Moyenne et variance d'une distribution de Poisson gonflée à zéro

Quelqu'un peut-il montrer comment la valeur et la variance attendues du Poisson gonflé zéro, avec la fonction de masse de probabilité

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

où est la probabilité que l'observation soit nulle par un processus binomial et λ est la moyenne du Poisson, est-elle dérivée?$\pi$$\lambda$

Le résultat est la valeur attendue et la variance est μ + $\mu =(1-\pi)\lambda$.$\mu+ \frac{\pi}{1-\pi}\mu^{2}$

AJOUTER: Je recherche un processus. Par exemple, pouvez-vous utiliser une fonction de génération de moment? En fin de compte, j'aimerais voir comment faire pour mieux comprendre le gamma gonflé zéro et d'autres, aussi.

Méthode 0 : le statisticien paresseux.

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

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

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

Méthode 1 : un argument probabiliste.

$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$

De là, le reste est facile, car par l'indépendance de et , et, $Z$$Y$

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

Méthode 2 : calcul direct.

La moyenne est facilement obtenue par une légère astuce consistant à extraire un et à réécrire les limites de la somme. $\lambda$

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

Une astuce similaire fonctionne pour le deuxième instant: partir de là, nous pouvons procéder à l'algèbre comme dans la première méthode.

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

---

Addendum : Ceci détaille quelques astuces utilisées dans les calculs ci-dessus.

Rappelons d'abord que .$\sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda^k}{k!} = e^\lambda$

Deuxièmement, notez que où la substitution été effectuée dans l'avant-dernière étape.

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

En général, pour le Poisson, il est facile de calculer les moments factoriels depuis donc . On arrive à "sauter" au ème indice pour le début de la somme dans la première égalité puisque pour tout , puisque exactement un terme dans le produit est zéro.$\mathbb E X^{(n)} = \mathbb E X(X-1)(X-2)\cdots(X-n+1)$

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