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} π + ((1 - - π) e^{- - λ}, & wenn y = 0 \\ ((1 - - π) \frac{λ^{y} e^{- - λ}}{y!}, & wenn y = 1, 2 .... \end{cases}

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

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.

— B_Miner
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Anscheinend kennen Sie ein Modell dafür, wie eine solche Wahrscheinlichkeitsverteilung entstehen würde. Können Sie das nutzen, um Ihnen zu helfen?

— Kardinal

Methode 0 : Der faule Statistiker.

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

μ = ((1 - - π) λ

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

E Y^{2} = (1 - π) (λ^{2} + λ) .

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

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 unabhängige Zufallsvariablen. Definiere $Z \sim \mathrm{Ber}(1-\pi)$ $Y \sim \mathrm{Poi}(\lambda)$ Dann ist leicht zu erkennen, dass die gewünschte Verteilung . Um dies zu überprüfen, ist zu beachten, dass durch Unabhängigkeit. In ähnlicher Weise ist

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}

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

für

P (X = k) = P (Z = 1, Y = k)

$\Pr(X = k) = \Pr(Z=1, Y=k)$

k \neq 0

$k \neq 0$

Daraus ist der Rest einfach, da durch die Unabhängigkeit von und , $Z$ $Y$ Und

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} .

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

Methode 2 : Direkte Berechnung.

$\lambda$

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 .

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

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),

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

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{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

$j = k-1$

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

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

$k(k-1)\cdots(k-n+1) = 0$ da genau ein Term im Produkt Null ist.

— Kardinal
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Kardinal, das ist fantastisch. Würde es Ihnen etwas ausmachen, ein kurzes Detail zum Herausziehen des zu geben?

λ

$\lambda$ ? Meine Summe ist <sehr> rostig. Vielen Dank!

— B_Miner

Nochmals vielen Dank dafür. Dies mag eine einfache Frage sein, aber was passiert mit dem oberen Teil des PDF (wenn y = 0)

π + (1 - π) e^{- λ}

$\pi+(1-\pi)e^{-\lambda}$ Warum wird es nicht in die Berechnung für einbezogen?

μ

$\mu$ ?

— B_Miner

Erinnern Sie sich an die Definition des erwarteten Werts für eine diskrete Zufallsvariable:

μ = E Y = \sum_{y = 0}^{\infty} y P (Y = y)

$\mu = \mathbb E Y = \sum_{y=0}^\infty y \mathbb P(Y = y)$ . So für

y = 0

$y = 0$ ist der Begriff im erwarteten Wert

0 \cdot (π + (1 - π) e^{- λ}) = 0

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

— Kardinal