Média e variância de uma distribuição de Poisson inflada a zero

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

f(y)={π+(1π)eλ,if y=0(1π)λyeλy!,if y=1,2....

onde é a probabilidade de que a observação seja zero por um processo binomial e é a média do Poisson?λπλ

O resultado é o valor esperado e a variação é .μ + πμ=(1π)λμ+π1πμ2

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.

B_Miner
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Parece que você conhece um modelo de como essa distribuição de probabilidade surgiria. Você pode usar isso para ajudá-lo?
cardeal

Respostas:

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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 )y0f(y)=(1π)pypyyy=0

μ=(1π)λ
EY2=(1π)(λ2+λ).

Um pouco de álgebra e a identidade produz o resultado.Var(Y)=EY2μ2

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 YZBer(1π)YPoi(λ)X f

X=ZY.
XfP(X=0)=P(Z=0)+P(Z=1,Y=0)=π+(1π)eλk 0P(X=k)=P(Z=1,Y=k)k0

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 ) λZY

μ=EX=EZY=(EZ)(EY)=(1π)λ,
Var(X)=EX2μ2=(EZ)(EY2)μ2=(1π)(λ2+λ)μ2=μ+π1πμ2.

Método 2 : Cálculo direto.

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

μ=k=1(1π)keλλkk!=(1π)λeλj=0λjj!=(1π)λ.

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

EX2=(1π)k=1k2eλλkk!=(1π)λeλj=0(j+1)λjj!=(1π)(λ2+λ),

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

Primeiro, lembre-se de que .k=0λkk!=eλ

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

k=0kλkk!=k=1kλkk!=k=1λk(k1)!=k=1λλk1(k1)!=λj=0λjj!=λeλ,
j=k1

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.EX(n)=EX(X1)(X2)(Xn+1)

eλEX(n)=k=nk(k1)(kn+1)λkk!=k=nλnλkn(kn)!=λnj=0λjj!=λneλ,
EX(n)=λnn0k<nk(k1)(kn+1)=0
cardeal
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Cardeal, isso é fantástico. Você se importaria em dar um rápido detalhe sobre como retirar o ? Meu somatório está muito enferrujado. Obrigado! λ
B_Miner
Obrigado novamente por isso. Essa pode ser uma pergunta fácil, mas o que acontece com a parte superior do pdf (quando y = 0) por que ela não é incluída no cálculo de ? μπ+(1π)eλμ
B_Miner
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Lembre-se da definição do valor esperado para uma variável aleatória discreta: . Portanto, para , o termo no valor esperado é . y = 0 0 ( π + ( 1 - π ) e - λ ) = 0μ=EY=y=0yP(Y=y)y=00(π+(1π)eλ)=0
cardeal