2つのカウント間の差の有意性

時間1での交通事故の件数と時間2での件数との差が大幅に異なるかどうかを判断する方法はありますか？

異なる時点での観測グループ間の差を決定する方法（ポアソン平均の比較など）を見つけましたが、2つのカウントのみを比較する方法は見つけませんでした。それとも試してみても無効ですか？アドバイスや指示をいただければ幸いです。私は自分自身をフォローアップすることを嬉しく思います。

statistical-significance count-data

— ジェソップ
ソース

各カウントがポアソン分布に従うことを喜んでいる場合（対立仮説の下で独自の平均を使用し、nullの下で共通の平均を使用）、問題はありません-単に複製なしでその仮定を確認できないということです。過分散は、カウントデータでは非常に一般的です。

カウント合計が補助的であるため、カウント $x_1$ および指定した正確なテスト $x_2$ は簡単です。その上にコンディショニングを与え $n=x_1+x_2$ $X_1 \sim \mathrm{Bin}\left(\frac{1}{2},n\right)$ nullの下での検定統計量の分布として。^†それは直感的な結果です。2つのポアソンプロセスを観察するのにどれだけの時間を費やすかを反映した全体のカウントは、それらの相対速度に関する情報を伝えませんが、テストの能力に影響を与えます。したがって、あなたが持っているかもしれない他の全体的なカウントは無関係です。

Wald検定の尤度ベースの仮説検定（近似）を参照してください。

†各カウント平均と有するポアソン分布として再パラメータ化ここではあなたが興味を持っているもので、は迷惑なパラメーターです。その後、ジョイント質量関数を書き直すことができます：総数 $x_i$ $\lambda_i$

f_{X} (x_{i}) = \frac{λ_{i}^{x_{i}} e^{- λ_{i}}}{x_{i}!} i = 1, 2

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

\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_{X_{1}, X_{2}} (x_{1}, x_{2}) & = \frac{λ_{1}^{x_{1}} λ_{2}^{x_{2}} e^{- (λ_{1} + λ_{2})}}{x_{1}! x_{2}!} \\ f_{X_{1}, N} (x_{1}, n) & = \frac{θ^{x_{1}} (1 - θ)^{n - x_{1}} \cdot ϕ^{n} e^{- ϕ}}{x_{1}! (n - x_{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

$n$ 補助で、平均ポアソン分布を持ちます条件付きが与えられた分布は、ベルヌーイ確率＆noの二項分布です。トライアル

θ

$\theta$

ϕ

$\phi$

\begin{aligned} f_{N} (n) & = \sum_{x_{1} = 0}^{\infty} f_{X_{1}, N} (x_{1}, n) \\ = \frac{ϕ^{n} e^{- ϕ}}{n!} \sum_{x_{1} = 0}^{\infty} \frac{n!}{x_{1}! (n - x_{1})!} θ^{x_{1}} (1 - θ)^{n - x_{1}} \\ = \frac{ϕ^{n} e^{- ϕ}}{n!} \end{aligned}

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

X_{1}

$X_1$

n

$n$

θ

$\theta$

n

$n$

\begin{aligned} f_{X_{1} | n} (x_{1}; n) & = \frac{f_{X_{1}, N} (x_{1}, n)}{f_{N} (n)} \\ = \frac{θ^{x_{1}} (1 - θ)^{n - x_{1}} \cdot ϕ^{n} e^{- ϕ}}{x_{1}! (n - x_{1})!} \cdot \frac{n!}{ϕ^{n} e^{- ϕ}} \\ = \frac{n!}{x_{1}! (n - x_{1})!} θ^{x_{1}} (1 - θ)^{n - x_{1}} \end{aligned}

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

— スコルチ-モニカの復活
ソース

カウントの総数は、完全に十分な統計ですよね？どうすれば補助的でしょうか？何か誤解していませんか？

— JohnK

@JohnK：十分な統計はですは補助的な補数です。の分布は依存しないことに注意してください。

(X_{1}, N)

$(X_1,N)$

N

$N$

X_{1}

$X_1$

N

$N$

θ

$\theta$

— Scortchi-モニカの復職