例 1.2.4

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。因为是放回抽样，所以第二次抽取时，仍有 $N$ 种取法……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 $B_m$ = "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

$$P(B_m) = \frac{\binom{n}{m} M^m (N-M)^{n-m}}{N^n} = \binom{n}{m} \left(\frac{M}{N}\right)^m \left(1 - \frac{M}{N}\right)^{n-m}, \quad m = 0, 1, 2, \cdots, n. \tag{1.2.7}$$

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

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

同样取 $N=9$，$M=3$，$n=4$，则有 $m \le 4$，

$$P(B_0) = \left(1 - \frac{3}{9}\right)^4 = \left(\frac{2}{3}\right)^4 = \frac{16}{81},$$ $$P(B_1) = 4 \cdot \frac{1}{3} \left(\frac{2}{3}\right)^3 = \frac{32}{81},$$ $$P(B_2) = 6 \left(\frac{1}{3}\right)^2 \left(\frac{2}{3}\right)^2 = \frac{24}{81},$$ $$P(B_3) = 4 \left(\frac{1}{3}\right)^3 \left(\frac{2}{3}\right)^1 = \frac{8}{81},$$ $$P(B_4) = \left(\frac{1}{3}\right)^4 = \frac{1}{81}.$$