수리통계학

테마

4회 · 셈하는 분포와 섞인 분포 · 워크북

D. 퀄형 ​

여러 절과 앞 회차의 도구를 잇는 종합 문제다. 머리의 제한 시간을 재고, 노트를 덮고 푼다. 모형을 확률변수와 분포로 적는 것부터 답안의 일부다.

D1 두 Poisson 과정의 경주 ★★★ ​

정리 2.4, 3.2, 3.3 · 1회 정리 1.10 · 제한 40분

종류 A의 사건이 비율 λ\lambda, 종류 B의 사건이 비율 μ\mu인 독립인 Poisson 과정으로 일어난다.

  1. (a)

    두 과정을 합친 사건의 수가 비율 λ+μ\lambda+\mu의 Poisson 과정임을 보여라.

  2. (b)

    첫 사건이 A일 확률이 λλ+μ\tfrac\lambda{\lambda+\mu}임을 보여라. 무기억성으로, 차례로 일어나는 사건들의 종류가 서로 독립이고 각각 확률 λλ+μ\tfrac\lambda{\lambda+\mu}로 A임을 설명하라.

  3. (c)

    A가 nn번 일어나는 것이 B가 mm번 일어나는 것보다 먼저일 확률이 P(b(n+m−1,λλ+μ)≥n)P\bigl(\mathrm b(n+m-1,\allowbreak \tfrac\lambda{\lambda+\mu})\ge n\bigr)임을 보여라. 1회의 어떤 문제와 같은가?

  4. (d)

    λ=2\lambda=2, μ=1\mu=1, n=m=2n=m=2이면 이 확률은 얼마인가?

힌트

(a) 정의 3.1의 두 조건을 확인한다. 같은 구간에서 두 과정의 수는 독립인 Poisson이다. (b) 첫 A와 첫 B의 시각은 독립인 지수분포다(3회 연습 3.4). (c) 처음 n+m−1n+m-1개의 사건 가운데 A가 nn개 이상인 것과 같다.

풀이

(a) 겹치지 않는 구간들에서 합친 수는 각 과정의 수들의 함수이고, 두 과정이 독립이며 각 과정 안에서 구간들이 독립이므로 구간별 합친 수는 독립이다. 길이 tt인 구간의 합친 수는 독립인 Poi(λt)\mathrm{Poi}(\lambda t)와 Poi(μt)\mathrm{Poi}(\mu t)의 합이므로 정리 2.4로 Poi((λ+μ)t)\mathrm{Poi}((\lambda+\mu)t)이다.

(b) 첫 A의 시각 TA∼Exp(λ)T^A\sim\mathrm{Exp}(\lambda)와 첫 B의 시각 TB∼Exp(μ)T^B\sim\mathrm{Exp}(\mu)는 독립이고(정리 3.2), P(TA<TB)=λλ+μP(T^A<T^B)=\tfrac\lambda{\lambda+\mu}이다(3회 연습 3.4). 첫 사건이 일어난 시각 이후로는 두 과정이 다시 처음처럼 시작한다. 지수분포의 무기억성(정리 3.3)으로 아직 오지 않은 쪽의 남은 대기시간도 같은 지수분포이기 때문이다. 그래서 다음 사건의 종류도 같은 확률로, 앞의 종류와 독립으로 정해진다.

(c) 사건들의 종류는 성공 확률 π=λλ+μ\pi=\tfrac\lambda{\lambda+\mu}인 독립 시행이다. “A가 nn번 먼저”는 처음 n+m−1n+m-1개의 사건 가운데 A가 nn개 이상이라는 것과 같다. 그렇지 않으면 B가 mm개 이상이기 때문이다. 이것은 1회 정리 1.10(점수 분배 문제의 Fermat 공식)과 같은 구조다. A가 nn판, B가 mm판을 더 이겨야 하는 상태의 승부다.

(d) π=23\pi=\tfrac23, n+m−1=3n+m-1=3이므로 P(b(3,23)≥2)=3⋅49⋅13+827=2027≈0.741P(\mathrm b(3,\allowbreak \tfrac23)\ge2)=3\cdot\tfrac49\cdot\tfrac13+\tfrac8{27}=\tfrac{20}{27}\approx0.741이다.

최종답 (d) 2027\tfrac{20}{27}

D2 사고를 잘 당하는 사람 ★★★ ​

정리 4.5, 5.2, 5.3 · 3회 정리 2.5 · 제한 40분

Greenwood와 Yule(1920)의 모형이다. 한 노동자의 사고 위험률 Λ\Lambda가 Γ(r,β)\Gamma(r,\beta)를 따르고, Λ=λ\Lambda=\lambda가 주어지면 첫해와 둘째 해의 사고 수 X1,X2X_1,X_2는 독립인 Poi(λ)\mathrm{Poi}(\lambda)이다.

  1. (a)

    Cov⁡(X1,X2)=rβ2\Cov(X_1,X_2)=r\beta^2임을 보여라. X1X_1과 X2X_2는 독립인가?

  2. (b)

    X1=kX_1=k가 주어지면 Λ∼Γ(r+k,β1+β)\Lambda\sim\Gamma\bigl(r+k,\allowbreak \tfrac\beta{1+\beta}\bigr)임을 보여라.

  3. (c)

    E(X2∣X1=k)=(r+k)β1+βE(X_2\mid X_1=k)=\tfrac{(r+k)\beta}{1+\beta}임을 보여라.

  4. (d)

    r=2r=2, β=12\beta=\tfrac12이면 E(X2∣X1=0)E(X_2\mid X_1=0)은? (e) E(X2∣X1=3)E(X_2\mid X_1=3)은?

힌트

(a) E[X1X2]=E[E(X1X2∣Λ)]=EΛ2E[X_1X_2]=E[E(X_1X_2\mid\Lambda)]=E\Lambda^2. (b) 결합 “밀도–질량” g(λ)P(X1=k∣λ)g(\lambda)P(X_1=k\mid\lambda)를 λ\lambda의 함수로 보고 감마 밀도의 꼴을 알아본다(정리 4.5와 같은 방법). (c) 반복기댓값.

풀이

(a) Λ\Lambda가 주어지면 X1,X2X_1,X_2는 독립이므로 E(X1X2∣Λ)=Λ2E(X_1X_2\mid\Lambda)=\Lambda^2이고, 반복기댓값(3회 정리 2.5)으로 E[X1X2]=EΛ2E[X_1X_2]=E\Lambda^2이다. EXi=EΛEX_i=E\Lambda이므로 Cov⁡(X1,X2)=EΛ2−(EΛ)2=Var⁡Λ=rβ2>0\Cov(X_1,\allowbreak X_2)=E\Lambda^2-(E\Lambda)^2=\Var\Lambda=r\beta^2>0이다. 독립이 아니다. 같은 사람의 두 해는 같은 Λ\Lambda를 공유한다.

(b) λ\lambda의 함수로

g(λ)P(X1=k∣λ)∝λr−1e−λ/β⋅e−λλk=λr+k−1e−λ(1+β)/βg(\lambda)P(X_1=k\mid\lambda)\propto\lambda^{r-1}e^{-\lambda/\beta}\cdot e^{-\lambda}\lambda^k=\lambda^{r+k-1}e^{-\lambda(1+\beta)/\beta}

이고 이것은 Γ(r+k,β1+β)\Gamma(r+k,\allowbreak \tfrac\beta{1+\beta})의 밀도에 비례한다. 정리 4.5와 같은 논리로 그것이 조건부 밀도다.

(c) E(X2∣X1=k)=E[E(X2∣Λ,X1)∣X1=k]=E(Λ∣X1=k)=(r+k)β1+βE(X_2\mid X_1=k)=E\bigl[E(X_2\mid\Lambda,\allowbreak X_1)\mid X_1=k\bigr]=E(\Lambda\mid X_1=k)=\tfrac{(r+k)\beta}{1+\beta}이다. 첫째 등호는 반복기댓값이고, Λ\Lambda가 주어지면 X2X_2가 X1X_1과 독립이므로 E(X2∣Λ,X1)=ΛE(X_2\mid\Lambda,X_1)=\Lambda이다.

(d) 2⋅1232=23\tfrac{2\cdot\frac12}{\frac32}=\tfrac23. (e) 5⋅1232=53\tfrac{5\cdot\frac12}{\frac32}=\tfrac53. 전체 평균 rβ=1r\beta=1을 사이에 두고, 사고가 없던 사람은 다음 해의 기대 사고가 23\tfrac23으로, 세 번 사고를 낸 사람은 53\tfrac53으로 예측된다. 위험률이 사람마다 다르면 과거가 미래를 예측한다. 이것이 “사고를 잘 당하는 사람”의 통계적 의미다.

최종답 (d) 23\tfrac23 (e) 53\tfrac53

D3 지수분포 표본의 평균 ★★★ ​

정리 3.2, 3.7, 정의 3.8 · 제한 35분

X1,…,XnX_1,\dots,X_n이 독립이고 평균 θ\theta인 지수분포를 따른다. Xˉ\bar X는 표본평균이다.

  1. (a)

    ∑iXi∼Γ(n,θ)\sum_iX_i\sim\Gamma(n,\theta)임을 보여라.

  2. (b)

    2nXˉθ∼χ2(2n)\tfrac{2n\bar X}\theta\sim\chi^2(2n)임을 보여라. 이 분포는 θ\theta에 의존하지 않는다.

  3. (c)

    정수 nn과 c>0c>0에서 P(χ2(2n)≤2c)=P(Poi(c)≥n)P\bigl(\chi^2(2n)\le2c\bigr)=P\bigl(\mathrm{Poi}(c)\ge n\bigr)임을 보여라.

  4. (d)

    n=5n=5이면 P(2nXˉθ≤10)P\bigl(\tfrac{2n\bar X}\theta\le10\bigr)은 얼마인가?

힌트

(b) Γ(α,β)\Gamma(\alpha,\beta)에 상수 c>0c>0을 곱하면 Γ(α,cβ)\Gamma(\alpha,c\beta)이다(mgf로 확인한다). (c) χ2(2n)=Γ(n,2)\chi^2(2n)=\Gamma(n,2)를 비율 12\tfrac12인 Poisson 과정의 TnT_n으로 읽는다.

풀이

(a) 평균 θ\theta인 지수분포는 Γ(1,θ)\Gamma(1,\theta)이고, 같은 척도의 독립인 감마의 합은 정리 3.7로 Γ(n,θ)\Gamma(n,\theta)이다.

(b) W=2θ∑XiW=\tfrac2\theta\sum X_i의 mgf는 Eet2θ∑Xi=(1−θ⋅2tθ)−n=(1−2t)−nE e^{t\frac2\theta\sum X_i}=(1-\theta\cdot\tfrac{2t}\theta)^{-n}=(1-2t)^{-n}이고, 이것은 Γ(n,2)=χ2(2n)\Gamma(n,2)=\chi^2(2n)의 mgf다(정의 3.8). 유일성으로 W∼χ2(2n)W\sim\chi^2(2n)이다. θ\theta가 사라지는 것이 8회 이후에 θ\theta에 대한 구간을 만드는 열쇠가 된다.

(c) Γ(n,2)\Gamma(n,2)는 비율 12\tfrac12인 Poisson 과정의 nn번째 사건의 시각이므로 정리 3.2로 P(Tn≤2c)=P(N(2c)≥n)P(T_n\le2c)=P(N(2c)\ge n)이고 N(2c)∼Poi(c)N(2c)\sim\mathrm{Poi}(c)이다.

(d) 2c=102c=10, c=5c=5이므로 P(Poi(5)≥5)=1−e−5(1+5+252+1256+62524)=1−5238e−5≈0.5595P(\mathrm{Poi}(5)\ge5)=1-e^{-5}\bigl(1+5+\tfrac{25}2+\tfrac{125}6+\tfrac{625}{24}\bigr)=1-\tfrac{523}8e^{-5}\approx0.5595이다. 감마의 적분을 Poisson의 유한 합으로 계산했다.

최종답 (d) 1−5238e−5≈0.55951-\tfrac{523}8e^{-5}\approx0.5595

D4 기병대의 사후분포 ★★★ ​

정리 4.5, 5.3 · 예제 2.6 · 제한 40분

위험률 Λ\Lambda의 사전분포가 Γ(α,β)\Gamma(\alpha,\beta)이고, Λ=λ\Lambda=\lambda가 주어지면 X1,…,XnX_1,\dots,X_n이 독립인 Poi(λ)\mathrm{Poi}(\lambda)이다. s=∑ixis=\sum_ix_i로 쓴다.

  1. (a)

    사후분포가 Γ(α+s, β1+nβ)\Gamma\bigl(\alpha+s,\allowbreak \ \tfrac\beta{1+n\beta}\bigr)임을 보여라.

  2. (b)

    사후평균이 사전평균 αβ\alpha\beta와 표본평균 xˉ\bar x의 가중평균임을 보이고 가중치를 구하라.

  3. (c)

    다음 관측 Xn+1X_{n+1}의 예측분포가 음이항분포임을 정리 5.3으로 보여라.

  4. (d)

    예제 2.6의 기병대 자료(n=200n=200, s=122s=122)에 사전분포 Γ(1,1)\Gamma(1,1)을 쓰면 사후평균은 얼마인가?

  5. (e)

    그때 다음 군단–해에 사망이 없을 예측확률은 얼마인가? e−0.61e^{-0.61}과 비교하라.

힌트

(a) 정리 4.5와 같은 방법. λα−1e−λ/β∏ie−λλxi\lambda^{\alpha-1}e^{-\lambda/\beta}\prod_ie^{-\lambda}\lambda^{x_i}. (c) 사후분포를 “혼합 분포”로 하는 Poisson의 혼합이다. NB(r,p)\mathrm{NB}(r,p)에서 P(0)=prP(0)=p^r.

풀이

(a) λ\lambda의 함수로 λα−1e−λ/β⋅e−nλλs=λα+s−1e−λ(1/β+n)\lambda^{\alpha-1}e^{-\lambda/\beta}\cdot e^{-n\lambda}\lambda^s=\lambda^{\alpha+s-1}e^{-\lambda(1/\beta+n)}이고, 1β+n=1+nββ\tfrac1\beta+n=\tfrac{1+n\beta}\beta이므로 Γ(α+s,β1+nβ)\Gamma(\alpha+s,\allowbreak \tfrac\beta{1+n\beta})의 밀도에 비례한다.

(b) 사후평균은 (α+s)β1+nβ=11+nβ⋅αβ+nβ1+nβ⋅xˉ\tfrac{(\alpha+s)\beta}{1+n\beta}=\tfrac1{1+n\beta}\cdot\alpha\beta+\tfrac{n\beta}{1+n\beta}\cdot\bar x이다. 표본평균의 가중치 nβ1+nβ\tfrac{n\beta}{1+n\beta}는 nn이 커질수록 1로 간다.

(c) Λ\Lambda의 사후분포가 주어지면 Xn+1∣Λ∼Poi(Λ)X_{n+1}\mid\Lambda\sim\mathrm{Poi}(\Lambda)이므로 예측분포는 Γ(α′,β′)\Gamma(\alpha',\beta')로 섞은 Poisson이고, 정리 5.3으로 NB(α′,11+β′)\mathrm{NB}(\alpha',\allowbreak \tfrac1{1+\beta'})이다(α′=α+s\alpha'=\alpha+s, β′=β1+nβ\beta'=\tfrac\beta{1+n\beta}).

(d) α′=123\alpha'=123, β′=1201\beta'=\tfrac1{201}이므로 사후평균은 123201≈0.612\tfrac{123}{201}\approx0.612이다. 표본평균 0.610.61과 거의 같다.

(e) P(X201=0)=(11+β′)α′=(201202)123≈0.5431P(X_{201}=0)=\bigl(\tfrac1{1+\beta'}\bigr)^{\alpha'}=\bigl(\tfrac{201}{202}\bigr)^{123}\approx0.5431이다. e−0.61≈0.5434e^{-0.61}\approx0.5434와 거의 같다. 자료가 200개이면 λ\lambda의 불확실성이 작아서 음이항 예측이 Poisson 예측과 거의 같다. 자료가 적으면 예측분포의 0의 확률이 Poisson보다 커진다(C7).

최종답 (d) 123201≈0.612\tfrac{123}{201}\approx0.612 (e) (201202)123≈0.5431(\tfrac{201}{202})^{123}\approx0.5431

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