무 팽창 포아송 분포의 평균 및 분산

확률 질량 함수를 사용하여 제로 팽창 포아송의 예상 값과 분산이 어떻게 표시되는지

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

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

여기서 는 이항 공정에 의해 관측치가 0 일 확률이고 는 포아송의 평균입니다. $\pi$ $\lambda$

결과는 예상 값 이며 분산은 입니다. $\mu =(1-\pi)\lambda$ $\mu+ \frac{\pi}{1-\pi}\mu^{2}$

ADD : 프로세스를 찾고 있습니다. 예를 들어, 순간 생성 기능을 사용할 수 있습니까? 궁극적으로 제로 팽창 감마 및 기타를 더 잘 이해하기 위해이 작업을 수행하는 방법을보고 싶습니다.

— B_ 광부
소스

그러한 확률 분포가 어떻게 발생하는지에 대한 모델을 알고있는 것 같습니다. 그것을 사용하여 당신을 도울 수 있습니까?

— 추기경

방법 0 : 게으른 통계 학자.

참고 것을 우리가 여기서 포아송 확률 변수 값 걸리는 확률 . 해당하는 항 은 예상 값에 영향을 미치지 않으므로 포아송에 대한 우리의 지식과 기대의 선형성은 즉시 및 $y \neq 0$ $f(y) = (1-\pi) p_y$ $p_y$ $y$ $y = 0$

μ = (1 - π) λ

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

E Y^{2} = (1 - π) (λ^{2} + λ) .

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

약간의 대수와 동일성 는 결과를 산출합니다. $\mathrm{Var}(Y) = \mathbb E Y^2 - \mu^2$

방법 1 : 확률 론적 주장.

분포가 어떻게 발생하는지에 대한 간단한 확률 모델을 갖는 것이 종종 도움이됩니다. 하자 및 독립 확률 변수 일. 정의하십시오 그러면 에 원하는 분포 가 있음을 쉽게 알 수 있습니다 . 이를 확인하려면 로 독립. 마찬가지로 대한 . $Z \sim \mathrm{Ber}(1-\pi)$ $Y \sim \mathrm{Poi}(\lambda)$

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}

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

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

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

k \neq 0

$k \neq 0$

이로부터, 나머지의 독립성 때문에, 용이 와 , 그리고, $Z$ $Y$

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} .

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

방법 2 : 직접 계산.

평균은 하나의 꺼내서 합계의 한계를 다시 쓰는 약간의 트릭으로 쉽게 얻을 수 있습니다 . $\lambda$

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 .

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

두 번째 순간에도 비슷한 트릭이 작동합니다. 에서 첫 번째 방법과 같이 대수를 진행할 수 있습니다.

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),

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

부록 : 위의 계산에 사용 된 몇 가지 트릭에 대해 자세히 설명합니다.

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

둘째, 여기서 치환 은 두 번째-마지막 단계에서 이루어졌다.

\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

$j = k-1$

일반적으로 포아송의 경우 이래로 계승 모멘트를 쉽게 계산할 수 있습니다 이므로 입니다. , 이기 때문에 첫 번째 동등성의 합계 시작에 대해 번째 인덱스 로 "건너 뛰기" 제품의 한 용어는 0입니다. $\mathbb E X^{(n)} = \mathbb E X(X-1)(X-2)\cdots(X-n+1)$

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

$k(k-1)\cdots(k-n+1) = 0$

— 추기경
소스

추기경, 환상적입니다. 를 꺼내는 것에 대해 간략하게 설명해 주시겠습니까 ? 나의 요약은 <매우> 녹슨 것이다. 감사!

λ

$\lambda$

— B_Miner

다시 한 번 감사드립니다. 이것은 쉬운 질문 일지 모르지만 pdf (y = 0 일 때) 의 상단 부분에서 발생하는 이유는 에 대한 계산에 포함되지 않는 이유는 무엇입니까?

π + (1 - π) e^{- λ}

$\pi+(1-\pi)e^{-\lambda}$

μ

$\mu$

— B_Miner

불연속 랜덤 변수에 대한 기대 값의 정의를 상기하십시오 : . 따라서 경우 예상 값의 항은 입니다.

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

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

y = 0

$y = 0$

0 \cdot (π + (1 - π) e^{- λ}) = 0

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

— 추기경