本质上还是要分情况讨论的。
设N件产品的编号为1, 2, ..., M, M+1, ..., N
前M件为次品，后N-M件为正品。
设取出的三件产品为a, b,c,将一个有序数对(a,b, c)看作一个样本点。在古典概型中，所有的样本点都等概率地取到。
在有放回抽样中，所有的样本点应该在集合：
U = {(a,b,c) : }1≤a, b, c ≤N}
而“恰好有一件次品”这个事件对应的样本点集合为A = {(a, b, c) : 1≤a, b, c ≤N, a,b,c中只有一个在1和M之间}
此时所求的概率就是p1 = |A| / |U|
在无放回抽样中，所有的样本点应该在集合：
V = {(a,b,c) : }1≤a, b, c ≤N,且a, b, c互不相同}
而“恰好有一件次品”这个事件对应的样本点集合为B = {(a, b, c) : 1≤a, b, c ≤N, a, b, c 互不相同，且a,b,c中只有一个在1和M之间}
此时所求的概率就是p2 = |B| / |V|
现在计算p1与p2
(1)计算p1:显然 |U| = N^3.对于集合A中元素，由于a, b, c中只有一个在1和M之间，那么就有三种情况：a为次品，b为次品， 或c为次品（这就对应于上面分三种情况讨论）如果是a为次品，那么有1 <= a <= M, M+1 <= b, c <= N，这样的(a, b, c）有M(N-M)^2个。对b,c的讨论也一样，所以|A| = 3 * M(N-M)^2.所以p1 = |A|/|U| = 3 * (M/N)(1-M/N)^2
(2)计算p2:显然|V| = N(N-1)(N-2).由于a, b, c只有一个为次品，还是有三种情况：a为次品，b为次品， 或c为次品（注意：还是三种情况！）如果a是次品，那么有1 <= a <= M , M+1 <= b, c <= N.，b,c不相同。那么a有M种选取方法，b, c 从(N-M)个数中选两个不同的数，有(N-M)(N-M-1)种选取方法。所以a为次品时对应M(N-M)(N-M-1)个样本点。对b, c的讨论也一样，所以|B| = 3 * M(N-M)(N-M-1)，p2 = 3 * M(N-M)(N-M-1) / N(N-1)(N-2) = C(M, 1)C(N-M, 2)/C(N, 3)
那么为什么不放回抽样的时候又可以不分情况讨论呢？其实，这时候我们考虑的是一个新的样本点：{a, b, c}。a,b,c间不再考虑顺序。合理性在于：因为抽出来的三件产品是不同的，所以只要告诉我抽出来的是那三件产品，我知道一共有3! = 6种可能的顺序把它们抽出为。（但是如果是可放回抽样，那么当你告诉我抽出来的是哪3件产品，不一定总能对应到6种不同的顺序。比如{1, 1, 1}只能对应1种顺序，{1, 1, 2}只能对应3种)。所以不放回抽样之所以能够不考虑产品抽出来的顺序，就在于对任意三件产品的组合，都恰好对应着6种顺序（6这个数字并不重要，关键是要相同）所以它们是等概率的。而不放回抽样中，出现的任意三件产品的组合（可重复），对应的顺序数是不同的，所以是不等概率的，这种做法也就不合理。
从代数的恒等变形看，可以看出这种“对应”的关系：
无放回抽样的概率为：
p =C(c, k) * A(M, k)A(N-M, c-k) / A(N, c)（这里前面的组合数系数表示考虑顺序）
= c!/(k!(c-k)!) * A(M, k)A(N-M, c-k) / A(N, c)
= [A(M, k)/k!][A(N-M, c-k)/(c-k)!] / [A(N, c)/c!]（这里分别除了k!、(c-k)!、c!就是从考虑顺序与不虑顺序的对应）
= C(M, k)C(N-M, c-k) / C(N, c)。
在样本点是否考虑顺序的问题中，唯一要注意的地方是“不考虑顺序”后每个样本点对应的概率是否一样。如果不一样（如在有放回抽样中），就不能用这种方法，因为“考虑顺序”的方法是绝对正确的，其它的计算方法不能和它冲突。
当然，对于一个问题来说，有不同的计算方法是常见的，本质是用了不同的样本空间。
最后“还有在超几何分布中如果1次取出3个和分三次取一次取一个的”是一样的。因为1次取3个本来就只有在不放回的情形才能做到。
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