ค่าเฉลี่ยและความแปรปรวนของการแจกแจงปัวซองแบบ zero-inflated

ทุกคนสามารถแสดงให้เห็นว่าค่าที่คาดหวังและความแปรปรวนของปัวซองที่สูงเกินศูนย์ด้วยฟังก์ชันความน่าจะเป็นเป็นอย่างไร

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}

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

ที่คือความน่าจะเป็นที่การสังเกตเป็นศูนย์โดยกระบวนการทวินามและคือค่าเฉลี่ยของปัวซอง, ได้มา? $\pi$ $\lambda$

ผลลัพธ์คือค่าที่คาดหวังและความแปรปรวนคือ $\mu =(1-\pi)\lambda$ 2 $\mu+ \frac{\pi}{1-\pi}\mu^{2}$

เพิ่ม: ฉันกำลังมองหากระบวนการ ตัวอย่างเช่นคุณสามารถใช้ฟังก์ชั่นสร้างช่วงเวลาได้หรือไม่? ในที่สุดฉันต้องการที่จะเห็นวิธีการทำเช่นนี้เพื่อทำความเข้าใจแกมมาที่สูงเกินจริงและอื่น ๆ เช่นกัน

— B_Miner
แหล่งที่มา

ดูเหมือนว่าคุณจะรู้ว่าแบบจำลองสำหรับการกระจายความน่าจะเป็นดังกล่าวเกิดขึ้นได้อย่างไร คุณสามารถใช้สิ่งนั้นเพื่อช่วยคุณได้ไหม?

— พระคาร์ดินัล

วิธีที่ 0 : นักสถิติขี้เกียจ

$y \neq 0$ $f(y) = (1-\pi) p_y$ $p_y$ $y$ $y = 0$

μ = (1 - π) λ

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

E Y^{2} = (1 - π) (λ^{2} + λ) .

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

$\mathrm{Var}(Y) = \mathbb E Y^2 - \mu^2$

วิธีที่ 1 : อาร์กิวเมนต์ที่น่าจะเป็น

$Z \sim \mathrm{Ber}(1-\pi)$ $Y \sim \mathrm{Poi}(\lambda)$

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

$k \neq 0$

จากส่วนที่เหลือนั้นง่ายเนื่องจากความเป็นอิสระของและ , และ $Z$ $Y$

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} .

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

วิธีที่ 2 : การคำนวณโดยตรง

ค่าเฉลี่ยนั้นง่ายมากโดยการดึงหนึ่งออกมาและเขียนขีด จำกัด ของผลรวมใหม่ $\lambda$

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 .

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

กลอุบายที่คล้ายกันใช้งานได้ในช่วงเวลาที่สอง: จากจุดนี้เราสามารถดำเนินการกับพีชคณิตเช่นเดียวกับวิธีแรก

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),

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

ภาคผนวก : รายละเอียดนี้เป็นเทคนิคสองสามอย่างที่ใช้ในการคำนวณด้านบน

การเรียกคืนแรกที่E $\sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda^k}{k!} = e^\lambda$

ประการที่สองโปรดทราบว่า โดยที่การทดแทนถูกสร้างขึ้นในขั้นตอนที่สองถึงครั้งสุดท้าย

\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

$j = k-1$

โดยทั่วไปสำหรับปัวซองมันง่ายที่จะคำนวณช่วงเวลาตั้งแต่ ดังนั้น n เราไปที่ "ข้าม" ไปยังดัชนีที่สำหรับการเริ่มต้นของผลรวมในความเสมอภาคแรกเนื่องจากสำหรับ ,ตั้งแต่ หนึ่งคำในผลิตภัณฑ์คือศูนย์ $\mathbb E X^{(n)} = \mathbb E X(X-1)(X-2)\cdots(X-n+1)$

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

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

— พระราชาคณะ
แหล่งที่มา

พระคาร์ดินัลนี้เป็นสิ่งที่ยอดเยี่ยม คุณจะให้รายละเอียดโดยย่อเกี่ยวกับการดึงไหม ผลรวมของฉันคือ <very> เป็นสนิม ขอบคุณ!

λ

$\lambda$

— B_Miner

ขอบคุณอีกครั้งสำหรับสิ่งนี้ นี่อาจเป็นคำถามง่าย ๆ แต่เกิดอะไรขึ้นกับส่วนบนของ pdf (เมื่อ y = 0)ทำไมมันไม่รวมอยู่ในการคำนวณ ?

π + (1 - π) e^{- λ}

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

μ

$\mu$

— B_Miner

จำความหมายของมูลค่าที่คาดว่าจะเป็นตัวแปรสุ่มต่อเนื่อง:y) ดังนั้นสำหรับคำในมูลค่าที่คาดว่าจะเป็น0

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

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

— พระคาร์ดินัล