|
|
战巡
Posted 2016-3-13 06:14
Last edited by 战巡 2016-3-13 06:22回复 1# dodonaomik
你那个答案根本就是错的，哪怕什么计算都不做，单做一个定性判断都知道有问题，你想想看，三种不同的结果完全互斥，在次数固定的实验中肯定一种出的多另一种就得少，它们的数量怎么可能是正相关？
假设一实验有$k$种互斥可能，每一种出现概率为$p_1,p_2,...,p_k$，其中$\sum_{i=1}^kp_i=1$，则经过$N$次独立实验后，各种可能出现次数$(n_1,n_2,...,n_k)$服从多项分布，有其pmf为
\[f(n_1,n_2,...,n_k|p_1,p_2,...,p_k,N)=\frac{N!}{\prod_{i=1}^k(n_i!)}\prod_{i=1}^kp_i^{n_i}I_{\sum_{i=1}^kn_i=N}(n_1,n_2,...,n_k)\]
\[=\frac{N!}{(N-\sum_{i=1}^{k-1}n_i)!}p_k^{N-\sum_{i=1}^{k-1}n_i}\prod_{i=1}^{k-1}\frac{p_i^{n_i}}{n_i!}=f(n_1,n_2,...,n_{k-1})\]
如果消去一个，有
\[f(n_1,n_2,...,n_{k-2})=\sum_{n_{k-1}=0}^{N-\sum_{i=1}^{k-2}n_i}f(n_1,n_2,...,n_{k-1})\]
\[=N!p_k^{N-\sum_{i=1}^{k-2}n_i}\prod_{i=1}^{k-2}\frac{p_i^{n_i}}{n_i!}\sum_{n_{k-1}=0}^{N-\sum_{i=1}^{k-2}n_i}(\frac{p_{k-1}}{p_k})^{n_{k-1}}·\frac{1}{(N-\sum_{i=1}^{k-2}-n_{k-1})!n_{k-1}!}\]
\[=\frac{N!}{(N-\sum_{i=1}^{k-2}n_i)!}(p_{k-1}+p_k)^{N-\sum_{i=1}^{k-2}n_i}\prod_{i=1}^{k-2}\frac{p_i^{n_i}}{n_i!}\]
以此类推，最后可得
\[f(n_1)=\frac{N!}{(N-n_1)!}(\sum_{i=2}^kp_i)^{N-n_1}\frac{p_1^{n_1}}{n_1!}=C^{n_1}_N(1-p_1)^{N-n_1}p_1^{n_1}\]
即$n_1\sim BIN(N,p_1)$，由于上面各项顺序和下标可以互换，对任意$1\le i\le k$，有$n_i\sim BIN(N,p_i)$，而后可知$E(n_i)=Np_i,Var(n_i)=Np_i(1-p_i)$
而如果消到只剩两项，有
\[f(n_1,n_2)=\frac{N!}{(N-n_1-n_2)!}(1-p_1-p_2)^{N-n_1-n_2}\frac{p_1^{n_1}}{n_1!}·\frac{p_2^{n_2}}{n_2!}\]
此时
\[E(n_1n_2)=\sum_{n_1,n_2}n_1n_2f(n_1,n_2)\]
\[=\sum_{n_1=0}^N\sum_{n_2=0}^{N-n_1}\frac{n_1n_2N!}{(N-n_1-n_2)!}(1-p_1-p_2)^{N-n_1-n_2}\frac{p_1^{n_1}}{n_1!}·\frac{p_2^{n_2}}{n_2!}\]
\[=-\sum_{n_1=0}^N\frac{(1-p_1)^{N-n_1-1}p_1^{n_1}p_2N!}{(N-n_1-1)!(n_1-1)!}\]
\[=(N^2-N)p_1p_2\]
\[Cov(n_1,n_2)=E(n_1n_2)-E(n_1)E(n_2)=(N^2-N)p_1p_2-Np_1Np_2=-Np_1p_2\]
同样因为下标可以互换，对任意$1\le i<j \le k$，有$Cov(n_i,n_j)=-Np_ip_j$
你这个题就是它的一个特殊情况，$N=2,k=3,p_1=p_2=p_3=\frac{1}{3}$
由上面结论可知
\[Var(n_1)=Var(n_2)=2·\frac{1}{3}(1-\frac{1}{3})=\frac{4}{9}\]
\[Cov(n_1,n_2)=-2·\frac{1}{3}·\frac{1}{3}=-\frac{2}{9}\]
\[\rho_{n_1,n_2}=\frac{Cov(n_1,n_2)}{\sqrt{Var(n_1)Var(n_2)}}=-\frac{1}{2}\] |
|
