Klausur zur Vorlesung

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1 Institut für Mathematische Stochastik WS 2004/2005 Universität Karlsruhe 14. Februar 2005 Dr. Bernhard Klar Sebastian Müller Aufgabe 1: (15 Punkte) Klausur zur Vorlesung Statistik für Biologen Musterlösungen Von n = 12 Patienten mit einer gewissen Krankheit liegen die Krankheitsdauern (in Jahren) x 1,...,x 12 und Punktzahlen y 1,...,y 12 vor. Die Punktzahlen geben an, inwieweit die Patienten aktive Anstrengungen gegen ihre Krankheit unternommen haben. Die Werte x j und y j sind in der folgenden Tabelle gegeben: j x j y j R j a) Tragen Sie die Ränge R j der y j -Werte in die obige Tabelle ein. b) Bestimmen Sie den Spearman-Rangkorrelationskoeffizienten von (x 1,y 1 ),...,(x 12,y 12 ). c) Berechnen Sie den empirischen Pearson-Korrelationskoeffizienten von (x 1,y 1 ),..., (x 12,y 12 ) sowie die Regressionsgerade von y auf x. Hinweis: Sie können folgende Angaben verwenden: x = 17.33, s x = 10.06, ȳ = 17.29, s y = 4.55, 12 j=1 x j y j = a) Ränge R j der y j -Werte: j x j y j R j

2 b) Der Spearman-Rangkorrelationskoeffizient ρ xy lässt sich mit der folgenden Formel berechnen: 6 n ρ xy = 1 n (n 2 1) (j R j ) 2. Hierbei ist j=1 n (j R j ) 2 = 450 j=1 Also ist der Spearman-Rangkorrelationskoeffizient ρ xy = c) Empirischer Pearson-Korrelationskoeffizient r xy : r xy = ( n ) 1 n 1 j=1 x j y j n x ȳ = s x s y = ( ) Die Parameter a und b in der Regressionsgeraden y = a + b x berechnen sich wie folgt: b = r xy sy s x a = ȳ b x ( )

3 Aufgabe 2: (15 Punkte) Der Intelligenzquotient (IQ) von Erwachsenen ist N(µ,σ 2 ) verteilt mit Parametern µ = 100 und σ 2 = 225. a) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass der Intelligenzquotient eines zufällig ausgewählten Erwachsenen größer als 115 ist. b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass unter 4 zufällig ausgewählten Erwachsenen alle vier einen IQ größer als 115 besitzen? c) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass der durchschnittliche IQ von 4 zufällig ausgewählten Erwachsenen größer als 115 ist? Sei Y N(0, 1). a) Sei X der IQ eines Erwachsenen mit X N(100, 225). Die Wahrscheinlichkeit, dass der IQ eines zufällig ausgewählten Erwachsenen größer als 115 ist, beträgt: ( ) X P(X > 115) = P > = P(Y > 1) = 1 P(Y 1) = 1 Φ(1) = (Tabelle A.1) = b) Seien X 1, X 2, X 3, X 4 die IQ s von 4 zufällig ausgewählten Erwachsenen, so sind die X i unabhängig identisch verteilt mit Verteilung N(100, 225). Die Wahrscheinlichkeit, dass unter 4 zufällig ausgewählten Erwachsenen alle vier einen IQ größer als 115 besitzen, ist: P(X i > 115, i = 1, 2, 3, 4) = P(X 1 > 115) P(X 2 > 115) P(X 4 > 115) (unabhängig) = P(X 1 > 115) 4 (gleich verteilt) a) = (0.1587) 4 = = 0.06%. c) Die X 1,...,X 4 sind identisch und unabhängig verteilt. Somit gilt 4 X i N(4 100, 4 225) = N(400, 30 2 ). i=1 Für die Wahrscheinlichkeit, dass der durchschnittliche IQ von 4 zufällig ausgewählten Erwachsenen größer als 115 ist, erhält man somit: 4 4 X i > 115) = P( X i > 460) P( 1 4 i=1 i=1 ( 4 i=1 = P X i 400 > 30 ) = P(Y > 2) = 1 P(Y 2) = =

4 Aufgabe 3: (15 Punkte) Aus umfangreichen Untersuchungen ist bekannt, dass der Median des Hämoglobinwertes (in g/100ml) bei Erwachsenen 12 beträgt. Nach Medikamenteneinnahme über einen bestimmten Zeitraum soll geprüft werden, ob sich der Hämoglobinwert ändert. Bei n = 11 Personen einer Versuchsreihe wurden die folgenden Werte gemessen: a) Bestimmen Sie den empirischen Median der obigen Daten. Geben Sie zusätzlich einen Vertrauensbereich für den Median zur Vertrauenswahrscheinlichkeit 1 α = 0.95 an. b) Testen Sie zum Niveau α = 0.05, ob sich der empirische Median durch die Medikamenteneinnahme gegenüber dem Normalwert von 12 ändert. c) Nehmen Sie nun an, dass der Hämoglobinwert N(µ,σ 2 ) verteilt ist, wobei µ und σ 2 unbekannt sind. Testen sie auf dem Niveau α = 0.05 die Hypothese H 0 : µ = 12 gegen die Alternative µ 12. Hinweis: Für die obigen Werte x 1,...,x 11 gilt x = und s x = a) Die geordnete Stichprobe ist: i x (i) Die Stichprobengröße n = 11 ist ungerade, somit ist der empirische Median x = x ( n+1 2 ) = x (6) = Vertrauensbereich für den Median: Aus der Tabelle A.5 erhält man für 1 α = 0.95, dass k = 1. Da x (k+1) = x (2) = 11.2 und x (n k) = x (10) = 17.6 gilt, ist der Vertrauensbereich für den Median zur Vertrauenswahrscheinlichkeit 1 α = 0.95 gegeben durch: 11.2 x b) Vorzeichen-Test für den Median: Zu testen (zum Niveau α = 0.05) ist die Hypothese gegen die Alternative H 0 : M = 12 H 1 : M 12. Die Prüfgröße N + ist die Anzahl der x i mit x i > 12. In unserem Fall ergibt sich N + = 8. Aus Tabelle A.5 erhält man für n = 11 und α = 0.05, dass k = 1. H 0 wird verworfen, falls N + k oder N + n k. Hier gilt 8 = N + > k = 1 und 8 = N + 10 = n k, somit wird die Hypothese zum Niveau α nicht verworfen. 4

5 c) Es handelt sich hierbei um ein Ein-Stichproben-Problem mit Normalverteilungsannahme. Für diese Situation ist der Ein-Stichproben-t-Test geeignet. Getestet werden soll zum Niveau α = 0.05 die Hypothese H 0 : µ = 12 gegen die Alternative Die Prüfgröße ist T = H 1 : µ 12. n( x 12) s x = Aus Tabelle A.2 erhält man t n 1,1 α/2 = t 10,0.975 = Es gilt also T < t n 1,1 α/2, und somit wird kein Widerspruch zu H 0 erhoben. 5

6 Aufgabe 4: (14 Punkte) Ein Meinungsforschungsinstitut stellte 1000 zufällig ausgewählten Wählern die Frage: Welche Partei würden Sie wählen, wenn am nächsten Sonntag Bundestagswahlen wären? a) Bei der Befragung erklärten 75 Personen, die Partei A wählen zu wollen. Geben Sie zur Vertrauenswahrscheinlichkeit 0.95 ein Vertrauensintervall für den Stimmenanteil der Partei A an. b) Wieviele Wahlberechtigte müsste das Institut befragen, wenn ein Konfidenzintervall zur Konfidenzwahrscheinlichkeit 0.95 für den Stimmenanteil der Partei A höchstens die Länge 0.02 haben soll? a) Vertrauensintervall für eine Wahrscheinlichkeit. Es wurden n = 1000 unabhängige Befragungen durchgeführt. Als Treffer gelten hier die Stimmen für die Partei A. Die relative Trefferhäufigkeit ist somit: ϑ = k n = , mit k = 75 als Anzahl der Treffer. Es gilt k 50 und n k 50, somit können die Approximationen (10.11) und (10.12) verwendet werden: U(k) ϑ c 1 α/2 n ϑ(1 ϑ) und U(k) ϑ + c 1 α/2 n ϑ(1 ϑ) Das Vertrauensintervall zur Vertrauenswahrscheinlichkeit 0.95 für den Stimmanteil der Partei A ist somit [0.0587, ]. b) Planung des Stichprobenumfanges. Die Länge des Vertrauensintervall soll höchstens 2ε = 0.02 betragen. Aus der vorangegangen Befragung liegt schon ein Schätzer für die Trefferwahrscheinlichkeit ϑ vor. Es kann somit Formel (10.14) verwendet werden: n min ( c1 α/2 ε ) 2 ϑ(1 ϑ) = , mit ε = Demnach müssen 2666 Personen befragt werden. Alternativ ist die folgende Lösung zulässig. Es gilt nach (10.15) die Ungleichung: ( c1 α/2 ) 2 = n min 1 4 ε Es müssen also 9604 Wahlberechtigte befragt werden. 6

7 Aufgabe 5: (16 Punkte) Es soll getestet werden, ob sich der jeweils erste Wurf zweier Stämme der Albinomaus, die mit A und B bezeichnet werden, hinsichtlich ihrer Wurfgewichte (in g) unterscheiden. Bei einer Versuchsreihe erhielt man die folgenden Wurfgewichte: A x i B y j a) Es wird vorausgesetzt, dass die Werte des Stammes A aus einer N(µ,σ 2 ) verteilten Grundgesamtheit und die Werte des Stammes B aus einer N(ν,σ 2 ) verteilten Grundgesamtheit stammen. Testen Sie zum Niveau α = 0.05 die Hypothese, dass das mittlere Wurfgewicht nicht vom Stamm abhängt. b) Verzichten Sie nun auf die Normalverteilungsannahme. Es wird nur noch vorausgesetzt, dass die Wurfgewichte des Stammes A und des Stammes B jeweils eine unbekannte stetige Verteilung besitzen, die sich nur in der Lage unterscheiden. Testen Sie auch für diesen Fall zum Niveau α = 0.05 die Hypothese, dass das Wurfgewicht nicht vom Stamm abhängt. Hinweis: Sie können folgende Angaben verwenden: x = 9.50, s 2 x = 4.60, ȳ = und s 2 y = Es handelt sich hier um ein Zwei-Stichproben-Problem. Die erste Stichprobe sind die Werte des Stammes A x 1,...,x 7 (n = 7), die zweite Stichprobe sind die Werte des Stammes B y 1,...,y 8 (m = 8). a) Die x i stammen aus einer N(µ,σ 2 )-, die y i aus einer N(ν,σ 2 )-Verteilung. Zu testen ist H 0 : µ = ν gegen H 1 : µ ν. Für diese Situation ist der Zwei-Stichproben-t-Test geeignet. Er hat die Prüfgröße m n ( x ȳ) m+n 1.93 ( 5.84) T = = ((n 1) m+n 2 s2 x + (m 1) s 2 1 y) ( ) 13 Der kritische Wert ist nach Tabelle A.2 t m+n 2,1 α/2 = t 13,0.975 = Wegen T t m+n 2,1 α/2 wird die Hypothese abgelehnt. b) Wenn keine Normalverteilungsannahme vorliegt, sollte der t-test nicht verwendet werden. Unter der Voraussetzung, dass die Verteilungen je eine Dichte besitzen und sich nur in der Lage unterscheiden, ist der Mann-Whitney-U-Test geeignet. Die Hypothese H 0 lautet: Die Verteilungsfunktion F der ersten Stichprobe und die Verteilungsfunktion G der zweiten Stichprobe sind gleich, also H 0 : F = G. Zunächst werden zu den gegebenen 15 Daten die Ränge bestimmt. Nachfolgend sind die Ränge in Klammern nach dem jeweiligen Messwert angegeben: 7

8 x i 7.6 (2) 13.2 (8) 9.1 (4) 10.6 (6) 8.7 (3) 10.5 (5) 6.8 (1) y i 16.6 (12) 16.8 (13) 13.6 (9) 19.6 (15) 14.1 (11) 11.2 (7) 13.8 (10) 17.0 (14) Nun müssen die Ränge der x i aufaddiert werden: W = = 29. Die Prüfgröße des Mann-Whitney-U-Tests ist U = W n(n + 1) 2 = Der Mann-Whithney-U-Test lehnt die Hypothese ab, wenn eine der beiden Ungleichungen = 1. U U m,n,1 α/2 oder U m n U m,n,1 α/2 erfüllt ist. Aus Tabelle A.6 kann man ablesen: U m,n,1 α/2 = U 8,7,0.975 = 46. Wegen U m n U m,n,1 α/2 = = 10 lehnt der Mann-Whitney-U-Test die Hypothese ab. 8

9 Aufgabe 6: (15 Punkte) In einer Versuchsreihe sollte überprüft werden inwiefern radioaktive Bestrahlung Mutationen begünstigt. Die Anzahl der Pflanzen mit bzw. ohne Mutation wurde in eine Kontingenztafel eingetragen: Mutation keine Mutation mit Bestrahlung keine Bestrahlung a) Die Kontingenztafel ist hier unvollständig angegeben. Ergänzen Sie diese. b) Testen Sie zum Niveau α = 0.01, ob die Bestrahlung die Wahrscheinlichkeit einer Mutation beeinflusst. c) Testen Sie zum Niveau α = 0.01, ob die bestrahlten Pflanzen eine größere Mutationswahrscheinlichkeit besitzen. a) Als vollständige Kontingenztafel ergibt sich: Mutation keine Mutation mit Bestrahlung keine Bestrahlung Es sei (Mutationen werden als Treffer aufgefasst) a 1 = 144, a 2 = 150, n 1 = 662, n 2 = 1225 und n = n 1 + n 2. Weiter sei ˆp j = a j n j (j = 1, 2) und ˆp = a 1+a 2 n 1 +n 2. b) Es soll ein zweiseitiger Test durchgeführt werden, d.h. die Hypothese H 0 : p 1 = p 2 soll zum Niveau α = 0.01 gegen die Alternative H 1 : p 1 p 2 getestet werden. Es ist n 1 + n 2 > 60, somit lautet die Testgröße T = n 1 n 2 n 1 + n 2 (ˆp 1 ˆp 2 ) 2 ˆp(1 ˆp) H 0 wird abgelehnt, falls T χ 2 1,1 α. In unserem Fall ist χ 2 1, , und somit wird die Hypothese abgelehnt. c) Es soll nun ein einseitiger Test durchgeführt werden. Um zu testen, ob die bestrahlten Pflanzen anfälliger für Mutationen sind, verwenden wir den einseitigen Test: H 0 : p 1 = p 2, 9

10 Die Prüfgröße T lautet hier: H 1 : p 1 > p 2. T = n1 n 2 ˆp 1 ˆp n 1 + n 2 ˆp(1 ˆp) Da c 1 α = c , ist T > c 1 α und somit besteht zum Niveau α ein Widerspruch zur Hypothese H 0. 10

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