Giá trị trung bình và phương sai của phân phối Poisson bằng 0

Bất cứ ai cũng có thể chỉ ra giá trị và phương sai dự kiến của Poisson bằng 0, với hàm khối lượng xác suất

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}

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

Trong đó là xác suất quan sát bằng 0 bởi một quá trình nhị thức và là giá trị trung bình của Poisson, có nguồn gốc? $\pi$ $\lambda$

Kết quả là giá trị mong đợi và phương sai là . $\mu =(1-\pi)\lambda$ $\mu+ \frac{\pi}{1-\pi}\mu^{2}$

THÊM: Tôi đang tìm kiếm một quá trình. Ví dụ, bạn có thể sử dụng chức năng tạo khoảnh khắc không? Cuối cùng, tôi cũng muốn xem làm thế nào để làm điều này để hiểu rõ hơn về gamma không bị thổi phồng và khác.

— B_Miner
nguồn

Có vẻ như bạn biết một mô hình về cách phân phối xác suất như vậy sẽ phát sinh. Bạn có thể sử dụng nó để giúp bạn?

— Đức hồng y

Phương pháp 0 : Nhà thống kê lười biếng.

Lưu ý rằng với chúng ta có trong đó là xác suất mà biến ngẫu nhiên Poisson lấy giá trị . Vì thuật ngữ tương ứng với không ảnh hưởng đến giá trị mong đợi, kiến thức về Poisson và tính tuyến tính của kỳ vọng ngay lập tức cho chúng ta biết rằng và $y \neq 0$ $f(y) = (1-\pi) p_y$ $p_y$ $y$ $y = 0$

μ = (1 - π) λ

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

E Y^{2} = (1 - π) (λ^{2} + λ) .

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

Một đại số nhỏ và danh tính mang lại kết quả. $\mathrm{Var}(Y) = \mathbb E Y^2 - \mu^2$

Phương pháp 1 : Một lập luận xác suất.

Thật hữu ích khi có một mô hình xác suất đơn giản để biết cách phân phối phát sinh. Đặt và là các biến ngẫu nhiên độc lập. Xác định Khi đó, dễ dàng thấy rằng có phân phối mong muốn . Để kiểm tra điều này, lưu ý rằng bằng sự độc lập. Tương tự cho . $Z \sim \mathrm{Ber}(1-\pi)$ $Y \sim \mathrm{Poi}(\lambda)$

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

$k \neq 0$

Từ đó, phần còn lại rất dễ dàng, vì tính độc lập của và , và, $Z$ $Y$

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} .

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

Cách 2 : Tính trực tiếp.

Giá trị trung bình có thể dễ dàng đạt được bằng một mẹo nhỏ kéo một ra và viết lại các giới hạn của tổng. $\lambda$

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 .

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

Một mẹo tương tự hoạt động cho khoảnh khắc thứ hai: từ đó chúng ta có thể tiến hành đại số như trong phương pháp đầu tiên.

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),

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

Phụ lục : Chi tiết này một vài thủ thuật được sử dụng trong các tính toán ở trên.

Trước tiên hãy nhớ lại rằng . $\sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda^k}{k!} = e^\lambda$

Thứ hai, lưu ý rằng trong đó sự thay thế được thực hiện ở bước thứ hai đến bước cuối cùng.

\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

$j = k-1$

Nói chung, đối với Poisson, thật dễ dàng để tính toán các khoảnh khắc giai thừa kể từ khi vì vậy . Chúng ta có thể "bỏ qua" đến chỉ số thứ để bắt đầu tổng số trong đẳng thức đầu tiên vì với , kể từ khi chính xác một thuật ngữ trong sản phẩm là không. $\mathbb E X^{(n)} = \mathbb E X(X-1)(X-2)\cdots(X-n+1)$

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

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

— hồng y
nguồn

Đức Hồng Y, điều này thật tuyệt vời. Bạn có phiền khi đưa ra một chi tiết nhanh chóng về việc rút không? Tổng kết của tôi là <rất> gỉ. Cảm ơn!

λ

$\lambda$

— B_Miner

Cảm ơn một lần nữa cho điều này. Đây có thể là một câu hỏi dễ, nhưng điều gì xảy ra với phần trên cùng của pdf (khi y = 0) tại sao nó không được đưa vào tính toán cho ?

π + (1 - π) e^{- λ}

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

μ

$\mu$

— B_Miner

Nhớ lại định nghĩa của giá trị mong đợi cho một biến ngẫu nhiên rời rạc: . Vì vậy, với , thuật ngữ trong giá trị mong đợi là .

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

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

— Đức hồng y