Løsningsforsalg til andre sett med obligatoriske oppgaver i STK1110 høsten 2015

Transkript

1 Løsningsforsalg til andre sett med obligatoriske oppgaver i STK1110 høsten 2015 R-kode for alle oppgaver er gitt bakerst. Oppgave 1 (a) Boksplottet antyder at verdiene er høyere for kvinner enn for menn. (b) QQ-plot antyder at normalfordeling er ganske rimlig, selv om noen av de høye verdiene er litt for høye (litt for tung hale til høyere). Det er dog veldig få målinger, noe som gjør det vanskelig å si om det er et veldig avvik. (c) Vi har at T = X Ȳ (µ X µ Y ) ( m n) S 2 p er t-fordelt med m+n 2 frihetsgrader. Dermed kan vi bruke T med µ X µ Y = 0 for å teste H 0 : µ X = µ Y og forkaste H 0 hvis den observerte T er større enn t 0.025;m+n 2 i absoluttverdi. Tilsvarende kan vi bruke at Pr( t 0.025;m+n 2 < X Ȳ (µ X µ Y ) ( < t 0.025;m+n 2 ) = m n) S 2 p for å vise at X Ȳ ±t ( 0.025;m+n 2 Sp ) 1 m n er et 95% konfidensintervall for µx µ Y. Bruker vi direkte t.test funksjonen i R, får vi Two Sample t t e s t data : x and y t = , df = 18, p value = a l t e r n a t i v e h y p o t h e s i s : true d i f f e r e n c e in means i s not equal to 0 95 percent c o n f i d e n c e i n t e r v a l : sample e s t i m a t e s : mean o f x mean o f y som da gir at vi forkaster H 0 på 5% signifikansnivå. vi får også et 95% konfidensintervall som er lik [ ]. (d) I dette tilfellet må vi bruke at Vi har at T = X Ȳ (µ X µ Y ) S1 2 + S2 2 m n 1

2 er tilnærmet t-fordelt med ν frihetsgrader (der ν er gitt ved formelen på side 499 i boka). Dermed kan vi bruke T med µ X µ Y = 0 for å teste H 0 : µ X = µ Y og forkaste H 0 hvis den observerte T er større enn t 0.025;ν i absoluttverdi. Tilsvarende kan vi bruke at Pr( t 0.025;ν < X Ȳ (µ X µ Y ) < t 0.025;ν) = 0.95 S1 2 + S2 2 m n S 2 1 for å vise at X Ȳ ± t 0.025;ν + S2 2 m n < t 0.025;ν er et 95% konfidensintervall for µ X µ Y. Bruker vi direkte t.test funksjonen i R, får vi Welch Two Sample t t e s t data : x and y t = , df = , p value = a l t e r n a t i v e h y p o t h e s i s : true d i f f e r e n c e in means i s not equal to 0 95 percent c o n f i d e n c e i n t e r v a l : sample e s t i m a t e s : mean o f x mean o f y som da gir at vi forkaster H 0 på 5% signifikansnivå. vi får også et 95% konfidensintervall som er lik [ ]. (e) Vi har at F = S 2 1 σ 2 X S 2 2 σ 2 Y = (m 1)S 2 1 σ 2 X (m 1) (n 1)S 2 2 σ 2 Y (n 1) er F -fordelt med m 1 og n 1 frihetsgrader. Dette følger av proposisjon på side 320 i boka, at de to utvalgene er uavhengige samt definisjonen av F -fordelingen. En utskrift av var.test() i R gir F t e s t to compare two v a r i a n c e s data : x and y F = , num df = 9, denom df = 9, p value = a l t e r n a t i v e h y p o t h e s i s : true r a t i o o f v a r i a n c e s i s not equal to 1 95 percent c o n f i d e n c e i n t e r v a l : sample e s t i m a t e s : r a t i o o f v a r i a n c e s

3 som ikke gir noen grunn til å forkaste H 0 : σx 2 = σ2 Y. Dette gir også en forklaring på hvorfor vi får så like resultater i (c) og (d). (f) Vi har at E[X 11 Y 11 ] = µ X µ Y som kan estimeres ved x ȳ. Videre er V [X 11 Y 11 ( X Vi har da at Ȳ )] = uavh = V [X 11 ] + V [Y 11 ] + V [ X] + V [Ȳ ] =σ 2 X + σ 2 Y + m 1 σ 2 X + n 1 σ 2 Y = [2 + m 1 + n 1 ]σ 2 T = X 11 Y 11 ( X Ȳ ) S p 2 + m 1 + n 1 er t-fordelt med m + n 2 frihetsgrader, noe som gir et prediksjonsintervall [ X Ȳ ) ± t 0.025;m+n 2 S p 2 + m 1 + n 1. Innsatt data får vi [ ]. Vi får her et mye bredere intervall da vi må ta hensyn til usikkerheten i de nye observasjonene. Oppgave 2 Siden eneggede tvillinger har samme genetiske materiale, brukes såkalte tvilling-studier til å kartlegge hvordan miljøet virker inn på ulike egenskaper. I en bok av den amerikanske forskeren Susan Faber finner vi data for n = 31 tvillingpar der den ene tvillingen vokste opp hos biologiske foreldre (Twin A) og den andre vokste opp hos andre familiemedlemmer, foster- eller adoptiv-foreldre (Twin B). Nedenfor finnes en oppsummering av målt IQ for disse personene. Spørsmålet vi ønsker å belyse er om det er forskjell i IQ hos eneggede tvillinger der den ene tvillingen har vokst opp hos biologiske foreldre, og den andre ikke. N Mean StDev SE Mean Twin A Twin B Difference I tabellen er STDev empirisk standard avvik regnet fra enkeltobservasjoner mens SE Mean er standardfeilen til gjennomsnittet. (a) Her vil det være urimelig å anta at observasjoner fra to tvillinger er uavhengige. Dette vil resultere i at differansene har mindre varians og dermed kan gi mer nøyaktige resultater. 3

4 (b) Vi bruker her vanlige metoder for ett-utvalgstest, dvs t = d 0 s D / n som sammenliknes med kvantil i t-fordelingen med n 1 frihetsgrader. I dette tilfellet blir t = 2.06 og en P-verdi 0.048, dvs vi vil forkaste H 0 = 0 = 0 på 5% signifikantnivå, men bare såvidt. Det er således endel usikkerhet rundt konklusjonen. Kall forventet forskjell mellom Twin A og Twin B for µ D. (c) d ± t.025;n 1 s D / n vil være et 95% konfidensintervall for µ D. Her blir det [ ]. Vi har sammenhengen med at hvis konfidensintervallet ikke dekker 0 så kan vi forkaste H 0 mot det to-sidige alternativet. Vi får dermed samsvar med resultatet ovenfor. Oppgave 3 (a) Kryssplott gir en ganske klar sammenheng mellom Strength og temperature, men noe mer uklart med Pressure. Det viser også at Pressure ikke har så mange forskjellige verdier. (b) Den lineære tilpasningen ser ganske god ut. (c) Bruk av confint rutinen gir 2. 5 % 97.5 % ( I n t e r c e p t ) Temperature Da intervallet for Temperature ikke dekker 0, indikerer det at denne variabelen er viktig, (d) Ikke like klar sammenheng med Pressure, men vi får konfidensintervallene 2. 5 % 97.5 % ( I n t e r c e p t ) Pressure som også indikerer at denne variabelen er viktig (siden vi igjen får et intervall som ikke dekker 0). (e) Temperature gir R 2 a = 0.76 mens Pressure gir R 2 a = Dvs vi får forklart mest av variasjonen gjennom Temperature, og denne er dermed å foretrekke. (f) Her får vi følgende: C o e f f i c i e n t s : Estimate Std. Error t value Pr( > t ) ( I n t e r c e p t )

5 Temperature e 06 Pressure e 05 Residual standard e r r o r : on 7 d e g rees o f freedom Multiple R squared : , Adjusted R squared : F s t a t i s t i c : 211 on 2 and 7 DF, p value : e 07 Dvs begge variablene får nå lavere P-verdier og forklaringsgraden øker dramatisk. Vi ser også at ˆσ er blitt kraftig redusert. Dette resulterer i at også s ˆβj blir mye mindre noe som igjen gir en mye større t-verdi. Dette har noe sammenheng med at de to variablene er korrelerte (negativt). (g) Vi får C o e f f i c i e n t s : Estimate Std. Error z value Pr( > z ) ( I n t e r c e p t ) Temperature ( D i s p e r s i o n parameter for binomial family taken to be 1) Null deviance : on 9 d egrees o f freedom Residual deviance : on 8 d egrees o f freedom AIC : Her blir altså P-verdien tilhørende Temperature mye større og dermed blir forklaringsvariabelen mindre viktig. Dette har sammenheng med at vi nå bruker mindre informasjon fra responsvariabelen. 5

6 #Oppgave 1 d < read. table (.. / o b l i g e r / o b l i g 2 1. dat, header=t) x < d$menn ;m < length ( x ) y < d$kvinner ; n < length ( y ) #a boxplot ( d ) #b par ( mfrow=c ( 1, 2 ) ) qqnorm( x ) ; qqline ( x ) qqnorm( y ) ; qqline ( y ) #c s2. p < ( (m 1) var ( x)+(n 1) var ( y ) ) /(m+n 2) t < (mean( x) mean( y ) ) /sqrt ( s2. p (1/m + 1/n ) ) t. t e s t ( x, y, var. equal=true) nu < m+n 2 p. value < 2 (1 pt ( abs ( t ), nu ) ) alpha < 0.05 mean( x) mean( y)+qt ( c ( alpha/2,1 alpha/ 2), nu ) sqrt ( s2. p (1/m + 1/n ) ) t. t e s t ( x, y, var. equal=equal) #d se1 < sd ( x )/sqrt (m) se2 < sd ( y )/sqrt (n) t < (mean( x) mean( y ) ) /sqrt ( se1ˆ2+se2 ˆ2) nu < ( se1ˆ2+se2 ˆ2)ˆ2/( se1 ˆ4/(m 1) + se2 ˆ4/(n 1)) p. value < 2 (1 pt ( abs ( t ), nu ) ) #KI alpha < 0.05 mean( x) mean( y)+qt ( c ( alpha/2,1 alpha/ 2), nu ) sqrt ( se1ˆ2+se2 ˆ2) t. t e s t ( x, y, var. equal=false) #e f < var ( x )/var ( y ) p. value < 2 (1 pf ( f,m 1,n 1)) #f v < s2. p (2 + 1/m + 1/n) mean( x) mean( y)+qt ( c ( alpha/2,1 alpha/ 2), nu ) sqrt ( v ) #Oppgave 2 #a #b m <

7 se < 1.58 n < 31 t < m/se p. value < 2 (1 pt ( abs ( t ), n 1)) #c alpha < 0.05 m + qt ( c ( alpha/2,1 alpha/ 2), n 1) se #Oppgave 3 d < read. table (.. / o b l i g e r / p l a s t i c sub. dat, header=t) #a #b f i t < lm( Strength Temperature, data=d) summary( f i t ) plot (d$temperature, d$strength ) abline ( f i t $coef ) #c c o n f i n t ( f i t ) #d ) f i t 2 < lm( Strength Pressure, data=d) summary( f i t 2 ) plot (d$pressure, d$strength ) abline ( f i t 2 $coef ) c o n f i n t ( f i t 2 ) #f ) f i t 3 < lm( Strength Temperature+Pressure, data=d) summary( f i t 3 ) plot (d$pressure, d$strength ) abline ( f i t 2 $coef ) #g ) d$ t r e s h < as. integer ( d$strength >30) f i t. glm < glm( t r e s h Temperature, data=d, family= binomial ) plot (d$pressure, d$ t r e s h ) plot (d$temperature, d$ t r e s h ) 7