Si vous êtes heureux de supposer que chaque comptage suit une distribution de Poisson (avec sa propre moyenne sous l'hypothèse alternative; avec une moyenne commune sous le zéro) il n'y a pas de problème - c'est juste que vous ne pouvez pas vérifier cette hypothèse sans répliques. La surdispersion peut être assez courante avec les données de comptage.
Un test exact, compte tenu des nombres et x 2, est simple car le total global des nombres n = x 1 + x 2 est accessoire; le conditionnement donne X 1 ∼ B i n ( 1x1x2n=x1+x2comme la distribution de votre statistique de test sous la valeur nulle. †C'est un résultat intuitif: le décompte global, reflétant peut-être combien de temps vous pourriez être dérangé pour passer à observer les deux processus de Poisson, ne porte aucune information sur leurs taux relatifs, mais affecte la puissance de votre test; et donc les autres décomptes globaux que vous pourriez avoir ne sont pas pertinents.X1∼ B i n ( 12, n )
Voir Test d'hypothèse basé sur la vraisemblance pour le test de Wald (une approximation).
† Chaque compte a une distribution de Poisson avec une moyenne λ i f X ( x i ) = λ x i i e - λ iXjeλje
Reparametrize comme
θ
FX( xje) = λXjejee- λjeXje!i = 1 , 2
où
θest ce qui vous intéresse, &
ϕest un paramètre de nuisance. La fonction de masse conjointe peut alors être réécrite:
f X 1 , X 2 ( x 1 , x 2 )θϕ= λ1λ1+ λ2= λ1+ λ2
θϕ
Le compte total
nest accessoire pour
θ, ayant une distribution de Poisson avec une moyenne
ϕfN(n)FX1, X2( x1, x2)FX1, N( x1, n )= λX11λX22e- ( λ1+ λ2)X1! X2!= θX1( 1 - θ )n - x1⋅ ϕne- ϕX1! ( n - x1) !
nθϕ
tandis que la distribution conditionnelle de
X1étant
nest binomiale avec la probabilité de Bernoulli
θ& no. essais
nfX1| n(x1;n)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