数学同步解析与测评选修2-3 P38第9题的快捷解法

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 \(E(\xi_1)<E(\xi_2)\)

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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 \(p_1>p_2\)