6 Korrelation und Regression

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1 W. Timischl: Angewandte Statistik Lösung von Beispielen mit R 1 6 Korrelation und Regression Aufgabe 6.1 (Beispiel 6.1, Produktmomentkorrelation): In einer Studie wurden u.a. die Serumkonzentrationen X und Y der Na- bzw. Cl-Ionen (in mmol/l) in einer Stichprobe von n =15 zufällig ausgewählten Probanden bestimmt. Unter der Annahme, dass X und Y zweidimensional-normalverteilt sind, soll (i) der Verteilungsparameter ρ XY durch die Produktmomentkorrelation r XY geschätzt, (ii) ein 95%- Konfidenzintervall für ρ XY berechnet und (iii) gezeigt werden, dass X und Y voneinander abhängig sind (α = 5%). lfd. Nr. X Y 1 135,0 99, ,0 106, ,5 105, ,0 94, ,0 98, ,0 92, ,0 97, ,0 106, ,0 102, ,5 98, ,5 105, ,0 103, ,0 101, ,0 107, ,0 104,0 # Beispiel 6.1 (Produktmomentkorrelation) # Dateneingabe, univariate Statistiken na <- c(135.0, 147.0, 148.5, 130.0, 139.0, , 142.0, 146.0, 131.0, 143.5, , 145.0, 143.0, 153.0, 149.0) cl <- c(99.0, 106.5, 105.5, 94.0, 98.0, , 97.0, 106.0, 102.5, 98.5, , 103.0, 101.0, 107.0, 104.0) n_na <- length(na) n_cl <- length(cl) mw_na <- mean(na) mw_cl <- mean(cl) std_na <- sd(na) std_cl <- sd(cl) print(cbind(n_na, mw_na, std_na)) n_na mw_na std_na [1,] print(cbind(n_cl, mw_cl, std_cl)) n_cl mw_cl std_cl [1,] # bivariate Statistiken s_nacl <- cov(na, cl) # Kovarianz r_nacl <- cor(na, cl, method="pearson") # Produktmoment(=Pearson)korrelation print(cbind(s_nacl, r_nacl)) s_nacl r_nacl [1,] # Konfidenzintervall, Abhängigkeitsprüfung

2 W. Timischl: Angewandte Statistik Lösung von Beispielen mit R 2 cor.test(na, cl, method="pearson", alternative="two.sided", conf.level=0.95) Pearson's product-moment correlation data: na and cl t = , df = 13, p-value = alternative hypothesis: true correlation is not equal to 0 95 percent confidence interval: sample estimates: cor Aufgabe 6.2 (Beispiel 6.3, Rangkorrelation nach Spearman) Es soll mit den Daten von Beispiel 6.1 der Zusammenhang der Variablen X und Y mit dem Spearman schen Rangkorrelationskoeffizienten geschätzt werden. Was ergibt die Abhängigkeitsprüfung auf 5%igem Testniveau? Man zeige, dass der Korrelationskoeffizient nach Spearman gleich der mit den rangskalierten Stichproben berechneten Produktkorrealtion ist! # Beispiel 6.3 (Rangkorrelation nach Spearman) # Dateneingabe na <- c(135.0, 147.0, 148.5, 130.0, 139.0, 129.0, 142.0, 146.0, 131.0, 143.5, , 145.0, 143.0, 153.0, 149.0) cl <- c(99.0, 106.5, 105.5, 94.0, 98.0, 92.0, 97.0, 106.0, 102.5, 98.5, , 103.0, 101.0, 107.0, 104.0) # Parameterschätzung, Abhängigkeitsprüfung cor.test(na, cl, method="spearman", alternative="two.sided") Spearman's rank correlation rho data: na and cl S = 128, p-value = alternative hypothesis: true rho is not equal to 0 sample estimates: rho # Rangskalierung rang_na <- rank(na) rang_cl <- rank(cl) print(cbind(na, rang_na, cl, rang_cl)) na rang_na cl rang_cl [1,] [2,] [3,] [4,] [5,] [6,] [7,] [8,] [9,] [10,] [11,] [12,] [13,]

3 W. Timischl: Angewandte Statistik Lösung von Beispielen mit R 3 [14,] [15,] cor(rang_na, rang_cl) [1] Aufgabe 6.3 (Beispiel 6.3, Chiquadrat-Test auf Abhängigkeiten) Die Häufigkeitsdaten in der folgenden Tabelle beschreiben die gemeinsame Variation der Merkmale X="Augenfarbe" und Y="Haarfarbe" in einer Stichprobe von 200 Personen. a) Wie groß sind die bei einer angenommenen Unabhängigkeit zu erwartenden Häufigkeiten? b) Ist die Korrelation signifikant von null verschieden? (α=5%) Haarfarbe Augenfarbe hell mittel dunkel Σ (Zeilen) blau hell mittel dunkel Σ (Spalten) # Beispiel 6.4 (Erwartete Häufigkeiten, Chiquadrat-Test auf Abhängigkeit) obfreq <- matrix(c(16, 11, 5, + x <- chisq.test(obfreq, correct=true))) obfreq <- matrix(c(16, 11, 5, 18, 19, 10, 16, 42, 20, 6, 20, 17), + nrow=4, byrow=true, + dimnames=list(augenfarbe=c("blau", "hell", "mittel", "dunkel"), + =c("hell", "mittel", "dunkel"))) obfreq blau hell mittel dunkel testergebnis <- chisq.test(obfreq, correct=true) testergebnis Pearson's Chi-squared test data: obfreq = , df = 6, p-value = # p-value= < 5% H1 (Augenfarbe und Haarfarbe # variieren voneinader abhängig) summary(testergebnis) Length Class Mode statistic 1 -none- numeric parameter 1 -none- numeric p.value 1 -none- numeric method 1 -none- character data.name 1 -none- character observed 12 -none- numeric expected 12 -none- numeric residuals 12 -none- numeric

4 W. Timischl: Angewandte Statistik Lösung von Beispielen mit R 4 for (i in 1:8){print(testergebnis[i])} $statistic $parameter df 6 $p.value [1] $method [1] "Pearson's Chi-squared test" $data.name [1] "obfreq" $observed blau hell mittel dunkel $expected blau hell mittel dunkel $residuals blau hell mittel dunkel Aufgabe 6.4 (Beispiel 6.5, Odds Ratio, Phi-Koeffizient) In einer Studie wurde untersucht, ob zwischen der Mortalität in der Perinatalperiode (Merkmal Y, Werte ja/nein) und dem Rauchen während der Schwangerschaft (Merkmal X, Werte ja/nein) ein Zusammenhang besteht. Zu diesem Zweck wurden Daten in einer Geburtenstation erhoben. Man berechne den Phi-Koeffizienten und das Odds-Ratio. Ist der Phi-Koeffizient auf 5%igen Testniveau von null verschieden? Raucher X Mortalität Y ja nein Σ (Zeilen) ja nein Σ (Spalten)

5 W. Timischl: Angewandte Statistik Lösung von Beispielen mit R 5 # Beispiel 6.5 (Odds Ratio, Phi-Koeffizient) mort <- matrix(c(246, 8160, 264, 10710), nrow=2, ncol=2, + dimnames=list(mortalität=c("ja", "nein"), Raucher=c("ja", "nein"))) mort Raucher Mortalität ja nein ja nein testergebnis <- chisq.test(mort, correct=true) testergebnis Pearson's Chi-squared test with Yates' continuity correction data: mort = , df = 1, p-value = testergebnis[1] $statistic chi2sum <- testergebnis[[1]] # Auswahl des numerischen Elementes der Liste chi2sum phi <- sqrt(chi2sum/sum(mort)) phi OR <- (mort[1,1]/mort[2,1])/(mort[1,2]/mort[2,2]) OR [1] Aufgabe 6.5 (Beispiel 6.6, Einfache lineare Regression) Mit den Messdaten (Na- und Cl-Ionenkonz. X bzw. Y) von Aufgabe 6.1 sind - nach Überprüfung der Abhängigkeit (α = 5%) - zu bestimmen: - die lineare Regressionsfunktion (von Y auf X), - die erwarteten Zielvariablenwerte zu vorgebenen Werten der Einflussgröße, - die mittleren Zielvariablenwerte (einschl. 95%-Konfidenzintervalle), - das 95%-Konfidenzintervall für den Geradenanstieg und den Achsenabschnitt. # Beispiel 6.6 (Einfache lineare Regression) # Dateneingabe: na <- c(135.0, 147.0, 148.5, 130.0, 139.0, 129.0, 142.0, 146.0, 131.0, 143.5, , 145.0, 143.0, 153.0, 149.0) cl <- c(99.0, 106.5, 105.5, 94.0, 98.0, 92.0, 97.0, 106.0, 102.5, 98.5, , 103.0, 101.0, 107.0, 104.0) # Graphische Überprüfung der Adäquatheit des linearen Modells: plot(na, cl) abline(lm(cl~na))

6 W. Timischl: Angewandte Statistik Lösung von Beispielen mit R 6 # Abhängigkeitsprüfung und Schätzung der Geradenparameter: daten <- data.frame(na, cl) daten na cl modell <- lm(formula=cl~na, data=daten) summary(modell) Call: lm(formula = cl ~ na, data = daten) Residuals: Min 1Q Median 3Q Max Coefficients: Estimate Std. Error t value Pr( t ) (Intercept) na ** --- Signif. codes: 0 *** ** 0.01 * Residual standard error: 3.22 on 13 degrees of freedom Multiple R-Squared: , Adjusted R-squared: F-statistic: on 1 and 13 DF, p-value: # Erwartete Zielvariablenwerte zu vorgegebenen Werten der Einflussgröße: predict(modell, data.frame(na=c(130, 135, 140, 145))) # Erwartete Zielvariablenwerte und 95%-Konfidenzintervalle cl_expected <- predict(modell, data.frame(na=sort(na)), + level=0.95, interval="confidence") print(cl_expected) fit lwr upr

7 W. Timischl: Angewandte Statistik Lösung von Beispielen mit R plot(na, cl) abline(modell) lines(sort(na), cl_expected[,2]) lines(sort(na), cl_expected[,3]) # 95%ige Konfidenzintervalle für den # Anstieg und den Achsenabschnitt estimates <- coefficients(summary(modell)) estimates Estimate Std. Error t value Pr( t ) (Intercept) na se_slope <- estimates[2,2] se_intercept <- estimates[1,2] print(cbind(se_slope, se_intercept)) se_slope se_intercept [1,] df <- length(na)-2 quantil_95 <- qt(0.975, df) quantil_95 [1] UG_slope <- estimates[2,1]-quantil_95*se_slope OG_slope <- estimates[2,1]+quantil_95*se_slope print(cbind(ug_slope, OG_slope)) UG_slope OG_slope [1,] UG_intercept <- estimates[1,2]-quantil_95*se_intercept OG_intercept <- estimates[1,2]+quantil_95*se_intercept print(cbind(ug_intercept, OG_intercept)) UG_intercept OG_intercept [1,]

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