Média e variância de uma distribuição de Poisson inflada a zero

Alguém pode mostrar como o valor esperado e a variação do Poisson inflado com zero, com função de massa de probabilidade

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

onde é a probabilidade de que a observação seja zero por um processo binomial e é a média do Poisson?$\pi$$\lambda$

O resultado é o valor esperado e a variação é .μ + $\mu =(1-\pi)\lambda$$\mu+ \frac{\pi}{1-\pi}\mu^{2}$

ADICIONAR: Estou procurando um processo. Por exemplo, você pode usar uma função de geração de momentos? Por fim, gostaria de ver como fazer isso para entender melhor a gama inflada zero e outras também.

Método 0 : O estatístico preguiçoso.

Observe que para , temos onde é a probabilidade de uma variável aleatória Poisson assumir o valor . Como o termo correspondente a não afeta o valor esperado, nosso conhecimento do Poisson e a linearidade da expectativa nos dizem imediatamente que e f ( y ) = ( 1 - π ) p y p y y y = 0 μ = ( 1 - π ) λ E Y 2 = ( 1 - π ) ( λ 2 + λ $y \neq 0$$f(y) = (1-\pi) p_y$$p_y$$y$$y = 0$

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

Um pouco de álgebra e a identidade produz o resultado.$\mathrm{Var}(Y) = \mathbb E Y^2 - \mu^2$

Método 1 : Um argumento probabilístico.

Muitas vezes, é útil ter um modelo probabilístico simples de como surge uma distribuição. Seja e sejam variáveis ​​aleatórias independentes. Defina Então, é fácil ver que tem a distribuição desejada . Para verificar isso, observe que pela independência. Da mesma forma para .Y ∼ P o i ( λ ) X = Z ⋅ $Z \sim \mathrm{Ber}(1-\pi)$$Y \sim \mathrm{Poi}(\lambda)$X

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

A partir disso, o resto é fácil, pois pela independência de e , e, Y μ = E X = E Z Y = ( E Z ) ( E Y ) = ( 1 - π ) $Z$$Y$

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

Método 2 : Cálculo direto.

A média é facilmente obtida por um pequeno truque de puxar um e reescrever os limites da soma. $\lambda$

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

Um truque semelhante funciona para o segundo momento: partir do qual podemos prosseguir com a álgebra como no primeiro método.

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

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Adendo : detalha alguns truques usados ​​nos cálculos acima.

Primeiro, lembre-se de que .$\sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda^k}{k!} = e^\lambda$

Segundo, observe que onde a substituição foi feita na penúltima etapa.

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

Em geral, para o Poisson, é fácil calcular os momentos fatoriais desde então . Temos que "pular" ao º índice para o início da soma no primeiro igualdade, pois para qualquer , desde exatamente um termo no produto é 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$