Wie man den Mittelwert und die Varianz von a ableitet

Ableitung des Mittelwerts

Hier ist die hässliche Brute-Force-Methode. Denken Sie daran, dass der Mittelwert von $X \sim \operatorname{Poisson}(\lambda)$ kann wie folgt gefunden werden:

E. (X.) = \sum_{x = 0}^{\infty} x p_{x} = \sum_{x = 0}^{\infty} x (\frac{λ^{x} e^{- - λ}}{x!})

$\mathbb{E}(X) = \sum_{x=0}^{\infty} x p_x = \sum_{x=0}^{\infty} x \left( \frac{\lambda^x e^{-\lambda}}{x!} \right)$

Beachten Sie insbesondere, dass die $x=0$ term leistet keinen Beitrag zu dieser Summe und kann daher fallengelassen werden (wir beginnen die Summe bei $x=1$ stattdessen) und das für $x>0$ wir können stornieren $x$ und $x!$ verlassen $(x-1)!$ im Nenner:

E. (X.) = \sum_{x = 1}^{\infty} \frac{λ^{x} e^{- - λ}}{(x - - 1)!}

$\mathbb{E}(X) = \sum_{x=1}^{\infty} \frac{\lambda^x e^{-\lambda}}{(x-1)!}$

Wir beobachten, dass dieser Summand wieder einem Poisson PMF sehr ähnlich ist, würden es aber vorziehen, ihn zu sehen $x-1$ im Exponenten von $\lambda$ . Wir können dies erreichen, indem wir a berücksichtigen $\lambda$ außerhalb der Summe. Der Einfachheit halber neu beschriften $y=x-1$ ::

E. (X.) = λ \sum_{x = 1}^{\infty} \frac{λ^{x - - 1} e^{- - λ}}{(x - - 1)!} = λ \sum_{y = 0}^{\infty} \frac{λ^{y} e^{- - λ}}{y!} = λ \sum_{y = 0}^{\infty} p_{y} = λ (1) = λ

$\mathbb{E}(X) = \lambda \sum_{x=1}^{\infty} \frac{\lambda^{x-1} e^{-\lambda}}{(x-1)!} = \lambda \sum_{y=0}^{\infty} \frac{\lambda^y e^{-\lambda}}{y!} = \lambda \sum_{y=0}^{\infty} p_y = \lambda (1) = \lambda$

Welchen Unterschied macht das $k$ -geschnittene Verteilung machen? Unsere erste Summe muss erst bei beginnen $x=k+1$ , schon seit $p_x = 0$ zum $x \leq k$ und der PMF hat einen zusätzlichen Faktor von $q_k^{-1}$ was wir auch außerhalb berücksichtigen können. Wir faktorisieren wieder a $\lambda$ und setzen $y=x-1$ um einen Poisson PMF zu erhalten:

E (X) = \sum_{x = k + 1}^{\infty} x p_{x} = q_{k}^{- 1} \sum_{x = k + 1}^{\infty} x (\frac{λ^{x} e^{- λ}}{x!}) = λ q_{k}^{- 1} \sum_{x = k + 1}^{\infty} \frac{λ^{x - 1} e^{- λ}}{(x - 1)!} = λ q_{k}^{- 1} \sum_{y = k}^{\infty} \frac{λ^{y} e^{- λ}}{y!}

$\mathbb{E}(X) = \sum_{x=k+1}^{\infty} x p_x = q_k^{-1} \sum_{x=k+1}^{\infty} x \left( \frac{\lambda^x e^{-\lambda}}{x!} \right) = \lambda q_k^{-1} \sum_{x=k+1}^{\infty} \frac{\lambda^{x-1} e^{-\lambda}}{(x-1)!} = \lambda q_k^{-1} \sum_{y=k}^{\infty} \frac{\lambda^{y} e^{-\lambda}}{y!}$

Diese Summe kommt nicht zur Einheit, sondern $\sum_{y=k}^{\infty} \lambda^{y} e^{-\lambda}/y! = 1 - \sum_{y=0}^{k-1} \lambda^{y} e^{-\lambda}/y! = q_{k-1}$ (wo im besonderen Fall das $k=0$ , Wir verstehen $q_{-1} = 1$ ).

Deshalb erhalten wir:

E (X) = \frac{λ q_{k - 1}}{q_{k}}

$\mathbb{E}(X) = \frac {\lambda q_{k-1}}{q_k}$

Ableitung der Varianz

Wir können etwas Ähnliches tun, um die Varianz zu ermitteln, für die es einfacher ist, faktorielle Momente zu verwenden, um beim Trick der faktoriellen Aufhebung zu helfen. Das zweite faktorielle Moment einer Poisson-Verteilung ist:

E ((X)_{2}) = E (X (X - 1)) = \sum_{x = 0}^{\infty} x (x - 1) p_{x} = \sum_{x = 0}^{\infty} x (x - 1) (\frac{λ^{x} e^{- λ}}{x!})

$\mathbb{E}\left((X)_2\right) = \mathbb{E}\left(X(X-1)\right) = \sum_{x=0}^{\infty} x(x-1) p_x = \sum_{x=0}^{\infty} x(x-1) \left( \frac{\lambda^x e^{-\lambda}}{x!} \right)$

Ähnlich wie bei der Berechnung des Mittelwerts stellen wir fest, dass die ersten beiden Terme keinen Beitrag zur Summe leisten und vernachlässigt werden können, sodass unser Startindex lautet $x=2$ , und für $x \geq 2$ wir können unsere fallende Fakultät aufheben $x(x-1)$ mit dem $x!$ im Nenner. Um einen passenden Exponenten der zu erhalten $\lambda$ wir faktorisieren $\lambda^2$ und analog zu bevor wir einstellen können $y=x-2$ ::

\begin{matrix} (1) & E ((X)_{2}) = λ^{2} \sum_{x = 2}^{\infty} \frac{λ^{x - 2} e^{- λ}}{(x - 2)!} = λ^{2} \sum_{y = 0}^{\infty} \frac{λ^{y} e^{- λ}}{y!} = λ^{2} (1) = λ^{2} \end{matrix}

$\mathbb{E}\left((X)_2\right) = \lambda^2 \sum_{x=2}^{\infty} \frac{\lambda^{x-2} e^{-\lambda}}{(x-2)!} = \lambda^2 \sum_{y=0}^{\infty} \frac{\lambda^{y} e^{-\lambda}}{y!} =\lambda^2 (1) = \lambda^2 \tag{1}$

Schon seit $\mathbb{E}\left((X)_2\right) = \mathbb{E}\left(X(X-1)\right) = \mathbb{E}(X^2) - \mathbb{E}(X)$ und $\operatorname{Var}(X) = \mathbb{E}(X^2) - \mathbb{E}(X)^2$ Wir haben die allgemeine Regel $\operatorname{Var}(X) = \mathbb{E}\left((X)_2\right) + \mathbb{E}(X) - \mathbb{E}(X)^2$ . Speziell für die Poisson-Verteilung erhalten wir daher $\operatorname{Var}(X) = \lambda^2 + \lambda - \lambda^2 = \lambda$ .

Wieder versuchen wir, diese Analyse für die zu wiederholen $k$ -geschnittene Verteilung.

\begin{matrix} (2) & E ((X)_{2}) = \sum_{x = k + 1}^{\infty} x (x - 1) p_{x} = q_{k}^{- 1} \sum_{x = k + 1}^{\infty} x (x - 1) (\frac{λ^{x} e^{- λ}}{x!}) \end{matrix}

$\mathbb{E}\left((X)_2\right) = \sum_{x=k+1}^{\infty} x(x-1) p_x = q_k^{-1} \sum_{x=k+1}^{\infty} x(x-1) \left( \frac{\lambda^x e^{-\lambda}}{x!} \right) \tag{2}$

Vorausgesetzt $k \geq 1$ können wir die Fakultät wie zuvor stornieren, um zu produzieren:

E ((X)_{2}) = λ^{2} q_{k}^{- 1} \sum_{x = k + 1}^{\infty} \frac{λ^{x - 2} e^{- λ}}{(x - 2)!} = λ^{2} q_{k}^{- 1} \sum_{y = k - 1}^{\infty} \frac{λ^{y} e^{- λ}}{y!} = \frac{λ^{2} q_{k - 2}}{q_{k}}

$\mathbb{E}\left((X)_2\right) = \lambda^2 q_k^{-1} \sum_{x=k+1}^{\infty} \frac{\lambda^{x-2} e^{-\lambda}}{(x-2)!} = \lambda^2 q_k^{-1} \sum_{y=k-1}^{\infty} \frac{\lambda^{y} e^{-\lambda}}{y!} = \frac{ \lambda^2 q_{k-2}}{q_k}$

Wir müssen den Fall separat begründen $k=0$ im $(2)$ , seit dem ersten Term der Summe, wo $x=1$ wird dann sein $(1)(0)\frac{\lambda e^{-\lambda}}{1!}$ und wir können die Fakultät nicht abbrechen $(-1)!$ . Dieser Term ist jedoch Null, sodass wir mit der Summierung um beginnen können $x=2$ stattdessen. Dies ist genau die Summe, die wir für die nicht abgeschnittene Poisson-Verteilung in ausgeführt haben $(1)$ , so erhalten wir $\mathbb{E}(X) = q_k^{-1} \lambda^2$ . Wenn wir nehmen $q_{-2}=1$ dann können wir verwenden $\lambda^2 q_{k-2}/q_k$ zum $k=0$ ebenso gut wie $k \geq 1$ ;; Es besteht keine Notwendigkeit zu behandeln $k=0$ als Sonderfall in unserer endgültigen Formel.

Bewirbt sich $\operatorname{Var}(X) = \mathbb{E}\left((X)_2\right) + \mathbb{E}(X) - \mathbb{E}(X)^2$ wieder erhalten wir:

Var (X.) = \frac{λ^{2} (q_{k - - 2} q_{k} - - q_{k - - 1}^{2})}{q_{k}^{2}} + \frac{λ q_{k - - 1}}{q_{k}}

$\operatorname{Var}(X) = \frac{\lambda^2\left( q_{k-2}q_k - q_{k-1}^2 \right)}{q_k^2} + \frac{\lambda q_{k-1}}{q_k}$

Bemerkungen

Wie wir gesehen haben, ist es hilfreich zu definieren $q_k = 1$ zum $k < 0$ , die in der ursprünglichen Frage nicht ausdrücklich behandelt wurde. Es ist beruhigend, diese Einstellung zu entdecken $k=-1$ In unseren Formeln ermitteln wir den Mittelwert und die Varianz des nicht abgeschnittenen Poisson. Die Methode der faktoriellen Momente eignet sich gut für höhere Momente. für den unbeschnittenen Poisson haben wir $\mathbb{E}\left((X)_r\right) = \lambda^r$ . Es gibt komplexere Methoden, aber ich wollte einen Ansatz vorstellen, der nur davon ausgeht, dass der Leser mit den grundlegenden Mechanismen der Mittelwert- und Varianzberechnung vertraut ist.

Eine schnelle numerische Simulation in R

k <- 10
lambda <- 3
n <- 30 #highest index to go up to
qk <- function(k) {1 - ppois(k, lambda=lambda)}
pj <- sapply(1:n, function(x) {
  ifelse(x > k, qk(k)^(-1) * dpois(x, lambda=lambda), 0)})

> sum(pj) #verify total probability comes to 1
[1] 1
> sum(pj * 1:n) #simulated mean
[1] 11.31388
> lambda * qk(k-1) / qk(k) #mean from formula
[1] 11.31388
> sum(pj * (1:n)^2) - sum(pj * 1:n)^2 #simulated variance
[1] 0.3904626
> lambda^2 * (qk(k-2)*qk(k) - qk(k-1)^2) / qk(k)^2 + lambda * qk(k-1) / qk(k) #variance from formula
[1] 0.3904626

Silberfisch
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Dies sollte mehr positive Stimmen haben.

Astrid

Wie man den Mittelwert und die Varianz von a ableitet

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