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

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

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.

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$

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

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

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

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

Metoda 2 : Obliczanie bezpośrednie.

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

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

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

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

---

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.

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

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.$\mathbb E X^{(n)} = \mathbb E X(X-1)(X-2)\cdots(X-n+1)$

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