Supongo que se desea probar si el número de ocurrencias es independiente de la del condado. En este caso, se puede tratar el siguiente:
En primer lugar, transformar su $1\times 3500$ tablas de a $2\times 3500$ tablas (como en este post). Deje $T$ ser una de las $2\times 3500$ de las mesas observadas. Una prueba de la independencia, que es independiente del tamaño de la muestra es la prueba exacta de Fisher. No sé cómo se familiarice con el marco de este examen, pero a grandes rasgos se requiere para estimar la probabilidad de todos los $2\times 3500$ que tienen la misma fila y columna de sumas como $T$, pero con un mayor $\chi^2$-estadísticas. Para dos de remo tablas, existen algoritmos eficientes que se aproximan a esta $p$-valor (ver Teorema 4 en este documento). Espero que ayude.
EDIT: Ya que no estaba claro que mi respuesta se describe una aproximados método en lugar de un exacto, voy a extender mi anwer.
De nuevo, deje $T$ ser uno de sus observado tablas y deje $n$ ser el tamaño de su muestra (es decir, la suma de todas sus entradas). Deje $\theta\in[0,1]^{2\times 3500}$ ser el logaritmo de la probabilidad de los estimadores para la independencia modelo y definir una tabla de $v\in\mathbb{N}^{2\times 3500}$ $\chi^2$ estadísticas como
$$\chi^2(v)=\sum_{i=1}^2\sum_{j=1}^{3500}\frac{(v_{ij}-n\cdot\theta_{ij})^2}{n\cdot\theta_{ij}}.$$
Deje $\mathcal{F}(T)\subset\mathbb{N}^{2\times 3500}$ ser el conjunto de todas las tablas que tienen las mismas filas y columna de sumas de $T$, entonces el condicional $p$-valor de la prueba exacta de Fisher es
$$\frac{\sum_{v\in\mathcal{F}(T) \chi^2(v)\ge\chi^2(T)}
\frac{1}{\prod_{i=1}^2\prod_{j=1}^{3500}v_{ij}!}
}{\sum_{v\in\mathcal{F}}
\frac{1}{\prod_{i=1}^2\prod_{j=1}^{3500}v_{ij}!}}$$
Por supuesto, este valor es imposible calcular exactamente, ya que el tamaño de $\mathcal{F}(T)$ es descomunal. Sin embargo, se puede aproximar de manera eficiente con la siguiente versión adaptada del algoritmo en este documento. Para una tabla de $T$, haga lo siguiente
- Inicializar con $i=0$, $w=T$
- $i=i+1$
- obtener otra tabla $w'$ $\mathcal{F}(T)$ mediante la aplicación de un paso del algoritmo en este trabajo (Sección 4)
- Con una probabilidad de $\min\left\{1,\frac{\prod_{ij}w_{ij}!}{\prod_{ij}w'_{ij}!}\right\}$,$w:=w'$, de lo contrario vamos a $w$ virgen (que es el de Metropolis-Hastings rechazo a paso)
- Si $\chi^2(w)\ge\chi^2(T)$,$p_i:=1$, de lo contrario $p_i=0$
- Si $|\frac{1}{i-1}\sum_{k=1}^{i-1}p_k-\frac{1}{i}\sum_{k=1}^{i}p_k|>tol$, GOTO (2)
- Regresar $\frac{1}{i}\sum_{k=1}^ip_k$
El resultado es una estimación de la condicional $p$-valor.
