Середнє значення та дисперсія нульового завищеного розподілу Пуассона

Чи може хтось показати, як очікуване значення та дисперсія нульового завищеного Пуассона з функцією маси ймовірності

f (y) = {\begin{cases} π + (1 - π) e^{- λ}, & if y = 0 \\ (1 - π) \frac{λ^{y} e^{- λ}}{y!}, & if y = 1, 2.... \end{cases}

$f(y) = \begin{cases} \pi+(1-\pi)e^{-\lambda}, & \text{if }y=0 \\ (1-\pi)\frac{\lambda^{y}e^{-\lambda}}{y!}, & \text{if }y=1,2.... \end{cases}$

де - ймовірність того, що спостереження дорівнює нулю за двочленним процесом, а - середнє значення Пуассона? $\pi$ $\lambda$

В результаті очікується значення а дисперсія - . $\mu =(1-\pi)\lambda$ $\mu+ \frac{\pi}{1-\pi}\mu^{2}$

ДОДАТИ: Я шукаю процес. Наприклад, чи можете ви використовувати функцію генерації моменту? Зрештою, я хотів би побачити, як це зробити, щоб краще зрозуміти нульову завищену гаму та інші.

— B_Miner
джерело

Здається, ви знаєте модель, як виникло б таке розподіл ймовірностей. Чи можете ви скористатися цим, щоб допомогти вам?

— кардинал

Метод 0 : Ледачий статистик.

Зауважимо, що для маємо де - ймовірність того, що випадкова величина Пуассона приймає значення . Оскільки термін, що відповідає , не впливає на очікуване значення, наші знання про Пуассона та лінійність очікування одразу говорять нам, що та $y \neq 0$ $f(y) = (1-\pi) p_y$ $p_y$ $y$ $y = 0$

μ = (1 - π) λ

$\mu = (1-\pi) \lambda$

E Y^{2} = (1 - π) (λ^{2} + λ) .

$\mathbb E Y^2 = (1-\pi) (\lambda^2 + \lambda) \> .$

Невелика алгебра і тотожність дає результат. $\mathrm{Var}(Y) = \mathbb E Y^2 - \mu^2$

Метод 1 : Імовірнісний аргумент.

Часто корисно скласти просту імовірнісну модель того, як виникає розподіл. Нехай і є незалежними випадковими змінними. Визначте Тоді легко помітити, що має бажаний розподіл . Щоб перевірити це, зауважте, що незалежністю. Аналогічно для . $Z \sim \mathrm{Ber}(1-\pi)$ $Y \sim \mathrm{Poi}(\lambda)$

X = Z \cdot Y .

$X = Z \cdot Y \>.$

X

$X$

f

$f$

P (X = 0) = P (Z = 0) + P (Z = 1, Y = 0) = π + (1 - π) e^{- λ}

$\renewcommand{\Pr}{\mathbb P}\Pr(X = 0) = \Pr(Z=0) + \Pr(Z=1, Y=0) = \pi + (1-\pi) e^{-\lambda}$

P (X = k) = P (Z = 1, Y = k)

$\Pr(X = k) = \Pr(Z=1, Y=k)$

k \neq 0

$k \neq 0$

Виходячи з цього, решта легко, так як в силу незалежності і , і, $Z$ $Y$

μ = E X = E Z Y = (E Z) (E Y) = (1 - π) λ,

$\mu = \mathbb E X = \mathbb E Z Y = (\mathbb E Z) (\mathbb E Y) = (1-\pi)\lambda \>,$

V a r (X) = E X^{2} - μ^{2} = (E Z) (E Y^{2}) - μ^{2} = (1 - π) (λ^{2} + λ) - μ^{2} = μ + \frac{π}{1 - π} μ^{2} .

$\mathrm{Var}(X) = \mathbb E X^2 - \mu^2 = (\mathbb E Z)(\mathbb E Y^2) - \mu^2 = (1-\pi)(\lambda^2 + \lambda) - \mu^2 = \mu + \frac{\pi}{1-\pi}\mu^2 \> .$

Метод 2 : Прямий розрахунок.

Середнє значення легко отримується легким фокусом витягування однієї та переписування меж суми. $\lambda$

μ = \sum_{k = 1}^{\infty} (1 - π) k e^{- λ} \frac{λ^{k}}{k!} = (1 - π) λ e^{- λ} \sum_{j = 0}^{\infty} \frac{λ^{j}}{j!} = (1 - π) λ .

$\mu = \sum_{k=1}^\infty (1-\pi) k e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!} = (1-\pi) \lambda e^{-\lambda} \sum_{j=0}^\infty \frac{\lambda^j}{j!} = (1-\pi) \lambda \> .$

Подібна хитрість працює і в другий момент: з цього моменту ми можемо перейти до алгебри, як у першому методі.

E X^{2} = (1 - π) \sum_{k = 1}^{\infty} k^{2} e^{- λ} \frac{λ^{k}}{k!} = (1 - π) λ e^{- λ} \sum_{j = 0}^{\infty} (j + 1) \frac{λ^{j}}{j!} = (1 - π) (λ^{2} + λ),

$\mathbb E X^2 = (1-\pi) \sum_{k=1}^\infty k^2 e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!} = (1-\pi)\lambda e^{-\lambda} \sum_{j=0}^\infty (j+1) \frac{\lambda^j}{j!} = (1-\pi)(\lambda^2 + \lambda) \>,$

Додаток : Тут детально описано пару прийомів, які використовуються у вищезазначених розрахунках.

Спочатку згадаймо, що . $\sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda^k}{k!} = e^\lambda$

По-друге, зверніть увагу, що де підміна проводилася на другому етапі.

\sum_{k = 0}^{\infty} k \frac{λ^{k}}{k!} = \sum_{k = 1}^{\infty} k \frac{λ^{k}}{k!} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{λ^{k}}{(k - 1)!} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{λ \cdot λ^{k - 1}}{(k - 1)!} = λ \sum_{j = 0}^{\infty} \frac{λ^{j}}{j!} = λ e^{λ},

$\sum_{k=0}^\infty k \frac{\lambda^k}{k!} = \sum_{k=1}^\infty k \frac{\lambda^k}{k!} = \sum_{k=1}^\infty \frac{\lambda^k}{(k-1)!} = \sum_{k=1}^\infty \frac{\lambda \cdot \lambda^{k-1}}{(k-1)!} = \lambda \sum_{j=0}^\infty \frac{\lambda^j}{j!} = \lambda e^{\lambda} \>,$

j = k - 1

$j = k-1$

Загалом, для Пуассона легко обчислити фактичні моменти оскільки так . Ми отримуємо "пропустити" до го індексу для початку суми в першій рівності, оскільки для будь-якого , точно так один термін у творі дорівнює нулю. $\mathbb E X^{(n)} = \mathbb E X(X-1)(X-2)\cdots(X-n+1)$

e^{λ} E X^{(n)} = \sum_{k = n}^{\infty} k (k - 1) \dots (k - n + 1) \frac{λ^{k}}{k!} = \sum_{k = n}^{\infty} \frac{λ^{n} λ^{k - n}}{(k - n)!} = λ^{n} \sum_{j = 0}^{\infty} \frac{λ^{j}}{j!} = λ^{n} e^{λ},

$e^\lambda \mathbb E X^{(n)} = \sum_{k=n}^\infty k(k-1)\cdots(k-n+1) \frac{\lambda^k}{k!} = \sum_{k=n}^\infty \frac{\lambda^n \lambda^{k-n}}{(k-n)!} = \lambda^n \sum_{j=0}^\infty \frac{\lambda^j}{j!} = \lambda^n e^\lambda \>,$

E X^{(n)} = λ^{n}

$\mathbb E X^{(n)} = \lambda^n$

n

$n$

0 \leq k < n

$0 \leq k < n$

k (k - 1) \dots (k - n + 1) = 0

$k(k-1)\cdots(k-n+1) = 0$

— кардинальний
джерело

Кардинал, це фантастично. Ви б не хотіли детально розповісти про витягнення ? Моє підсумок - <дуже> іржавий. Дякую!

λ

$\lambda$

— B_Miner

Ще раз дякую за це. Це може бути простим питанням, але що відбувається з верхньою частиною pdf (коли y = 0) чому він не включається до обчислення для ?

π + (1 - π) e^{- λ}

$\pi+(1-\pi)e^{-\lambda}$

μ

$\mu$

— B_Miner

Згадаймо визначення очікуваного значення для дискретної випадкової величини: . Тож для термін у очікуваному значенні дорівнює .

μ = E Y = \sum_{y = 0}^{\infty} y P (Y = y)

$\mu = \mathbb E Y = \sum_{y=0}^\infty y \mathbb P(Y = y)$

y = 0

$y = 0$

0 \cdot (π + (1 - π) e^{- λ}) = 0

$0 \cdot (\pi + (1-\pi)e^{-\lambda}) = 0$

— кардинал