UA Stat PhD Qualify Problems for Finite Sample Space Probability

• May 2014 #1
• • 解答與反思
• Jan 2015 #2
• • 第一問
  • 第二問
• Jan 2016 #1
• • 第一問
  • 第二問
• May 2018 #1
• • 第一問
  • 第二問
  • 第三問

May 2014 #1

An urn initially contains $b$ black balls and $r$ red balls. A ball is drawn at random and then replaced along with another ball of the same color. This procedure is then repeated one more time. Let $X_n$ equal 0 if the ball at the nth draw is black and equal 1 if it is red. Let
$$Y=X_1+X_2$$
Calculate the mean and variance of Y.

解答與反思

這道題放原文是因?yàn)槲依斫忮e題意做錯了，題目的意思是罐子里有$b$個黑球，$r$個紅球，隨機(jī)抽出一個，然后我就理解成了放回，但實(shí)際上是replaced along with another ball of the same color， 就是不但要放回還要再放進(jìn)去一個相同顏色的球。所以
$$E{X}_1=\frac{r}{r+b},E(X_2|X_1)=\frac{r+X_1}{r+b+1},Var(X_2|X_1)=\frac{(r+X_1)(b+1?X_1)}{(r+b+1{)}^2}$$
然后計(jì)算$Y$的均值與方差
$$\begin{gathered} EY=E(X_1+X_2)=E{X}_1+E{X}_2 \\ Var(Y)=Var(X_1+X_2)=Var(X_1)+Var(X_2)+2Cov(X_1,X_2) \end{gathered}$$
其中
$$\begin{gathered} E{X}_2=E[E(X_2|X_1)] \\ Var(X_2)=E(Var(X_2|X_1))+Var(E(X_2|X_1)) \\ Cov(X_1,X_2)=E(X_1{X}_2)?E(X_1)E(X_2) \end{gathered}$$

Jan 2015 #2

假設(shè)有$n$個標(biāo)號為1到$n$的球，$n$個標(biāo)號為1到$n$的袋子。第一問：把$n$個球放進(jìn)$n$個袋子中，每個袋子可以容納多個球，那么至少有一個球和它所在袋子標(biāo)號一樣的概率是多少？第二問：把$n$個球放進(jìn)$n$個袋子中，每個袋子只能容納一個球，那么至少有一個球和它所在袋子標(biāo)號一樣的概率是多少？

第一問

按古典概型的思想，基本事件總數(shù)是把$n$個球放進(jìn)$n$個袋子中，每個袋子可以容納多個球，所有可能的放法的數(shù)目，也就是$n^n$。要考慮的這個事件可以分割得更細(xì)致一點(diǎn)，至少有一個，那么可以是1個，2個，直到$n$個。先從簡單的看，如果$n$個球標(biāo)號都與其所在的袋子標(biāo)號一致，那么這種放法只有一種。如果是有$n?1$個球標(biāo)號都與其所在的袋子標(biāo)號一致，那么首先從$n$個球中選出這個球，然后把這個球放在任意與之標(biāo)號不同的$n?1$個袋子中，放法一共有$C_n^1(n?1)$種。稍微看出規(guī)律以后直接考慮有$n?i$個球標(biāo)號都與其所在的袋子標(biāo)號一致，首先從$n$個球中選出這$i$個球，然后把這$i$個球放在任意與之標(biāo)號不同的$n?1$個袋子中，放法一共有$C_n^i(n?1{)}^i$種。由于至少要有一個球標(biāo)號與其所在的袋子標(biāo)號一致，因此$i=0,1,...,n?1$。所以需要考慮的這個事件包含的基本事件總數(shù)為
$$\sum _{i=0}^{n?1}{C}_n^i(n?1{)}^i=[1+(n?1){]}^n?(n?1{)}^n=n^n?(n?1{)}^n$$
因此這個事件的概率為
$$\frac{n^n?(n?1{)}^n}{n^n}=1?(\frac{n?1}{n}{)}^n$$
這問題可以反向來做，考慮假設(shè)所有球都不在它對應(yīng)標(biāo)號的袋子里，則每個球都有$n?1$種放法，這個事件包含的基本事件數(shù)量為$(n?1{)}^n$，這樣也可以得到那么答案

第二問

基本事件總數(shù)為$n!$，至少有一個球在對應(yīng)標(biāo)號袋子里的事件包含的基本事件總數(shù)為
$$\#\{\underset{i=1}{\overset{n}{?}}\{第i個球在i號袋子中\}\}$$
記$E_i=\{第i個球在i號袋子中\}$，則至少有一個球在對應(yīng)標(biāo)號的袋子中的概率為
$$P(\underset{i=1}{\overset{n}{?}}{E}_i)=\frac{\#\{{?}_{i=1}^n{E}_i\}}{n!}$$
根據(jù)容斥原理
$$\begin{gathered} \#\{\underset{i=1}{\overset{n}{?}}{E}_i\}=\sum _{m=1}^n(?1{)}^{m+1}\#\{S_m\} \\ \#\{S_m\}=\sum _{1\le i(1)<...<i(m)\le n}\#\{\underset{j=1}{\overset{m}{?}}{E}_j\} \end{gathered}$$
$\{S_m\}$的含義是有$m$個球與其所在袋子的編號一致，而其他球可以隨意擺放位置，因此其基本事件數(shù)量等于先從$n$個球中選出$m$個固定，再把剩下的$(n?m)$個球隨便放入一個袋子中，即
$$\#\{S_m\}=C_n^m(n?m)!$$
所以
$$P(\underset{i=1}{\overset{n}{?}}{E}_i)=\frac{\#\{{?}_{i=1}^n{E}_i\}}{n!}=\sum _{m=1}^n(?1{)}^{m+1}\frac{C_n^m(n?m)!}{n!}=\sum _{m=1}^n\frac{(?1{)}^{m+1}}{m!}$$

Jan 2016 #1

假設(shè)干脆面里有兩種卡片，虞姬的和小喬的。假設(shè)虞姬的卡片占比是$p$，小喬的卡片占比是$1?p$，$X$代表為了集齊這兩種卡片至少需要買幾包干脆面。第一問，計(jì)算$P(X=3)$；第二問，計(jì)算$EX$。

第一問

建立一個Hierarchical Model。假設(shè)$Y$是一個服從幾何分布的隨機(jī)變量，其成功概率$X_1$服從一個二值分布，$X_1=1?p$的概率是$p$，$X_1=p$的概率是$1?p$。從而
$$\begin{gathered} P(Y=k?1) \\ =P(Y=k?1|X_1=p)P(X_1=p)+P(Y=k?1|X_1=q)P(X_1=q) \\ =(1?p)p^{k?1}+p(1?p{)}^{k?1} \end{gathered}$$
從而$P(X=k)=P(Y=k?1)$，（需要加上$X_1$這一次）
$$\begin{gathered} P(X=3)=P(Y=2)=p(1?p{)}^2+p^2(1?p) \\ =p?2p^2+p^3?p^3+p^2=p(1?p) \end{gathered}$$

第二問

直接計(jì)算的話
$$EX=\sum _{k=2}^{\infty }k[(1?p)p^{k?1}+p(1?p{)}^{k?1}]$$
分別對兩項(xiàng)用裂項(xiàng)相消再求極限就好。簡單點(diǎn)的話可以看成兩個成功概率分別是$p$，$1?p$的幾何分布的均值之和，
$$EX=\frac{p}{1?p}+\frac{1?p}{p}$$

May 2018 #1

有七個白球，丟七次骰子，第$i$次點(diǎn)數(shù)超過4就把第$i$個球涂黑。第一問：黑球數(shù)目的期望；第二問：黑球超過五個的概率；第三問：黑球不足四個的概率。

第一問

假設(shè)第$i$個球是否是黑色用$X_i$表示，其值為1表示是，為0表示否。則$X_i～Ber(1/3)$。假設(shè)黑球的數(shù)目是$X$，則
$$X=\sum _{i=1}^7{X}_i～Binom(7,1/3)$$
從而$EX=7/3$

第二問

$$P(X>5)=P(X=6)+P(X=7)=5/729$$

第三問

$$P(X<4)=P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)=0.768175583$$

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的UA Stat PhD Qualify Problems for Finite Sample Space Probability的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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