Media e varianza di una distribuzione di Poisson gonfiata a zero

Qualcuno può mostrare come il valore atteso e la varianza del Poisson gonfiato zero, con funzione di massa di probabilità

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}

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

dove è la probabilità che l'osservazione sia zero da un processo binomiale e è la media del Poisson, è derivata? $\pi$ $\lambda$

Il risultato è il valore atteso e la varianza è . $\mu =(1-\pi)\lambda$ $\mu+ \frac{\pi}{1-\pi}\mu^{2}$

AGGIUNGI: Sto cercando un processo. Ad esempio, puoi usare una funzione generatrice di momenti? Alla fine mi piacerebbe vedere come fare per capire meglio la gamma zero inflazionata e altro.

— B_Miner
fonte

Sembra che tu conosca un modello per come sorgerebbe una tale distribuzione di probabilità. Puoi usarlo per aiutarti?

— cardinale

Metodo 0 : lo statistico pigro.

Nota che per abbiamo dove è la probabilità che una variabile casuale di Poisson abbia valore . Poiché il termine corrispondente a non influisce sul valore atteso, la nostra conoscenza del Poisson e la linearità delle aspettative ci informano immediatamente che e $y \neq 0$ $f(y) = (1-\pi) p_y$ $p_y$ $y$ $y = 0$

μ = (1 - π) λ

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

E Y^{2} = (1 - π) (λ^{2} + λ) .

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

Una piccola algebra e l'identità produce il risultato. $\mathrm{Var}(Y) = \mathbb E Y^2 - \mu^2$

Metodo 1 : un argomento probabilistico.

È spesso utile avere un semplice modello probabilistico per come nasce una distribuzione. Lascia che e siano variabili casuali indipendenti. Definisci Quindi, è facile vedere che ha la distribuzione desiderata . Per verificare ciò, nota che per indipendenza. Allo stesso modo per . $Z \sim \mathrm{Ber}(1-\pi)$ $Y \sim \mathrm{Poi}(\lambda)$

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

$k \neq 0$

Da questo, il resto è facile, poiché dall'indipendenza di e , e, $Z$ $Y$

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} .

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

Metodo 2 : calcolo diretto.

La media si ottiene facilmente con un leggero trucco per estrarre un e riscrivere i limiti della somma. $\lambda$

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 .

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

Un trucco simile funziona per il secondo momento: da cui possiamo procedere con l'algebra come nel primo metodo.

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),

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

Addendum : questo dettaglio un paio di trucchi utilizzati nei calcoli sopra.

Ricordiamo innanzitutto che . $\sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda^k}{k!} = e^\lambda$

In secondo luogo, nota che dove la sostituzione stata effettuata nel penultimo passaggio.

\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

$j = k-1$

In generale, per il Poisson, è facile calcolare i momenti fattoriali poiché quindi . Arriviamo a "saltare" esimo indice per l'inizio della somma nella prima uguaglianza poiché per qualsiasi , poiché esattamente un termine nel prodotto è 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

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

— cardinale
fonte

Cardinale, è fantastico. Ti dispiacerebbe dare un rapido dettaglio sull'estrazione di ? La mia somma è <molto> arrugginita. Grazie!

λ

$\lambda$

— B_Miner,

Grazie ancora per questo. Questa potrebbe essere una domanda facile, ma cosa succede nella parte superiore del pdf (quando y = 0) perché non viene incluso nel calcolo per ?

π + (1 - π) e^{- λ}

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

μ

$\mu$

— B_Miner,

Richiama la definizione del valore atteso per una variabile casuale discreta: . Quindi per , il termine nel valore atteso è .

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

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

— cardinale