Średnia i wariancja zerowo napompowanego rozkładu Poissona

Czy ktokolwiek może pokazać, w jaki sposób oczekiwana wartość i wariancja zerowego nadciśnionego Poissona, z funkcją masy prawdopodobieństwa

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}

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

gdzie jest prawdopodobieństwem, że obserwacja wynosi zero w procesie dwumianowym, a jest średnią Poissona? $\pi$ $\lambda$

Wynikiem jest oczekiwana wartość a wariancja to . $\mu =(1-\pi)\lambda$ $\mu+ \frac{\pi}{1-\pi}\mu^{2}$

DODAJ: Szukam procesu. Na przykład, czy możesz użyć funkcji generowania momentu? Ostatecznie chciałbym zobaczyć, jak to zrobić, aby lepiej zrozumieć zerową pompę gamma i inne.

— B_Miner
źródło

Wygląda na to, że znasz model powstawania takiego rozkładu prawdopodobieństwa. Czy możesz to wykorzystać, aby ci pomóc?

— kardynał

Metoda 0 : Leniwy statystyk.

Zauważ, że dla mamy gdzie jest prawdopodobieństwem, że zmienna losowa Poissona przyjmuje wartość . Ponieważ termin odpowiadający nie wpływa na wartość oczekiwaną, nasza znajomość Poissona i liniowości oczekiwań natychmiast mówi nam, że i $y \neq 0$ $f(y) = (1-\pi) p_y$ $p_y$ $y$ $y = 0$

μ = (1 - π) λ

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

E Y^{2} = (1 - π) (λ^{2} + λ) .

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

Mała algebra i tożsamość daje wynik. $\mathrm{Var}(Y) = \mathbb E Y^2 - \mu^2$

Metoda 1 : Argument probabilistyczny.

Często pomocne jest posiadanie prostego modelu probabilistycznego określającego sposób powstawania rozkładu. Niech i będą niezależnymi zmiennymi losowymi. Zdefiniuj Łatwo więc zauważyć, że ma pożądany rozkład . Aby to sprawdzić, zwróć uwagę, że przez niezależność. Podobnie dla . $Z \sim \mathrm{Ber}(1-\pi)$ $Y \sim \mathrm{Poi}(\lambda)$

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

$k \neq 0$

Wynika z tego, reszta jest prosta, ponieważ przez niezależności i , i $Z$ $Y$

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} .

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

Metoda 2 : Obliczanie bezpośrednie.

Średnią wartość można łatwo uzyskać przez lekką sztuczkę wyciągnięcia jednego i przepisania granic sumy. $\lambda$

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 .

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

Podobna sztuczka działa po raz drugi: od tego momentu możemy przejść do algebry jak w pierwszej metodzie.

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),

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

Dodatek : Zawiera szczegółowe informacje na temat kilku sztuczek zastosowanych w powyższych obliczeniach.

Najpierw pamiętaj, że . $\sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda^k}{k!} = e^\lambda$

Po drugie, zauważ, że gdzie podstawienie dokonano w przedostatnim etapie.

\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

$j = k-1$

Ogólnie rzecz biorąc, dla Poissona łatwo jest obliczyć momenty czynnikowe od więc . Przechodzimy do „pomijania” do tego indeksu na początku sumy w pierwszej równości, ponieważ dla dowolnego , ponieważ dokładnie jeden termin w produkcie wynosi zero. $\mathbb E X^{(n)} = \mathbb E X(X-1)(X-2)\cdots(X-n+1)$

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

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

— kardynał
źródło

Kardynale, to jest fantastyczne. Czy mógłbyś podać krótki szczegół wyciągnięcia ? Moje podsumowanie jest <bardzo> zardzewiałe. Dzięki!

λ

$\lambda$

— B_Miner

Jeszcze raz dziękuję za to. To może być łatwe pytanie, ale co dzieje się z górną częścią pdf (gdy y = 0) dlaczego nie jest uwzględnione w obliczeniach dla ?

π + (1 - π) e^{- λ}

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

μ

$\mu$

— B_Miner

Przypomnijmy definicję oczekiwanej wartości dyskretnej zmiennej losowej: . Zatem dla terminem w oczekiwanej wartości jest .

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

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

— kardynał