значення різниці між двома підрахунками

Чи є спосіб визначити, чи різниця між кількістю дорожньо-транспортних пригод за часом 1 значно відрізняється від підрахунку часу 2?

Я знайшов різні методи визначення різниці між групами спостережень у різний час (наприклад, порівняння засобів Пуассона), але не для порівняння лише двох показників. Або невірно навіть намагатися? Будь-яка порада чи вказівка будуть вдячні. Я радий стежити за собою.

statistical-significance count-data

— джессоп
джерело

Якщо ви готові припустити, що кожне підрахунок слідує за розподілом Пуассона (з власним значенням під альтернативною гіпотезою; із загальним середнім значенням під нулем), немає жодних проблем - це просто те, що ви не можете перевірити це припущення без реплік. Завищена дисперсія може бути досить частою для даних підрахунку.

Точний тест за даними підрахунків & є простим, оскільки загальна сума підрахунків є допоміжною; кондиціонування на ньому дає $x_1$ $x_2$ $n=x_1+x_2$ як розподіл вашої статистики тесту під нулем. ^†Це інтуїтивно зрозумілий результат: загальний підрахунок, відображаючи, можливо, скільки часу ви могли б турбуватися, спостерігаючи за двома процесами Пуассона, не містить інформації про їх відносну швидкість, але впливає на потужність вашого тесту; І тому інші загальні підрахунки, які ви могли мати, не мають значення. $X_1 \sim \mathrm{Bin}\left(\frac{1}{2},n\right)$

Див. Тестування гіпотез на основі ймовірності для тесту Вальда (наближення).

† Кожне число має розподіл Пуассона із середнім $x_i$ $\lambda_i$ Перепараметризуйте як

f_{Х} (х_{i}) = \frac{λ_{i}^{х_{i}} е^{- λ_{i}}}{х_{i}!} i = 1, 2

$\newcommand{\e}{\mathrm{e}} f{_X}(x_i)=\frac{\lambda_i^{x_i}\e^{-\lambda_i}}{x_i!}\qquad i=1,2$

де

- те, що вас цікавить, а

- параметр неприємностей. Потім функцію спільної маси можна переписати:

\begin{aligned} θ & = \frac{λ_{1}}{λ_{1} + λ_{2}} \\ ϕ & = λ_{1} + λ_{2} \end{aligned}

$\begin{align} \theta&=\frac{\lambda_1}{\lambda_1+\lambda_2}\\ \phi&=\lambda_1+\lambda_2 \end{align}$

θ

$\theta$

ϕ

$\phi$

\begin{aligned} f_{Х_{1}, Х_{2}} (х_{1}, х_{2}) & = \frac{λ_{1}^{х_{1}} λ_{2}^{х_{2}} е^{- (λ_{1} + λ_{2})}}{х_{1}! х_{2}!} \\ f_{Х_{1}, N} (х_{1}, н) & = \frac{θ^{х_{1}} (1 - θ)^{н - х_{1}} \cdot ϕ^{н} е^{- ϕ}}{х_{1}! (н - х_{1})!} \end{aligned}

$\begin{align} f_{X_1,X_2}(x_1,x_2)&=\frac{\lambda_1^{x_1}\lambda_2^{x_2}\e^{-(\lambda_1+\lambda_2)}}{x_1!x_2!}\\ f_{X_1,N}(x_1,n)&=\frac{\theta^{x_1}(1-\theta)^{n-x_1}\cdot\phi^n\e^{-\phi}}{x_1!(n-x_1)!} \end{align}$

n

$n$

θ

$\theta$ , що має розподіл Пуассона із середнім значенням

ϕ

$\phi$

\begin{aligned} f_{N} (н) & = \sum_{х_{1} = 0}^{\infty} f_{Х_{1}, N} (х_{1}, н) \\ = \frac{ϕ^{н} е^{- ϕ}}{н!} \sum_{х_{1} = 0}^{\infty} \frac{н!}{х_{1}! (н - х_{1})!} θ^{х_{1}} (1 - θ)^{н - х_{1}} \\ = \frac{ϕ^{н} е^{- ϕ}}{н!} \end{aligned}

$\begin{align} f_N(n)&= \sum_{x_1=0}^{\infty}f_{X_1,N}(x_1,n)\\ &=\frac{\phi^n\e^{-\phi}}{n!}\sum_{x_1=0}^{\infty}\frac{n!}{x_1!(n-x_1)!}\theta^{x_1}(1-\theta)^{n-x_1}\\ &=\frac{\phi^n\e^{-\phi}}{n!} \end{align}$ при умовному розподілі

X_{1}

$X_1$ дано

n

$n$ є двочленним з ймовірністю Бернуллі

θ

$\theta$ & ні. випробування

n

$n$

\begin{aligned} f_{Х_{1} | н} (х_{1}; н) & = \frac{f_{Х_{1}, N} (х_{1}, н)}{f_{N} (н)} \\ = \frac{θ^{х_{1}} (1 - θ)^{н - х_{1}} \cdot ϕ^{н} е^{- ϕ}}{х_{1}! (н - х_{1})!} \cdot \frac{н!}{ϕ^{н} е^{- ϕ}} \\ = \frac{н!}{х_{1}! (н - х_{1})!} θ^{х_{1}} (1 - θ)^{н - х_{1}} \end{aligned}

$\begin{align} f_{X_1|n}(x_1;n)&=\frac{f_{X_1,N}(x_1,n)}{f_N(n)}\\ &=\frac{\theta^{x_1}(1-\theta)^{n-x_1}\cdot\phi^n\e^{-\phi}}{x_1!(n-x_1)!}\cdot\frac{n!}{\phi^n\e^{-\phi}}\\ &=\frac{n!}{x_1!(n-x_1)!}\theta^{x_1}(1-\theta)^{n-x_1} \end{align}\\$

— Скорчі - Відновлення Моніки
джерело

Загальна кількість підрахунків є цілком достатньою статистикою, чи не так? Як це може бути допоміжним? Я щось неправильно зрозумів?

— JohnK

@JohnK: Достатня статистика є

(X_{1}, N)

$(X_1,N)$ ,

N

$N$ будучи допоміжним доповненням до

X_{1}

$X_1$ . Зверніть увагу на розподіл

N

$N$ не залежить від

θ

$\theta$ .

— Scortchi