Sıfır şişirilmiş Poisson dağılımının ortalaması ve varyansı

Herkes sıfır şişirilmiş Poisson beklenen değer ve varyans, olasılık kütle fonksiyonu ile nasıl gösterebilir

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}

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

burada olasılık gözlem binom işlemle sıfırdır ve olmasıdır Poisson ortalamasıdır türetilmiştir? $\pi$ $\lambda$

Sonuç beklenen değer ve varyans . $\mu =(1-\pi)\lambda$ $\mu+ \frac{\pi}{1-\pi}\mu^{2}$

ADD: Bir süreç arıyorum. Örneğin, moment üreten bir işlev kullanabilir misiniz? Sonuçta sıfır şişirilmiş gammayı ve diğerlerini daha iyi anlamak için bunu nasıl yapacağımı görmek istiyorum.

— B_Miner
kaynak

Öyle görünüyor ki böyle bir olasılık dağılımının nasıl ortaya çıkacağına dair bir model biliyorsunuz. Bunu sana yardım etmek için kullanabilir misin?

— kardinal

Yöntem 0 : Tembel istatistikçi.

Not söz konusu Elimizdeki burada bir Poisson değişken değeri olasılığıdır . karşılık gelen terim beklenen değeri etkilemediğinden, Poisson hakkındaki bilgimiz ve beklentinin doğrusallığı derhal bize ve $y \neq 0$ $f(y) = (1-\pi) p_y$ $p_y$ $y$ $y = 0$

μ = (1 - π) λ

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

E Y^{2} = (1 - π) (λ^{2} + λ) .

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

Biraz cebir ve kimliği sonucu verir. $\mathrm{Var}(Y) = \mathbb E Y^2 - \mu^2$

Yöntem 1 : Olasılıksal bir argüman.

Bir dağılımın nasıl ortaya çıktığı konusunda basit bir olasılık modeline sahip olmak genellikle yararlıdır. Let ve bağımsız rastgele değişkenler. tanımlayın Daha sonra, istenen dağılıma sahip olduğunu görmek kolaydır . Bunu kontrol etmek için bağımsız olarak. Benzer şekilde için . $Z \sim \mathrm{Ber}(1-\pi)$ $Y \sim \mathrm{Poi}(\lambda)$

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

$k \neq 0$

Bundan, geri kalanı kolaydır, çünkü ve bağımsızlığı ile , ve $Z$ $Y$

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} .

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

Yöntem 2 : Doğrudan hesaplama.

Ortalama, bir çıkarmanın ve toplamın sınırlarını yeniden yazmanın hafif bir hilesi ile kolayca elde edilir . $\lambda$

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 .

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

Benzer bir numara ikinci an için işe : hangi noktadan ilk yöntemde olduğu gibi cebir ile devam edebiliriz.

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),

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

Zeyilname : Bu, yukarıdaki hesaplamalarda kullanılan birkaç püf noktasını detaylandırmaktadır.

Önce olduğunu hatırlayın . $\sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda^k}{k!} = e^\lambda$

İkinci olarak, burada ikamesi ikinci ila son aşamada yapıldı.

\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

$j = k-1$

Genel olarak, Poisson için, beri faktöriyel anları hesaplamak kolaydır yani . Biz "atla" olsun ilk eşitliğine toplamı başlaması için inci indeksi beri herhangi , tam beri üründeki bir terim sıfırdır. $\mathbb E X^{(n)} = \mathbb E X(X-1)(X-2)\cdots(X-n+1)$

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

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

— kardinal
kaynak

Kardinal, bu harika. çıkarılması hakkında hızlı bir ayrıntı vermek ister misiniz ? Toplamım <very> paslı. Teşekkürler!

λ

$\lambda$

— B_Miner

Bunun için tekrar teşekkürler. Bu kolay bir soru olabilir, ancak pdf'nin üst kısmına ne olur (y = 0 olduğunda) neden hesaplamasına dahil ?

π + (1 - π) e^{- λ}

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

μ

$\mu$

— B_Miner

Ayrık bir rasgele değişken için beklenen değerin tanımını hatırlayın: . Yani , beklenen değerdeki terim .

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

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

— kardinal