Jika Anda senang menganggap setiap penghitungan mengikuti distribusi Poisson (dengan rerata sendiri di bawah hipotesis alternatif; dengan rerata umum di bawah nol) tidak ada masalah — hanya saja Anda tidak dapat memeriksa asumsi itu tanpa ulangan. Penyebaran berlebih bisa terjadi pada data jumlah.
Tes yang tepat diberikan jumlah & x 2 mudah karena total keseluruhan jumlah n = x 1 + x 2 adalah tambahan; pengkondisian padanya memberikan X 1 ∼ B i n ( 1x1x2n=x1+x2sebagai distribusi statistik pengujian Anda di bawah nol. †Ini adalah hasil yang intuitif: penghitungan keseluruhan, yang mencerminkan mungkin berapa banyak waktu yang Anda habiskan untuk mengamati dua proses Poisson, tidak membawa informasi tentang tingkat relatifnya, tetapi memengaruhi kekuatan pengujian Anda; & Oleh karena itu, jumlah keseluruhan lainnya yang mungkin Anda miliki tidak relevan.X1∼Bin(12,n)
Lihat pengujian hipotesis berbasis -kemungkinan untuk uji Wald (perkiraan).
† Setiap hitungan memiliki distribusi Poisson dengan rata-rata λ i f X ( x i ) = λ x i i e - λ ixsayaλsaya
Reparametrize sebagai
θ
fX( xsaya) = Λxsayasayae- λsayaxsaya!i = 1 , 2
mana
θadalah hal yang Anda minati, &
ϕadalah parameter gangguan. Fungsi massa sendi kemudian dapat ditulis ulang:
f X 1 , X 2 ( x 1 , x 2 )θϕ= λ1λ1+ λ2= λ1+ λ2
θϕ
Jumlah total
nadalah tambahan untuk
θ, memiliki distribusi Poisson dengan rata-rata
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
sedangkan distribusi bersyarat dari
X1diberikan
nadalah binomial dengan Bernoulli probabilitas
θ& tidak ada. uji coba
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