$$
\begin{aligned}
& P\left(B_1\right)=4 \cdot \frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^3=\frac{32}{81}, \\
& P\left(B_2\right)=6\left(\frac{1}{3}\right)^2\left(\frac{2}{3}\right)^2=\frac{24}{81}, \\
& P\left(B_3\right)=4\left(\frac{1}{3}\right)^3\left(\frac{2}{3}\right)^1=\frac{8}{81}, \\
& P\left(B_4\right)=\left(\frac{1}{3}\right)^4=\frac{1}{81} .
\end{aligned}
$$

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