Her sayımın bir Poisson dağılımını izlediğini varsayarsanız (alternatif hipotez altında kendi ortalamasıyla; null altında ortak bir ortalama ile) sorun yoktur - bu varsayımı kopyalar olmadan kontrol edemezsiniz. Aşırı dağılım, sayım verileriyle oldukça yaygın olabilir.
ve sayıları verilen kesin bir test basittir, çünkü toplam sayıları yardımcıdır; üzerinde koşullandırma, test istatistiklerinizin null altında dağıtımı olarak değerini verir. † Bu sezgisel bir sonuçtur: iki Poisson sürecini gözlemlemek için ne kadar zaman harcayabileceğinizi yansıtan toplam sayı, göreceli oranları hakkında hiçbir bilgi içermez, ancak testinizin gücünü etkiler; ve dolayısıyla sahip olabileceğiniz diğer toplam sayılar ilgisizdir.x 2 n = x 1 + x 2 X 1 ∼ B i n ( 1x1x2n=x1+x2X1∼Bin(12,n)
Bkz Olabilirlik hipotez test Wald testi (bir yaklaşım) dir.
† Her sayı , ortalama ile bir Poisson dağılımına sahiptir
Reparametrize olarak
burada ilgilendiğiniz şeydir & bir sıkıntı parametresidir. Eklem kütle işlevi daha sonra yeniden yazılabilir:
Toplam sayısı ,λ ixiλi
fX(xi)=λxiie−λixi!i=1,2
θϕ=λ1λ1+λ2=λ1+λ2
θϕfX1,X2(x1,x2)fX1,N(x1,n)=λx11λx22e−(λ1+λ2)x1!x2!=θx1(1−θ)n−x1⋅ϕne−ϕx1!(n−x1)!
nθ , ortalama ile Poisson dağılımına sahip
, koşullu dağılımı verilen , Bernoulli olasılığı & no. deneme
ϕ
fN(n)=∑x1=0∞fX1,N(x1,n)=ϕne−ϕn!∑x1=0∞n!x1!(n−x1)!θx1(1−θ)n−x1=ϕne−ϕn!
X1nθn
fX1|n(x1;n)=fX1,N(x1,n)fN(n)=θx1(1−θ)n−x1⋅ϕne−ϕx1!(n−x1)!⋅n!ϕne−ϕ=n!x1!(n−x1)!θx1(1−θ)n−x1