这组任务从记录怎样进入表开始。交付的不只是一个参数值，还包括允许的概率模型、被条件化的事件、数值误差范围，以及资料无法区分的解释。

学习顺序见从计数异质性到零记录的观测合同。所需四个主体是负二项回归理路负二项回归Negative binomial regression · NB2 regression · 负二项二型回归用Gamma–Poisson混合得到均值加二次项的计数方差，建立带暴露量的NB2似然、得分和迭代，并区分独立与共享异质性。、零截断计数模型理路零截断计数模型Zero-truncated count model · Zero-truncated Poisson distribution · 正Poisson分布 · 零截断Poisson模型在只记录正计数的抽样条件下重新归一化分布，推导正Poisson均值与似然，并区分全为一边界、删失和按次数加权抽样。、门槛计数模型理路门槛计数模型Hurdle count model · Hurdle model · Zero-altered count model · 障碍计数模型将是否出现正计数与出现后有多少次分开建模，给出可分离似然、均值解释、零缩减边界，以及与零膨胀分布的精确对应。与零膨胀Poisson模型理路零膨胀Poisson模型Zero-inflated Poisson model · ZIP model · Zero-inflated Poisson regression · 零膨胀泊松回归将零点质量与Poisson部件混合，推导零责任度、EM和可识别条件，并区分观测分布、潜在标签以及门槛模型的概率范围。。

进入负二项入口前，先确认Gamma函数理路Gamma 函数：递推、延拓与极点Gamma function · 伽马函数 · Euler gamma function从Euler积分的收敛半平面构造Gamma函数，证明递推与阶乘取值，逐步延拓并计算非正整数极点和可核验的截断界。的正实积分定义与递推；其中的形状参数 $k>0$ 不必是整数，概率质量里的 $\mathrm{\Gamma }(k+y)/\mathrm{\Gamma }(k)$ 因而直接使用这个函数。沿链接补齐后，再按上面的四个主体继续。

任务一：一张完整表，两种相同的观察分布 ​

输入与目标 ​

八个独立、暴露量均为1的对象，完整计数为

$$0,0,0,0,1,2,3,4.$$

分别拟合只有截距的Poisson门槛模型与ZIP。证明是否可以取得完全相同的观察分布；进行一次ZIP EM，并说明仅保留正记录时失去什么信息。再用均值和二阶中心矩匹配NB2，判断相同矩是否等于相同质量。

先分清三个统计量 ​

总记录数n=8，正记录数m=4，总计数S=10。完整均值为5/4，正记录均值为5/2。Poisson门槛似然分成零/正Bernoulli项和正Poisson项，所以

$$\hat{q}=\frac{1}{2},\frac{\hat{\lambda }}{1-e^{-\hat{\lambda }}}=\frac{5}{2}.$$

后一个方程左侧从1严格增加到∞，因此有唯一正根。数值与包围区间为

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \hat{\lambda }\approx 2.2316118840230227883,\frac{223161188402}{{10}^{11}}<\hat{\lambda }<\frac{223161188403}{{10}^{11}}.\end{array}$$

公开脚本用正指数级数的有理上下界验证两端符号；这不是把高精度显示的末位当作证明。区间宽度为10^−11，是求根精度，不是置信水平。

转换到合法ZIP并证明全局极大 ​

令

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \hat{\pi }=1-\frac{\hat{q}}{1-e^{-\hat{\lambda }}}=1-\frac{5}{4\hat{\lambda }}\approx 0.4398667577685725521.\end{array}$$

由于λ̂>5/4，π̂在(0,1)内。每个y≥1的ZIP质量为

$$(1-\hat{\pi })e^{-\hat{\lambda }}\frac{{\hat{\lambda }}^y}{y!}=\hat{q}\frac{{\hat{\lambda }}^y}{y!(e^{\hat{\lambda }}-1)},$$

恰等于门槛正质量；两边正质量总和都是q̂，零质量因此也相等，都是1/2。

门槛模型中两块似然均达到各自唯一极大。这一点属于其全部(q,λ)参数域。ZIP是其中满足q≤1−e^−λ的子族，而这个全局极大点恰好落在子族内，所以它也达到ZIP全局极大；不需要用“EM跑了很多轮”来替代这个证明。

保留全部阶乘常数，两个模型的观察对数似然均约为

$${\ell }_{max}=-11.653077679336021647.$$

观察分布相同不代表标签相同：门槛中的“通过”恰为Y>0，可以观察；ZIP中π̂描述的是潜在的直接零部件，其零后验概率仍需Bayes计算。

一次EM及完整似然核对 ​

从π=1/3、λ=log2起步。每个零的直接零责任度为1/2，四个正数的责任度为0。因此

$$\sum _i{\tau }_i=2,{\pi }^{\mathrm{n}\mathrm{e}\mathrm{w}}=\frac{1}{4},{\lambda }^{\mathrm{n}\mathrm{e}\mathrm{w}}=\frac{10}{8-2}=\frac{5}{3}.$$

观察对数似然由约−15.3443992731提高到−12.1215775300，尚未达到上面的全局极大。E步责任度使用旧参数，不能用新λ回填后仍称这是同一次EM。

如果数据库只留下1、2、3、4，条件于Y>0的似然完全不含q，也完全不含π。因此可以估计正部件的λ，却不能从这四条记录推回原来是八个对象，或断言一半总体为零。已知总对象数及独立观察设计会提供额外的零/正资料，属于另一份实验。

NB2矩匹配给出另一份预测 ​

本题明确使用分母n的中心二阶矩：

$$v_n=\frac{0+0+0+0+1+4+9+16}{8}-{\left(\frac{5}{4}\right)}^2=\frac{35}{16}.$$

要求NB2的μ+μ²/k等于v_n，得到

$$\mu =\frac{5}{4},k=\frac{{\mu }^2}{v_n-\mu }=\frac{5}{3}.$$

其零概率为

$$P_{\mathrm{N}\mathrm{B}}(0)={\left(\frac{4}{7}\right)}^{5/3}\approx 0.3934926146,$$

并非门槛/ZIP拟合的1/2。这个计算只匹配两个矩，不是求NB2的联合MLE；用n−1分母也会得到不同的矩匹配，不能隐去约定。

任务二：一个所有概率合法、却不属于ZIP的总体 ​

输入与目标 ​

取Poisson门槛参数q=9/10、λ=log2。计算总体均值与方差，并证明不存在任何本单元ZIP或NB2参数能产生同一分布。这里给的是总体概率，不是用一份小样本估计参数。

完整解答 ​

零概率为1/10。因1−e^−λ=1/2，正质量为

$$P(Y=y)=\frac{9}{5}{e}^{-\lambda }\frac{{\lambda }^y}{y!},y\ge 1.$$

这不违背概率非负：Poisson全部正质量本来仅为1/2，乘9/5后恰为9/10。

均值及方差为

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \mu =\frac{9}{5}\log 2\approx 1.2476649250,\mathrm{Var}Y=\mu (1+\log 2-\mu )\approx 0.5558125850.\end{array}$$

因为μ>λ，方差严格小于均值；NB2在正均值和有限正k下方差严格大于均值，因此不能相同。Poisson边界同样不能匹配这个严格不等式。

对ZIP还可以给出更直接的全部参数排除：正概率比P(2)/P(1)=λ/2，迫使任何相同ZIP使用同一个λ=log2。它必须满足

$$\frac{9}{10}=(1-\pi )\frac{1}{2},\pi =-\frac{4}{5},$$

不在合法域内。不能改变λ来规避，因为那会改变P(2)/P(1)。所以“无论什么计数分布都能用加零混合表示”是错误的。

任务三：相同的单窗NB，不同的两窗合同 ​

输入与目标 ​

同一个对象在两段窗口中被计数，暴露量为e_1=1、e_2=2。比较两个机制，二者的基准速率都为3：

• 共享机制：U服从shape=2、rate=2的Gamma分布，给定U后Y_1∼Pois(3U)、Y_2∼Pois(6U)独立
• 独立机制：另取独立U_1、U_2，各服从同一Gamma分布，给定它们后Y_i∼Pois(3e_iU_i)独立

计算每个边缘的均值与方差、协方差、总计数方差及联合零概率，并说明两种完整似然能否互换。

边缘相同的部分 ​

两种机制下，Y_1都是均值3、k=2的NB2，Y_2都是均值6、k=2的NB2。因此

$$E{Y}_1=3,E{Y}_2=6,\mathrm{Var}{Y}_1=\frac{15}{2},\mathrm{Var}{Y}_2=24.$$

每窗单独拟合这些参数，无法区分是否共享同一个U。

联合关系不同的部分 ​

共享机制中，EU=1、VarU=1/2，条件协方差为0，所以

$$\mathrm{Cov}(Y_1,Y_2)=\mathrm{Cov}(3U,6U)=9,$$

从而Var(Y_1+Y_2)=15/2+24+18=99/2。并且

$$P(Y_1=0,Y_2=0)=E(e^{-9U})={\left(\frac{2}{11}\right)}^2=\frac{4}{121}.$$

给定U的总数为Pois(9U)，因此总数本身仍是均值9、k=2的NB2。这一步依赖条件独立和共同潜变量两个条件。

独立机制中协方差为0，故总方差为63/2。联合零概率则是

$${\left(\frac{2}{5}\right)}^2{\left(\frac{2}{8}\right)}^2=\frac{1}{100}.$$

共享机制的联合质量可直接积分为

$$P(Y_1=a,Y_2=b)=\frac{(a+b+1)!}{a!b!}\frac{4\cdot 3^a{6}^b}{{11}^{a+b+2}}.$$

独立机制是两个边缘NB质量的乘积。取a=b=0就已证明两者不同，不能把同样的两个边缘回归输出当作同样的联合似然。若目标只是边际均值与簇稳健标准误，应明确改用相应估计方程合同；那也不是给独立似然换个标签。

任务四：没有零的表，还要问按什么单位抽样 ​

输入与目标 ​

现在只有正记录1、2、3、4。比较两种抽样方式：A从正计数对象中等机会取样；B抽取事件后记录事件所属对象的总次数，因而次数为y的对象有y倍抽样强度。假设未抽样前的总体计数为Pois(λ)，并把所见记录视为各自抽样分布下的独立样本。写出两个似然和λ的MLE。

A：条件于正计数 ​

其质量为 ${\lambda }^y/\{y!(e^{\lambda }-1)\}$，所见均值5/2对应

$$m(\lambda )=\frac{5}{2}.$$

答案正是任务一的λ̂约2.2316118840。这里均匀抽的是已经非零的对象，不按它拥有多少事件继续加权。

B：按事件次数加权 ​

质量必须改为

$$p_B(y)=\frac{yP(N=y)}{EN}=e^{-\lambda }\frac{{\lambda }^{y-1}}{(y-1)!},y\ge 1.$$

于是Y−1∼Pois(λ)，对数似然为

$${\ell }_B(\lambda )=\sum _i\{(y_i-1)\log \lambda -\lambda -\log ((y_i-1)!)\}.$$

得分为Σ(y_i−1)/λ−n；本题Σ(y_i−1)=6、n=4，因此唯一正MLE为λ̂=3/2。严格凹的logλ参数似然或得分换号都可验证唯一性。

这不是给同一公式换了样本量：两种质量之比含y，抽样单位改变了每一种计数的相对权重。真实数据若只是显示“没有零”，尚不足以选择A或B。还必须知道入样机制；如果重复抽到同一对象，也要重新审查本题所假定的独立性。

交付检查与复算 ​

一份合格答案应同时保留：n、m和S的角色；正计数条件化的分母；ZIP合法参数域；原始均值与条件均值；共享随机效应的联合积分；以及抽样单位是否按次数加权。数值优化只能在已经写对的概率合同内工作。

下载公开复算脚本与结果JSON。脚本含Fraction有理根括界及高精度概率、矩、导数与EM检验；普通运行和Python优化模式给同一结果。运行结果验证本文给定任务，不把数值网格冒充全部参数下的定理证明。