शून्य-फुलाया हुआ पॉइसन वितरण का मतलब और विचरण

क्या कोई यह दिखा सकता है कि संभावना मान समारोह के साथ शून्य फुलाया हुआ पॉइसन का अपेक्षित मूल्य और संस्करण कैसे है

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}

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

जहां $\pi$ संभावना है कि अवलोकन शून्य एक द्विपद प्रक्रिया के द्वारा होता है और $\lambda$ प्वासों का मध्यमान है, ली गई है?

परिणाम की उम्मीद है मूल्य $\mu =(1-\pi)\lambda$ और विचरण है $\mu+ \frac{\pi}{1-\pi}\mu^{2}$ ।

जोड़ें: मैं एक प्रक्रिया के लिए देख रहा हूँ। उदाहरण के लिए, क्या आप एक क्षण उत्पन्न करने वाले फ़ंक्शन का उपयोग कर सकते हैं? अंततः मैं यह देखना चाहता हूं कि शून्य फुलाए हुए गामा और अन्य को बेहतर ढंग से समझने के लिए यह कैसे करना है।

— B_Miner
स्रोत

ऐसा लगता है कि आप एक मॉडल को जानते हैं कि इस तरह की संभावना वितरण कैसे उत्पन्न होगा। क्या आप इसका उपयोग कर सकते हैं?

— कार्डिनल

विधि 0 : आलसी सांख्यिकीविद।

नोट के लिए है कि हमारे पास जहां संभावना है कि एक प्वासों यादृच्छिक चर मूल्य लेता है । चूँकि से संबंधित शब्द अपेक्षित मूल्य को प्रभावित नहीं करता है, पोइसन का हमारा ज्ञान और अपेक्षा की रैखिकता हमें तुरंत बताती है कि और $y \neq 0$ $f(y) = (1-\pi) p_y$ $p_y$ $y$ $y = 0$

μ = (1 - π) λ

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

E Y^{2} = (1 - π) (λ^{2} + λ) .

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

थोड़ा बीजगणित और पहचान परिणाम देता है। $\mathrm{Var}(Y) = \mathbb E Y^2 - \mu^2$

विधि 1 : एक संभाव्य तर्क।

वितरण कैसे उत्पन्न होता है, इसके लिए एक सरल संभाव्य मॉडल का होना अक्सर सहायक होता है। Let और स्वतंत्र यादृच्छिक चर हो। परिभाषित $Z \sim \mathrm{Ber}(1-\pi)$ $Y \sim \mathrm{Poi}(\lambda)$ फिर, यह देखना आसान है कि में वांछित वितरण । यह जाँचने के लिए, ध्यान दें किस्वतंत्रता से। इसी तरहलिए।

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

$k \neq 0$

इस से, बाकी आसान है, की स्वतंत्रता से के बाद से है और , और, $Z$ $Y$

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} .

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

विधि 2 : प्रत्यक्ष गणना।

माध्य आसानी से एक बाहर निकालने और योग की सीमाओं को फिर से लिखने की एक छोटी सी चाल द्वारा प्राप्त किया जाता है । $\lambda$

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 .

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

इसी तरह की चाल दूसरे क्षण के लिए काम करती है: जिस बिंदु से हम बीजगणित के साथ पहली विधि के रूप में आगे बढ़ सकते हैं।

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),

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

परिशिष्ट : यह उपर्युक्त गणनाओं में उपयोग किए गए एक दो ट्रिक का विवरण देता है।

सबसे पहले याद रखें कि । $\sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda^k}{k!} = e^\lambda$

दूसरा, ध्यान दें कि जहाँ प्रतिस्थापन को दूसरे-से-अंतिम चरण में बनाया गया था।

\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

$j = k-1$

सामान्य तौर पर, प्वासों के लिए, यह आसान भाज्य क्षणों की गणना करने के लिए है के बाद से so । हम किसी भी , बाद से पहली समानता के बाद से समानता के प्रारंभ के लिए वें इंडेक्स पर जाते हैं। उत्पाद में एक शब्द शून्य है। $\mathbb E X^{(n)} = \mathbb E X(X-1)(X-2)\cdots(X-n+1)$

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

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

— कार्डिनल
स्रोत

कार्डिनल, यह शानदार है। क्या आप बाहर निकालने पर एक त्वरित विवरण देना चाहेंगे ? मेरा सारांश <बहुत> कठोर है। धन्यवाद!

λ

$\lambda$

— B_Miner

इसके लिए एक बार फिर धन्यवाद। यह एक आसान प्रश्न हो सकता है, लेकिन pdf (जब y = 0) के शीर्ष भाग का क्या होता है, तो यह लिए गणना में शामिल क्यों नहीं होता है ?

π + (1 - π) e^{- λ}

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

μ

$\mu$

— B_Miner

असतत यादृच्छिक चर के लिए अपेक्षित मान की परिभाषा को याद करें: । तो , अपेक्षित मान में पद ।

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

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

— कार्डिनल