Среднее значение и дисперсия распределения Пуассона с нулевым раздувом

Может кто-нибудь показать, как ожидаемое значение и дисперсия нуля раздули Пуассона, с функцией вероятности массы

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}

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

где $\pi$ - вероятность того, что биномиальный процесс равен нулю, а $\lambda$ - среднее значение Пуассона;

Результатом является ожидаемое значение $\mu =(1-\pi)\lambda$ и дисперсия $\mu+ \frac{\pi}{1-\pi}\mu^{2}$ .

ДОБАВИТЬ: Я ищу процесс. Например, вы можете использовать функцию генерации момента? В конечном счете, я хотел бы посмотреть, как это сделать, чтобы лучше понять ноль раздуваемой гаммы и прочего.

— B_Miner
источник

Кажется, вы знаете модель возникновения такого распределения вероятностей. Можете ли вы использовать это, чтобы помочь вам?

— кардинал

Метод 0 : Ленивый статистик.

Отметим, что для имеем где - вероятность того, что пуассоновская случайная величина принимает значение . Поскольку член, соответствующий , не влияет на ожидаемое значение, наши знания о Пуассоне и линейности ожидания немедленно говорят нам, что и $y \neq 0$ $f(y) = (1-\pi) p_y$ $p_y$ $y$ $y = 0$

μ = (1 - π) λ

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

E Y^{2} = (1 - π) (λ^{2} + λ) .

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

Маленькая алгебра и тождество дает результат. $\mathrm{Var}(Y) = \mathbb E Y^2 - \mu^2$

Метод 1 : вероятностный аргумент.

Часто полезно иметь простую вероятностную модель того, как возникает распределение. Пусть и - независимые случайные величины. Определить $Z \sim \mathrm{Ber}(1-\pi)$ $Y \sim \mathrm{Poi}(\lambda)$

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

$k \neq 0$

Исходя из этого, остальное легко, так как в силу независимости и , и $Z$ $Y$

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 : Прямой расчет.

Среднее легко получить с помощью небольшого трюка: вытащить одну и переписать пределы суммы. $\lambda$

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 .

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

Подобный прием работает и во второй момент: откуда можно перейти к алгебре, как в первом методе.

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),

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

Приложение : здесь подробно описана пара приемов, использованных в приведенных выше расчетах.

Сначала напомним, что . $\sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda^k}{k!} = e^\lambda$

Во-вторых, обратите внимание, что где замена была сделана в последнем шаге.

\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

$j = k-1$

В общем, для Пуассона легко вычислить факторные моменты так как поэтому . Мы получаем «пропустить» к му индексу для начала суммы в первом равенстве, поскольку для любого , поскольку точно один термин в произведении равен 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

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

— кардинальный
источник

Кардинал, это фантастика. Не могли бы вы кратко рассказать о том, как вытащить ? Мое суммирование <очень> ржавое. Благодаря!

λ

$\lambda$

— B_Miner

Еще раз спасибо за это. Это может быть простой вопрос, но что происходит с верхней частью pdf (когда y = 0) почему он не включается в вычисление для ?

π + (1 - π) e^{- λ}

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

μ

$\mu$

— B_Miner

Напомним определение ожидаемого значения для дискретной случайной величины: . Таким образом, для член в ожидаемом значении равен .

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