Løsningsforslag. n X. n X 1 i=1 (X i X) 2 og SY 2 = 1 ny S 2 X + S2 Y

Transkript

1 Statistiske metoder 1 høsten 004. Løsningsforslag Oppgave 1: a) Begge normalplottene gir punkter som ligger omtrent på ei rett linje så antagelsen om normalfordeling ser ut til å holde. Konfidensintervall for µ X µ Y : µ ˆ X µ ˆ Y = X Ȳ Z = X Ȳ E( X Ȳ ) Var( X = X Ȳ (µ X µ Y ) N(0, 1) Ȳ ) σx + σ Y n Y Her er σx og σ Y ukjente, estimeres ved S X = 1 nx n X 1 i=1 (X i X) og SY = 1 ny n Y 1 i=1 (Y i Ȳ ), og når σx og σ Y erstattes med S X og S Y har vi fra pensum at n X T = X Ȳ (µ X µ Y ) S X n X + S Y n Y t ν der det er oppgitt i oppgaveteksten at ν = 17. P ( t α/,ν T t α/,ν ) 1 α P ( t α/,ν X Ȳ (µ X µ Y ) t α/,ν) 1 α SX nx + S Y n Y SX P ( t α/,ν + S Y n X n X Ȳ (µ SX X µ Y ) t α/,ν + S Y ) 1 α Y n X n Y P ( X Ȳ t SX α/,ν + S Y µ X µ Y n X n X Ȳ + t SX α/,ν + S Y ) 1 α Y n X n Y Dvs med t α/,ν = t 0.05,17 =.1 og de oppgitte dataene får vi følgende (tilnærmet) 95% konfidensintervall for µ X µ Y : [167.74/ 173./ / /9, / 173./ / /9 ] = [ 0.81, 0.8] Konfidensintervallet inneholder kun negative verdier, dvs det ser ut for at forventet hardhet et større for konkurrenten sine kuler enn for bedriften sine. 1

2 b) H 0 : σ X = σ Y mot H 1 : σ X σ Y Eller: H 0 : σ X σ Y = 1 mot H 1 : σ X σ Y 1 Estimator: ˆσ 1 ˆσ = S 1 S Oppgitt resultat (eller teorem 8.8/tabell s. 8) gir at: F = (n X 1)S X /σ X n X 1 (n Y 1)S Y /σ Y n Y 1 = S X σ Y S Y σ X = S X S Y F (n X 1, n Y 1) under H 0 Vi forkaster her H 0 på 5% nivå dersom: F f 1 α/,9,9 = 1 f α/,9,9 = 1 f 0.05,9,9 = = 0.48 eller F f 1 α/,9,9 = f ,9,9 = Observert: f obs = / /9 = Dvs vi forkaster ikke H 0 på 5% nivå. Ikke grunnlag for å påstå forskjell i varians.

3 a) Modell: Oppgave : Y ijk = µ + α i + β j + (αβ) ij + ε ijk, der ε ijk uavh. N(0, σ ) der µ er gjennomsnittseffekten, α i er effekten av ukedag i, β j er effekten av reiserute j, (αβ) ij er samspillseffekten ved kombinasjonen av ukedag i og reiserute j og ε ijk er feilleddet (tilfeldig variasjon). 5 i=1 α i = 0, 4 j=1 β j = 0, 5 i=1 (αβ) ij = 0, 4 j=1 (αβ) ij = 0. Dersom vi har samspill i denne situasjon kan vi tolke det som at det er forskjellig fra ukedag til ukedag hvilke reiseruter som er gunstig/ugunstige tidsmessig, eller/og at det er forskjellig fra reiserute til reiserute hvilke ukedager som gir mest/minst gunstig reisetid. b) 1. Kilde SS df M S F Ukedag Reiserute Samspill Feil Total H 0 : β 1 = β = β 3 = β 4 = 0 mot H 1 : minst en β i 0 Siden f obs = 8.45 > f 0.05,3,0 = 3. forkaster vi H 0. Dvs, reiserute har betydning.. H 0 : α 1 = α = α 3 == α 4 = α 5 = 0 mot H 1 : minst en α i 0 Siden f obs =.64 > f 0.05,4,0 =.87 forkaster vi H 0. Dvs, ukedag har betydning. 3. H 0 : (αβ) 11 = = (αβ) 54 = 0 mot H 1 : minst en 0 Siden f obs = 0.68 < f 0.05,1,0 =.8 forkaster vi ikke H 0. Dvs, det er ikke samspill mellom reiserute og ukeda. Tidsbruken avhenger både av ukedag og av valg av reiserute, men det er ikke samspill mellom disse to faktorene. Fra plottet ser det ut for at reiserute 1 generelt er det gunstigste valget. Tendensen når det gjelder tidsbruk ulike dager ser ut til å være at det tar lengst tid mandager og torsdager. 3

4 Oppgave 3: a) Ja, vi ser fra variansanalysetabellen at testen H 0 : β 1 = β = 0 mot H 1 : minst en β i 0 gir forkastning på alle rimelig nivå (p-verdi=5.6 8 ) - dvs funksjonen av prosentandel tilsetningsstoff (med leddene x og x ) har samlet sett betydning for Y. Prosentandelen tilsetningsstoff har med andre ord betydning for Y. ŷ(x) = x 0.684x. Ved derivasjon får vi: ŷ (x) = x = 0 x 0 = = 9.4 ŷ(9.4) = = b) Tar utgangspunkt i: Ŷ 0 Y 0 = ˆµ Y x0 Y 0 der Y 0 er den nye målingen og vi i forrige punkt fant at x 0 = 9.4. Når x 0 = (1, 9.4, 9.4 ) T får vi Tallsvar: E(Ŷ0 Y 0 ) = E(ˆµ Y x0 ) E(Y 0 ) = µ Y x0 µ Y x0 = 0 Var(Ŷ0 Y 0 ) uavh = Var(Ŷ0) + Var(Y 0 ) = 0.113σ + σ = 1.113σ T = Ŷ0 Y 0 S t n 3 P ( t α/,n 3 T t α/,n 3 ) = 1 α P ( t 0.05,16 Ŷ0 Y 0 S t 0.05,16) = 0.90 P (Ŷ0 t 0.05,16 S Y 0 Ŷ0 + t 0.05,16 S 1.113) = 0.90 Innsatt ŷ 0 = b 0 + b 1 x 0 + b x 0 = = 50.43, s = og t 0.05,16 = gir dette følgende 90% prediksjonsintervall: [ , ] = [39.6, 61.]. 4

5 c) H 0 : β 3 = 0 mot H 1 : β 3 0 p-verdi for denne testen er gitt i datautskriften og er < 0.05, dvs vi forkaster H 0, tredjegradsleddet gir signifikant bidrag. Praktisk tolkning av β 0 i disse modellene er forventet hardhet i en legering uten tilsetningen (x = 0). I modell 1 får vi estimatet ˆβ 0 =.0 mens modell gir estimatet ˆβ 0 = 4.93, siden hardhet måles på en skala som går fra 0 og oppover er estimatet vi får fra modell mest rimelig. Ulempen med R som modellvalgskriterium er at R alltid øker når vi tar med flere variable i modellen. R justert er en forbedret R som justerer for problemet med å ukritisk ta med for mange variable. Her har modell 1 R justert = mens modell har en høyere verdi, R justert = 0.938, dvs modell er best i følge R justert. d) Når vi ser på plottene av de estimerte regresjonslinjene ser vi at den estimerte regresjonslinja fra modell ser ut til å være mer i overenstemmelse med dataene enn linja fra modell 1. I plottet av residualene ser vi en viss tendens til mønster i residualene fra modell 1 (som kan tyde på at modellen ikke er helt godt tilpasset), mens residualene for modell viser en jevn og tilfeldig spredning omkring 0, noe som tyder på en god modell. Modell ser altså ut til å være best. Ved å plotte residualene mot alle forklaringsvariablene, mot predikerte verdier og innsamlingsrekkefølge/observasjonsnummer kan man sjekke: 1) om den tilpassede modellen for forventningsverdien er den korrekte (korrekt valg av variable og korrekt funksjonsform på variablene), ) om feilleddene ε 1... ε n har forventning 0, konstant varians og er uavhengige. Dersom disse antagelsene holder skal alle disse plottene vise residualer som har gjennomsnitt omtrent 0, konstant variasjon omkring 0 og ingen bestemte mønster. Ved å lage et normalplott av residualene kan antagelsen om at feilleddene ε 1... ε n er normalfordelte sjekkes. Dette plottet bør gi punkter som ligger omtrent på ei rett linje dersom normalfordelingsantagelsen er god. I denne situasjonen burde man i tillegg lage et normalplott av residualene og et plott av residualene mot predikert verdier. Generelt burde også et plott av residualene mot observasjonsnummer lages, for å sjekke for eventuelle avhengigheter i dataene knyttet til innsamlingsrekkefølgen, men her øker verdien på x i jevnt med verdien på i - så med akkurat disse dataene ville dette plottet vise det samme som plottet av residualene mot x. 5

6 Oppgave 4: a) 1. X 1 = antall personer med lidelsen i det tilfeldige utvalget på n 1 = 0 personer i gruppe 1 bin(0, p 1 ) H 0 : p 1 = 0.15 mot H 1 : p 1 > 0.15 En stor verdi på X 1 (=stor verdi på ˆp 1 ) tyder på at H 1 er rett. Med x 1,obs = 5 får vi p verdi = P (X 1 5 p 1 = 0.15) = 1 P (X 1 4 p 1 = 0.15) tabell = = Forklaringen er at vi har gjort mange flere observasjoner i gruppe. Selv om estimert andel er mindre i gruppe enn i gruppe 3 har vi på grunn av mange flere målinger mindre usikkerhet og kan være mer sikre på at reell andel er større enn 0.15 for gruppe enn for gruppe Man må være oppmerksom på den såkalte fisketur -problematikken. Jo flere tester man utfører jo større er sannsynligheten for å gjøre en type-i feil (feilaktig forkaste nullhypotesen) i minst en av testene. Dersom man bruker et nivå α (=sannsynlighet for type-i feil) og gjør mange tester hvor nullhypotesen egentlig er korrekt vil sannsynligheten for å ved en tilfeldighet få forkastning i minst en av testene bli mye større enn α, og større jo flere tester man gjør. En enkel måte å kompansere for dette problemet på er ved å gjøre en Bonferroni-korreksjon, hvor man redusere nivået fra α til α/k der k er antall tester. Da er man sikret at den totale sannsynligheten for å begå en type-i feil i minst en av testene ikke overskrider α Dersom vi her tar utgangspunkt i et ønsket nivå på α = 0.05 bruker vi da nivået α = 0.05/11 = i hver enkelt test for å sikre at den totale sannsynligheten for å gjøre en type-i feil ikke overskrider Konklusjonen blir da at vi forkaster nullhypotesen og konkluderer med at andel med lidelsen er større enn 0.15 i gruppe 6 og 11 (disse er de to eneste gruppene hvor p-verdien på testen ble mindre enn 0.05). 6