数学同步解析与测评选修2-3 P38第9题的快捷解法

时间：2020-04-13 22:07:50 阅读：82 评论：0 收藏：0 [点我收藏+]

题目

已知甲盒中仅有 1 个球且为红球，乙盒中有 $m$ 个红球和 $n$ 个蓝球 ($m\ge 3,n\ge3$), 从乙盒中随机抽取 $i$($i=1,2$) 个球放入甲盒中。(1) 放入 $i$ 个球后，甲盒中含有红球的个数记为 $\xi_i$($i=1,2$)；(2) 放入 $i$ 个球后，从甲盒中取 $1$ 个球是红球的概率记为 $p_i$($i=1,2$). 则 $p_1$ 与 $p_2$，$E(\xi_1)$ 与 $E(\xi_2)$ 的大小关系是？

前置知识

$N$ 个物品中有 $M$ 个是不合格的，超几何分布描述了在这 $N$ 个样本中选 $n$ 个，其中有 $k$ 个是不合格的概率

\[P(X = k) = \frac{C_M^k C_{N - M}^{n - k}}{C_N^n} \]

若随机变量 $X$ 服从参数为 $n,M,N$ 的超几何分布，则记为 $x \sim H(n, M, N)$

超几何分布的期望

\[E(x) = \frac{nM}{N} \]

证明

引理 1

由组合数公式可以得到 $k \cdot C_M^k = M \cdot C_{M - 1}^{k - 1}$

引理 2

由组合数公式可以得到 $C_{N}^n = \dfrac nN \cdot C_{N - 1}^{n - 1}$

引理 3

由超几何分布概率和为 $1$，即 $\displaystyle \sum_{k=0}^m P(X=k) = \sum_{k = 0}^m \frac{C_M^k C_{N - M}^{n - k}}{C_N^n} = 1$

可得 $\displaystyle\sum_{k = 0}^m C_M^k C_{N - M}^{n - k} = C_N^n$

期望公式推导过程

\[\begin{aligned} E(x) &= \sum_{k = 0}^m k \cdot \frac{C_M^k \cdot C_{N - M}^{n - k}}{C_N^n} \&=\frac{1}{C_N^n} \sum_{k = 0}^m k C_M^K \cdot C_{N - M}^{n - k}\&=\frac{1}{C_N^n} \sum_{k = 1}^m M C_{M - 1}^{k - 1} C_{N - M}^{n - k} \quad\text{（运用引理 1）}\&=\frac{M}{C_N^n} \sum_{k = 1}^m C_{M - 1}^{k - 1}C_{N - M}^{n - k} \quad\text{（运用引理 3）}\&=\frac{M}{C_N^n} C_{N - 1}^{n - 1} \&=\frac{nM}{N} \quad\text{（运用引理 2）} \end{aligned} \]

回归正题

设从乙盒中取出的 $i$ 个球中红球个数为 $X$，则 $X \sim H(i,m,m+n)$，因此 $\displaystyle E(X)=\frac{im}{m+n}=\frac{im}{m+n}$

根据期望的线性性质，$\displaystyle E(\xi_i)=E(X+1)=E(X)+1=\frac{im}{m+n}+1$

因此 $E(\xi_1)<E(\xi_2)$

我们知道 $\displaystyle p_i = \frac{\text{甲盒中红球个数}}{甲盒中总球数}$

但是甲盒中红球个数有多种情况，每种情况 $\xi_i=k$ 对应的概率为 $P(\xi_i=k)$，所以

\[\begin{aligned} p_i &= \sum_{\text{$k$ 取遍 $\xi_i$ 可能的取值}} P(\xi_i=k)\cdot \frac{k}{i+1} \ &= \frac{1}{i+1}\sum_k P(\xi_i=k)\cdot k \ &= \frac{E(\xi_i)}{i+1} \ &= \frac{\frac{im}{m+n}+1}{i+1} \ &= \frac{im + m+n}{(i+1)(m+n)} \ &= \frac{m(i+1)}{(i+1)(m+n)} + \frac{n}{(i+1)(m+n)} \ &= \frac{m}{m+n} + \frac{n}{(i+1)(m+n)} \end{aligned} \]

因此 $p_1>p_2$

数学同步解析与测评选修2-3 P38第9题的快捷解法

原文：https://www.cnblogs.com/1024th/p/12693632.html

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