Berarti dan varians dari distribusi Poisson nol-meningkat

Adakah yang bisa menunjukkan bagaimana nilai yang diharapkan dan varians dari nol meningkat inflasi, dengan fungsi massa probabilitas

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

di mana adalah probabilitas bahwa pengamatan adalah nol oleh proses binomial dan adalah rata-rata dari Poisson, diturunkan?$\pi$$\lambda$

Hasilnya adalah nilai yang diharapkan dan variansinya adalah .$\mu =(1-\pi)\lambda$$\mu+ \frac{\pi}{1-\pi}\mu^{2}$

TAMBAH: Saya sedang mencari proses. Misalnya, dapatkah Anda menggunakan fungsi menghasilkan momen? Pada akhirnya saya ingin melihat bagaimana melakukan ini untuk lebih memahami gamma nol dan lainnya, juga.

Metode 0 : Ahli statistik yang malas.

Perhatikan bahwa untuk kita memiliki mana adalah probabilitas bahwa variabel acak Poisson mengambil nilai . Karena istilah yang berhubungan dengan tidak mempengaruhi nilai yang diharapkan, pengetahuan kita tentang Poisson dan linearitas harapan segera memberi tahu kita bahwa dan $y \neq 0$$f(y) = (1-\pi) p_y$$p_y$$y$$y = 0$

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

Aljabar kecil dan identitas menghasilkan hasilnya.$\mathrm{Var}(Y) = \mathbb E Y^2 - \mu^2$

Metode 1 : Argumen probabilistik.

Seringkali bermanfaat untuk memiliki model probabilistik sederhana tentang bagaimana suatu distribusi muncul. Biarkan dan menjadi variabel acak independen. Tentukan Maka, mudah untuk melihat bahwa memiliki distribusi yang diinginkan . Untuk memeriksa ini, perhatikan bahwa oleh kemerdekaan. Demikian pula untuk .$Z \sim \mathrm{Ber}(1-\pi)$$Y \sim \mathrm{Poi}(\lambda)$

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

Dari sini, sisanya mudah, karena dengan independensi dan , dan, $Z$$Y$

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

Metode 2 : Perhitungan langsung.

Nilai rata-rata mudah diperoleh dengan sedikit trik menarik satu keluar dan menulis ulang batas jumlah. $\lambda$

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

Trik serupa juga berlaku untuk momen kedua: dari mana kita dapat melanjutkan dengan aljabar seperti pada metode pertama.

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

---

Tambahan : Ini merinci beberapa trik yang digunakan dalam perhitungan di atas.

Ingat pertama bahwa .$\sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda^k}{k!} = e^\lambda$

Kedua, perhatikan bahwa di mana substitusi dibuat pada langkah kedua hingga terakhir.

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

Secara umum, untuk Poisson, mudah untuk menghitung momen faktorial karena jadi . Kita dapat "melompat" ke indeks ke- untuk memulai penjumlahan dalam persamaan pertama karena untuk setiap , karena tepat satu istilah dalam produk adalah nol.$\mathbb E X^{(n)} = \mathbb E X(X-1)(X-2)\cdots(X-n+1)$

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