Media y varianza de una distribución de Poisson inflada a cero

¿Alguien puede mostrar cómo el valor esperado y la varianza del Poisson inflado cero, con función de masa de probabilidad

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

donde $\pi$ es la probabilidad de que la observación sea cero por un proceso binomial y $\lambda$ es la media del Poisson, ¿se deriva?

El resultado es el valor esperado $\mu =(1-\pi)\lambda$ y la varianza es $\mu+ \frac{\pi}{1-\pi}\mu^{2}$.

AGREGAR: Estoy buscando un proceso. Por ejemplo, ¿puedes usar una función generadora de momentos? En última instancia, me gustaría ver cómo hacer esto para comprender mejor el gamma inflado a cero y otros, también.

Método 0 : El estadístico perezoso.

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

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

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

Método 1 : un argumento probabilístico.

$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 esto, el resto es fácil, ya que por la independencia de e , y, $Z$$Y$

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

Método 2 : cálculo directo.

La media se obtiene fácilmente mediante un ligero truco de extraer one y reescribir los límites de la suma. $\lambda$

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

Un truco similar funciona para el segundo momento: desde donde podemos proceder con el álgebra como en el primer método.

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

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Anexo : Esto detalla un par de trucos utilizados en los cálculos anteriores.

Primero recuerde que .$\sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda^k}{k!} = e^\lambda$

Segundo, observe que donde la sustitución se realizó en el penúltimo paso.

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

En general, para el Poisson, es fácil calcular los momentos factoriales desde entonces . Llegamos a "saltar" al º índice para el inicio de la suma de la primera igualdad ya que para cualquier , ya exactamente Un término en el producto es cero.$\mathbb E X^{(n)} = \mathbb E X(X-1)(X-2)\cdots(X-n+1)$

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