ゼロ膨張ポアソン分布の平均と分散

確率質量関数を使用して、ゼロ膨張ポアソンの期待値と分散をどのように表示できるか

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}

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

ここで、は観測が二項プロセスによってゼロである確率であり、はポアソンの平均であり、導出されますか？ $\pi$ $\lambda$

結果は期待値で、分散はです。 $\mu =(1-\pi)\lambda$ $\mu+ \frac{\pi}{1-\pi}\mu^{2}$

追加：プロセスを探しています。たとえば、モーメント生成関数を使用できますか？結局、ゼロインフレートされたガンマなどをよりよく理解するために、これを行う方法を見たいと思います。

— B_マイナー
ソース

そのような確率分布がどのように発生するかについてのモデルをご存知のようです。それを使ってあなたを助けることができますか？

— 枢機卿

方法0：怠惰な統計学者。

以下のためにそのノート我々はポアソン確率変数の値が取る確率である。対応する項は期待値に影響を与えないため、ポアソンに関する知識と期待値の線形性により、および $y \neq 0$ $f(y) = (1-\pi) p_y$ $p_y$ $y$ $y = 0$

μ = (1 - π) λ

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

E Y^{2} = (1 - π) (λ^{2} + λ) .

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

小さな代数と恒等式は結果を生成します。 $\mathrm{Var}(Y) = \mathbb E Y^2 - \mu^2$

方法1：確率論的議論。

多くの場合、分布がどのように発生するかについての単純な確率モデルを用意すると便利です。ましょ及び独立ランダム変数です。定義し次に、が目的の分布持っていることが簡単にわかります。これを確認するには、独立した。同様に、に対してです。 $Z \sim \mathrm{Ber}(1-\pi)$ $Y \sim \mathrm{Poi}(\lambda)$

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

$k \neq 0$

これから、と独立性により、そして、 $Z$ $Y$

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} .

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

方法2：直接計算。

平均は、を1つ引き出して合計の範囲を書き直すというわずかなトリックで簡単に取得できます。 $\lambda$

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 .

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

2番目の瞬間にも同様のトリックが機能します：この時点から、最初の方法と同様に代数を処理できます。

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),

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

補遺：これは、上記の計算で使用されたいくつかのトリックの詳細です。

まず、ことを思い出してください。 $\sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda^k}{k!} = e^\lambda$

次に、ここで、置換は、最後から2番目のステップで行われました。

\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

$j = k-1$

一般的には、ポアソンのために、それは階乗モーメントを計算することは容易であるのでなので、です。最初の等式での合計の開始点を番目のインデックスに "スキップ"しますこれは、任意の、、、正確に製品の1つの項はゼロです。 $\mathbb E X^{(n)} = \mathbb E X(X-1)(X-2)\cdots(X-n+1)$

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

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

— 枢機卿
ソース

枢機卿、これは素晴らしいです。引き出す際の簡単な詳細を教えていただけませんか？私の要約は<非常に>錆ついています。ありがとう！

λ

$\lambda$

— B_Miner

これをもう一度ありがとう。これは簡単な質問かもしれませんが、pdf（y = 0の場合）の上の部分はどうなりますか？なぜ計算に含まれないのですか？

π + (1 - π) e^{- λ}

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

μ

$\mu$

— B_Miner

離散確率変数の期待値の定義を思い出してください：。したがって、場合、期待値の項はです。

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

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

— 枢機卿