Eksamen i emnet Stat111 - Statistiske metoder 28. mai 2014, kl

Transkript

1 UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i emnet Stat111 - Statistiske metoder 28. mai 2014, kl BOKMAL Tillatt hjelpemiddel: Kalkulator med tomt minne i samsvar med fakultets regler. Denne eksamensoppgaven er pa 3 sider 8 sider tabeller Oppgave 1 La Y i vre reallnn i ar t i for medlemmene i srforbundet JM i LO. Over en 15 ars periode har en antatt flgende regresjonssammenheng mellom tid og reallnnsindeks for dette forbundet Y i = (t i t) " i : der t i = i, t = 1 n P n t i = 8. a) Gjr rede for forutsetningene i denne modellen. Det opplyses at n = 15, ^ = 0:5, M = P 15 (t i t) 2 = 280 og P 15 (y i ^ ^ti ) 2 = 15:0. Kan det hevdes pa grunnlag av dette at det har vrt en statistisk signikant reallnnskning? Utfr en test for a underske dette. b) Finn et 95% prosent kondensintervall for forventet reallnn neste ar. Finn ogsa et prediksjonsintervall med kondenskoesient Hva er forskjellen mellom et kondensintervall og et prediksjonsintervall i denne situasjonen? Det opplyses at ^ = 105 pa den reallnnsskalaen som her brukes. Oppgave 2 Legers reservasjonsrett har vrt et omstridt politisk sprsmal. En er interessert i a underske om holdningen til dette sprsmalet avhenger av partitilhrighet. En har intervjuet 250 personer om dette, og resultatene er gitt i den flgende kontingenstabell: Parti n Holdning For Mot AP KRF H Utfr en hypotesetest med signikansniva 5% fora underske om holdningen avhenger av partitilhrighet. Oppgave 3 Vi ser pa reallnnsvekst fra et ar til neste for midlertidig ansatte i en bestemt bransje. For 15 personer ble flgende reallnnskninger x i registrert. Negativ x i betyr at det har vrt nedgang. Dataene er ordnet fra lavest til hyest x i : 4:6; 3:7; 1:1; 0:6; 0:2; 0:8; 1:0; 1:0; 1:1; 1:1; 1:7; 2:2; 2:9; 5:3; 6:2:

2 a) Utfr en t-test for teste om det er en forventet reallnnskning som er strre enn 0.5 malt med denne indeksen. Det opplyses at X15 (x i x) 2 = 112:04: Nar du ser pa dataene, er det rimelig a bruke en t-test her? Hvorfor er det vanskelig a regne ut styrken for en t-test? Begrunn svaret. b) Undersk det samme ved en tegntest og ved en Wilcoxon ett-utvalgtest. Kommenter resultatene. Det opplyses at under nullhypotesen er variansen for Wilcoxon testvariablen gitt ved n(n 1)(2n 1) var(w ) = : 6 c) La V i, i = 1; 2; 3 vre uavhengige variable med P (V i = i) = P (V i = i) = 1 2. Finn den momentgenererende funksjon for V 1 og V 1 V 2 V 3. Finn av dette fordelingen til V 1 V 2 V 3 og forklar hvilken sammenheng dette har til testvariablen W for en ett-utvalgs Wilcoxon test med 3 observasjoner. d) En nsker ogsa a foreta en sammenlikning mellom denne kategorien ansatte for to ulike bransjer A og B. Data for bransje A er som oppgitt umiddelbart fr punkt a). Bransje B har 6 personer med i underskelsen med observasjoner (ordnet) y i : 2:0; 2:5; 2:8; 3:0; 3:4; 3:9: Test om bransje B har strre reallnnskning enn bransje A. Det opplyses at for W, testvariablen for Wilcoxon testen, har en under nullhypotesen i dette tilfellet E(W ) = n 2(n 1 n 2 1) 2 ; var(w ) = n 1n 2 (n 1 n 2 1) : 12 En nsker ogsa a bruke lpstesten (run test) for dette problemet for a teste eventuell forskjell i fordelingsfunksjon for bransje A og B. Det opplyses at for R, testvariablen for lpstesten, har en under nullhypotesen R = E(R) = 2n 1n 2 1; var(r) = ( R 1)( R 2) : n 1 n 2 n 1 n 2 1 Kommenter kort resultatene for de to testene. Oppgave 4 Na nsker vi a underske om reallnnskning avhenger av etnisitet og/eller alder. Vi utfrer en to-veis variansanalyse pa 18 personer trukket ut tilfeldig innen etnisitetsgruppene norsk, europeisk, asiatisk og aldersintervallene 1: 20-30, 2: 30-40, 3: 40-45, 4: : : over 60. Vi har prvd a rense dataene for uteliggere slik at vi kommer nrmere normalfordelingen. Dataene for reallnnskning er

3 Etnisitet n Alder x i: Norsk Europeisk Asiatisk x :j a) Forklar hva de enkelte ledd star for i modellen X ij = i j " ij ; i = 1; : : : ; a; j = 1; : : : ; b og hvilke forutsetninger som ma gjres. Skriv opp estimater for, 2 og 3. Gi deres numeriske verdi og vis at de er forventningsrette. b) Vis at oppsplittingen ax j=1 (X ij X:: ) 2 = b ax ( X i: X:: ) 2 a j=1 ( X :j X:: ) 2 ax j=1 er riktig og forklar hva de enkelte leddene i oppsplittingen star for. (X ij Xi: X:j X :: ) 2 c) Test om det er en etnisitetseekt og om det er en alderseekt. Det opplyses at 3X 6X j=1 (x i: x :: ) 2 = 12:0; 3X 6X j=1 (x :j x :: ) 2 = 10:26 og 3X 6X j=1 (x ij x i: x :j x :: ) 2 = 8:72: Hva blir et forventningsrett estimat for 2, der 2 = var(" ij )? d) Endelig nsker en a studere eventuell vekselvirkning (samspill) mellom etnisitet og alder. Det utfres da et nytt eksperiment men na med 7 personer for hver etnisitetskategori og alderskategori. Forklar hva de enkelte leddene i modellen X ijk = i j ij " ijk star for og klargjr forutsetningene som ma gjelde for disse. Test om det er en vekselvirkning mellom etnisitet og alder nar det opplyses at 3X 6X 7X j=1 k=1 (x ijk x ij: ) 2 = 187:61; 3X 6X 7X j=1 k=1 (x ij: x i:: x :j: x ::: ) 2 = 59:24: Dag Tjstheim

4 Oppgave 1: Lsningsforslag (Forbehold om feil) 1a) Forutsetninger: " i uavhengige og normalfordelt N (0; 2 ). Vi tester H 0 : = 0 mot H 1 : > 0 og har t = ^ 0 s= p M = 0:5 15:0=13= p 280 = 7:83 > 1:771 der er kvantil i t(13) fordelingen. Dette leder til meget klar forkastning pa 5% niva. 1b) Formel for estimert standardavvik i kondensintervallet for forventet verdi er 1 s (t 16 t) (16 8)2 = = 1:07 0:54 = 0:58. Prediksjon er gitt ved ^y n M = 105 0:5(16 8) = 109 og tilhrende kondensintervall for forventet reallnn ett ar fram i disse enhetene blir [109 2:16 0:58; 109 2:16 0:58] eller [107:75; 110:25] standardavvik for prediksjonsintervallet s (t 16 t) 2 = 1:07 1:14 = 1:22 og et 95% M predisksjonsintervall er gitt ved [109 2:16 1:22; 109 2:16 1:22] eller [106:36; 111:64]. Oppgave 2 Det utfres en 2 test. nullhypotesen at det er ingen sammenheng mellom partitilhrighet og holdning til resevasjonsrett. Testvariablen blir Q = (22 41:8)2 41:8 (66 46:8)2 46:82 (44 34:16)2 34:16 (29 38:84)2 38:84 (51 41:65)2 41:65 (38 47:35)2 = 26:06 > 5:99 47:35 slik at vi far meget klar forkastning av H 0 ved en sammenlikning med 2 -tabell. Oppgave 3 3a Vi nsker a teste H 0 : = 0:5 mot H 1 : > 0:5. Vi regner ut og nner x = 1 15 P 15 x i = 0:9. En t-test gir da med s = 112:04=14 = 2:83, t = x 0 s= p n = 0:9 0:5 2:83= p 15 = 0:55 < 1:761 slik at vi fa klar ikke-forkastning. Nar vi ser pa dataene er det et par ekstreme avvik (5.3 og 6.7) som gjr det vanskelig a tro at datanene er fra en normalfordeling, og at vi derfor kan ha liten tiltro til t-testen. Styrken er vanskelig a beregne p.g.a estimert standardavvik s inngar i formelen for styrke. 3b Vi har y = 5 verdier av 15 som er mindre enn 0.5. P-verdi for tegntest blir da ved bruk av binomisk tabell for N = 15: P H0 (Y 5) = 0:1509 > 0:05, slik at vi heller ikke her far forkastning, men vi er nrmere. Vi fa flgende verdier for jx i 0:5j : 5:1; 4:2; 1:6; 1:1; 0:3; ; 0:3; 0:5; 0:5; ; 0:6; 0:6; 1:2; 1:7; 2:4; 4:8; 5:7

5 som gir ranger R i : 14; 12; 9; 7; 1:5; 1:5; 3:5; 3:5; 5:5; 5:5; 8; 10; 11; 13; 15 og flgelig w = :5 5:5 3:5 3:5 1:5 1: = 33 og tilhrende z-verdi med heltallskorreksjon blir Z = = 0: =6 som igjen gir ganske klar ikke forkastning av H 0. 3c)Den momentgenererende funksjon for V 1 er M V1 (t) = Efe V 1t g = 1 2 [et e t ] Ved a bruke at ved uavhengighet er den momentgenererende funsjon av en sum lik produktet av de momentgenererende funksjoner M V1 V 2 V 3 (t) = 3 M Vi (t) = 1 8 (et e t )(e 2t e 2t )(e 3t e 3t ) = 1 8 (e6t e 4t e 2t 2 e 2t e 4t e 6t ) Siden 2 = 2e 0t ved a identisere ledd i den momentgenererende funksjon far vi testvariablene W tar verdiene 6, 4, 2, -2, -4, -6 hver med sannsynlighet 1/8, mens W tar verdien 0 med sannsynlighet 1/4. 3d) Rangene for y-ene nar de stilles sammen med x-ene blir w y = = 95. Tilhrende z-verdi blir z = 95 0:5 (6 22)= =12 = 2:22 > 1:645 slik at vi fa forkastning av nullhypotesen H 0 : m x = m y mot H 1 : m x < m y. Antall lp er r = 7. Med bruk av normal approksimasjonen far vi, siden R = P H0 (R 7) P (Z 7 0:5 9:57 (9:57 1)(9:57 2)=(n1 n 2 1) 2:07 = P (Z ) = P (Z 1:15) 1:80 og vi forkaster ikke pa 5% niva. At vi ikke far forkastning for lpstesten men far det pa to-utvalg Wilcoxon er ikke urimelig siden lpstesten har mindre styrke.

6 Oppgave 4 4a) er forventet total, i og j er tilleggseekt p.g.a. henholdsvis etnisitet og alder. Videre er " ij uavhengige normalfordelte variable med forventning 0 og varians j=1 j = 0. Estimater blir 2. Endelig har vi i = 0 og ^ = X :: ^ i = X i: X:: ^j = X :j X:: Vi kan uttrykke estimatene ved hjelp av " ij og ved a bruke summasjonsreglene for i og j som flger: ^ = " :: ^ i = i " i: " :: ; ^j = j " :j " :: Det flger av dette at alle disse estimatene er forventningsrette. Numeriske verdier er: 4b) Vi har X SS(T ) = ij X X:: ) j=1(x 2 = i ^ = 1:4; ^ 2 = 0:0; ^3 = 0:3 X j ( X i X:: X :j X:: X ij Xi: X:j X :: ) 2 Nar vi multipliserer ut alle leddene og bruker den generelle regelen P i(y i Y ) = 0 ere ganger ender vi opp med den oppgitte formelen. Den frste av de tre summene pa hyre side maler en eventuell etnisitetseekt, den andre summen en eventuell alderseekt og den tredje maler restavariasjon. Se ellers side 391 i lreboken. 4c) Test av H A : 1 = 2 = 3 = 0 mot alternativhypotesen at minst en er ulik null: F A = j=1(x i: x :: ) 2 =2 j=1(x ij x i: x :j x :: )=10 = 12:0=2 8:72=10 = 6:88 > f 0:05(2; 10) = 4:10 og nullhypotesen om ingen etnisitetseekt ma forkastes. Deretter test av H B : j = 0; j = 1; : : : ; 6 mot alternativhypotesen at minst en er ulik null.: F B = j=1(x :j x :: ) 2 =5 j=1(x ij x i: x :j x :: ) 2 =10 = 10:26=5 8:72=10 = 2:35 < f 0:05(5; 10) = 3:33 slik at vi ikke kan forkaste nullhypotesen om ingen alderseekt. Forventningsrett estimat for 2 er P SS(E) a P b ^ 2 = (a 1)(b 1) = j=1(x ij x i: x :j x :: ) 2 = 8:72 (a 1)(b 1) 10 = 0:872: 4d) I forhold til tolkningen under 4a) er det na kommet inn en samspillsparameter ij. For denne har vi betigelsene P i ij = 0 for alle j og P j ij = 0 for alle i. Nullhypotesen om intet samspill uttrykkes med H AB : ij = 0 for i = 1; 2; 3 og j = 1; : : : ; 6. testen blir F AB = j=1 j=1 P 7 k=1(x ij: x i:: x :j: x ::: ) 2 =10 P 7 k=1(x ijk x ij: ) 2 =(3 6 (7 1)) = 59:24=10 187:61=108 = 3:41 > f 0:05(10; 60) = 1:99 > f 0:05 (10; 108) slik at vi forkaster nullhypotsen om intet samspill.