复合泊松分布，条件期望

opuikl_0

$(L_t)_{t\geqslant 0}$ 是一个复合泊松过程 (compound Poisson process)：$${ L }_{ t }=\sum _{ i=1 }^{ { N }_{ t } }{ { Y }_{ i } } ,i=1,2,...,$$其中 $Y_i$ 是伯努利变量，$Y_i=1$ 的概率是 $p$, 为 0 的概率是 $1-p$.
$(N_t)_{t\geqslant 0}$ 是一个有参数 $\lambda$ 的泊松过程，$(N_t)_{t\geqslant 0}$ 和 $Y_i, i=1,2,...,$ 都是互相独立的.

求条件期望：$E[N_t|L_t=k]$
提示：求 $P(N_t=n|L_t=k)$

战巡

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这有啥难的呢.....

首先我们知道$L_t|N_t\sim BIN(N_t,p)$，有
\[P(N_t=n,L_t=k)=P(L_t=k|N_t=n)P(N_t=n)\]
\[=C^k_{n}p^{k}(1-p)^{n-k}·\frac{(\lambda t)^n}{n!}e^{-\lambda t}I(n\ge k)=\frac{1}{k!(n-k)!}p^k(1-p)^{n-k}(\lambda t)^ne^{-\lambda t}I(n\ge k)\]
\[P(L_t=k)=\sum_{n=k}^{\infty}\frac{1}{k!(n-k)!}p^k(1-p)^{n-k}(\lambda t)^ne^{-\lambda t}=\frac{(p\lambda t)^k}{k!}e^{-p\lambda t}\]
于是
\[P(N_t=n|L_t=k)=\frac{P(N_t=n,L_t=k)}{P(L_t=k)}\]
\[=\frac{((1-p)\lambda t)^{n-k}}{(n-k)!}e^{-(1-p)\lambda t}I(n\ge k)\]
所以均值自己求吧..

opuikl_0

回复 2# 战巡

请问你第一句话的结论是怎么来的？另外I(n≥k)是表示指示函数(indicator function)吗？

战巡

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如此显然的东西还要问啊...
你不是知道$Y_i\sim BIN(1,p)$么，那当$N_t$已知时，不就有$L_t|N_t\sim BIN(N_t,p)$么？

那个I的确是指示函数

opuikl_0

回复 4# 战巡

明白了，谢谢！

opuikl_0

回复 2# 战巡


    想再请教下，求条件期望这里用离散的公式：$$E[N_t|L_t=k]=\sum _{ n\ge k }^{  }{ nP(N_ t=n|L_ t=k)=\sum _{ n\ge k }^{  }{ \frac { { n((1-p)\lambda t) }^{ n-k } }{ (n-k)! } { e }^{ -(1-p)\lambda t } }  } $$
是这么来算吗？这还能再进一步化简吗？
谢谢！

战巡

回复 6# opuikl_0


.............
看来我不该留着让你算的...
我以为这个稍微移动了的泊松分布你应该能一眼看出来，最后$P(N_t=n|L_t=k)$的表达式中我都故意把项合并成那个形式了

稍微做个变换，令$N_t'=N_t-k$，那么
\[P(N_t'=a|L_t=k)=\frac{((1-p)\lambda t)^{a}}{a!}e^{-(1-p)\lambda t}I(a\ge 0)\]
于是$N_t'|L_t\sim POI((1-p)\lambda t)$，别告诉我你还算不出均值...

opuikl_0

回复 7# 战巡


谢谢谢谢！！这下明白了，均值就是 $(1-p)\lambda t+k$ ？。。。