Среднее значение и дисперсия распределения Пуассона с нулевым раздувом

Может кто-нибудь показать, как ожидаемое значение и дисперсия нуля раздули Пуассона, с функцией вероятности массы

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

где $\pi$ - вероятность того, что биномиальный процесс равен нулю, а $\lambda$ - среднее значение Пуассона;

Результатом является ожидаемое значение $\mu =(1-\pi)\lambda$ и дисперсия $\mu+ \frac{\pi}{1-\pi}\mu^{2}$.

ДОБАВИТЬ: Я ищу процесс. Например, вы можете использовать функцию генерации момента? В конечном счете, я хотел бы посмотреть, как это сделать, чтобы лучше понять ноль раздуваемой гаммы и прочего.

Метод 0 : Ленивый статистик.

Отметим, что для имеем f ( y ) = ( 1 - π ) p y, где p y - вероятность того, что пуассоновская случайная величина принимает значение y . Поскольку член, соответствующий y = 0 , не влияет на ожидаемое значение, наши знания о Пуассоне и линейности ожидания немедленно говорят нам, что μ = ( 1 - π ) λ и E Y 2 = ( 1 $y \neq 0$$f(y) = (1-\pi) p_y$$p_y$$y$$y = 0$

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

Маленькая алгебра и тождество дает результат.$\mathrm{Var}(Y) = \mathbb E Y^2 - \mu^2$

Метод 1 : вероятностный аргумент.

Часто полезно иметь простую вероятностную модель того, как возникает распределение. Пусть и Y ∼ P o i ( λ ) - независимые случайные величины. Определить X = Z ⋅ $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$

Исходя из этого, остальное легко, так как в силу независимости и , и $Z$$Y$

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

Метод 2 : Прямой расчет.

Среднее легко получить с помощью небольшого трюка: вытащить одну и переписать пределы суммы. $\lambda$

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

Подобный прием работает и во второй момент: откуда можно перейти к алгебре, как в первом методе.

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

---

Приложение : здесь подробно описана пара приемов, использованных в приведенных выше расчетах.

Сначала напомним, что .$\sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda^k}{k!} = e^\lambda$

Во-вторых, обратите внимание, что где замена была сделана в последнем шаге.

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

В общем, для Пуассона легко вычислить факторные моменты так как поэтому . Мы получаем «пропустить» к му индексу для начала суммы в первом равенстве, поскольку для любого , поскольку точно один термин в произведении равен нулю.$\mathbb E X^{(n)} = \mathbb E X(X-1)(X-2)\cdots(X-n+1)$

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