Mittelwert und Varianz einer Null-Inflations-Poisson-Verteilung

Kann jemand zeigen, wie der erwartete Wert und die Varianz des Null-aufgeblasenen Poisson mit Wahrscheinlichkeitsmassenfunktion funktionieren

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

wobei die Wahrscheinlichkeit ist, dass die Beobachtung durch einen Binomialprozess Null ist und der Mittelwert des Poisson ist, abgeleitet wird?$\pi$$\lambda$

Das Ergebnis ist der erwartete Wert und die Varianz ist .$\mu =(1-\pi)\lambda$$\mu+ \frac{\pi}{1-\pi}\mu^{2}$

ADD: Ich suche einen Prozess. Können Sie beispielsweise eine Momenterzeugungsfunktion verwenden? Letztendlich würde ich gerne sehen, wie das geht, um das null aufgeblasene Gamma und andere besser zu verstehen.

Methode 0 : Der faule Statistiker.

Man beachte , daß für haben wir f ( y ) = ( 1 - π ) p y wobei p y ist die Wahrscheinlichkeit , dass ein Poisson Zufallsvariable Wert annimmt y . Da der Ausdruck, der y = 0 entspricht, den erwarteten Wert nicht beeinflusst, sagt uns unsere Kenntnis des Poisson und der Linearität der Erwartung sofort, dass μ = ( 1 - π ) λ und E Y 2 = ( 1 $y \neq 0$$f(y) = (1-\pi) p_y$$p_y$$y$$y = 0$

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

Eine kleine Algebra und die Identität ergeben das Ergebnis.$\mathrm{Var}(Y) = \mathbb E Y^2 - \mu^2$

Methode 1 : Ein probabilistisches Argument.

Es ist oft hilfreich, ein einfaches Wahrscheinlichkeitsmodell für die Entstehung einer Verteilung zu haben. Sei und Y ∼ P o i ( λ ) unabhängige Zufallsvariablen. Definiere X = Z ⋅ $Z \sim \mathrm{Ber}(1-\pi)$$Y \sim \mathrm{Poi}(\lambda)$ Dann ist leicht zu erkennen, dass X die gewünschte Verteilung f hat . Um dies zu überprüfen, ist zu beachten, dass P ( X = 0 ) = P ( Z = 0 ) + P ( Z = 1 , Y = 0 ) = π + ( 1 - π ) e - λ durch Unabhängigkeit. In ähnlicher Weise ist P ( X = k ) = P ( Z

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

Daraus ist der Rest einfach, da durch die Unabhängigkeit von und Y , μ = E X = E Z Y = ( E Z ) ( E Y ) = ( 1 - π ) $Z$$Y$ Und V a r ( X ) = E X 2 - μ 2 = ( E Z ) ( E Y 2 ) - μ 2 = ( 1 - π ) ( λ 2 + λ ) - μ 2 = μ +

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

Methode 2 : Direkte Berechnung.

$\lambda$

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

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

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Nachtrag : Hier werden einige Tricks beschrieben, die in den obigen Berechnungen verwendet wurden.

$\sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda^k}{k!} = e^\lambda$

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

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

$$e^\lambda \mathbb E X^{(n)} = \sum_{k=n}^\infty k(k-1)\cdots(k-n+1) \frac{\lambda^k}{k!} = \sum_{k=n}^\infty \frac{\lambda^n \lambda^{k-n}}{(k-n)!} = \lambda^n \sum_{j=0}^\infty \frac{\lambda^j}{j!} = \lambda^n e^\lambda \>,$$ $\mathbb E X^{(n)} = \lambda^n$$n$$0 \leq k < n$$k(k-1)\cdots(k-n+1) = 0$ da genau ein Term im Produkt Null ist.