Statystyka Złota Karta PDF

Preview

Summary

Download Statystyka Złota Karta PDF

Description

Testy kierunkowe posiadają: wyższą moc statystyczną od porównywalnych testów bezkierunkowych. W analizie ANOVA statystycznie istotna interakcja między dwoma czynnikami oznacza, że: efekt jednego czynnika jest zależny od poziomu drugiego czynnika. Moc statystyczna testu zależy od: poziomu α, wariancji, wielkości efektu. Analiza trendu jest szczególnym przypadkiem metody porównań kontrastami ortogonalnymi. Poziom β określa prawdopodobieństwo: prawidłowej decyzji gdy H1 jest prawdziwa. Prawdopodobieństwo odrzucenia fałszywej H0 to: 1-α. Metoda bootstrap: nie przyjmuje żadnych założeń odnośnie kształtu rozkładu wyników w populacji. W pewnym badaniu eksperymentalnym badano efekt dawki leku (4 poziomy dawki) oraz płci pacjenta (2 poziomy) na skuteczność leku. W przeprowadzonym planie 4 X 2: dawka to czynnik manipulacyjny a płeć to czynnik klasyfikacyjny. Testy nieparametryczne: są prawie wolne od założeń, mają mniejszą moc nić testy parametryczne. Które z wymienionych efektów są obecne na poniższym wykresie średnich µj: Interakcja AB

Które z wymienionych efektów są obecne na poniższym wykresie średnich µj: Efekty główne czynników A i B.

Które z wymienionych efektów są obecne na poniższym wykresie średnich µj: Efekt główny czynnika A

Odporna procedura statystyczna jest mało wrażliwa na: niespełnienie jej założeń teoretycznych. Efektywność względna testów parametrycznych jest: wyższa od porównywalnych testów nieparametrycznych. Testy jednostronne posiadają: wyższą moc statystyczną od porównywalnych testów dwustronnych. Prawdopodobieństwo przyjęcia prawdziwej H0 wynosi: 1- α Jeżeli prawdopodobieństwo popełnienia błędu statystycznego II rodzaju jest równe 0,20 a prawdopodobieństwo popełnienia błędu statystycznego I rodzaju jest równe 0,05 to moc testu statystycznego jest równa: 0,80. W dwuczynnikowej ANOVA statystycznie istotna interakcja między czynnikami oznacza, że efekt jednego czynnika jest zależny od poziomu drugiego czynnika. Najbardziej konserwatywną metodą porównań post hoc jest metoda: Scheffego. Moc testu statystycznego nie zależy od powtarzalności procedury badawczej. Problem 1. Podaj wartości krytyczne dla testu hipotezy zerowej przy zastosowaniu statystyki testowej t dla niezależnych grup na poziomie α = 0,05 w następujących warunkach: TABLICA D (31+31 – 2) a) H0: µ1=µ2 oraz n1=31, n2=31 Próby niezależne. 0,05 Bezkierunkowe – czyli na wykresie 2 kreski oraz α / 2. H1: µ1≠ µ2 t (60)= 2,00 Wartości odczytane z

2

b)

(31+21 – 2)

H0: µ1≥µ2

tablicy D

kierunkowe – czyli na wykresie 1 kreska oraz α nie dzielimy przez 2 < ------ W te stronę będzie skośność ------- > w te stronę będzie skośność

oraz n1=31, n2=21

t0,05 (50)= 1,676

H1: µ1< µ2

Problem 2. Korelacja między wynikami testu temperamentu i wynikami w szkole, w próbie n= 62 uczniów, wynosi r= -0,32. a) Sformułuj hipotezę zerową wraz z hipotezą alternatywną. Hipoteza alternatywna powinna postulować, że korelacja między wynikami testu psychologicznego i wynikami w szkole jest różna od zera. Test dla jednej H0: ρ=0 korelacji H1; ρ ≠0 t*=r ˣ b) Oblicz statystykę testową dla hipotezy zerowej w puncie (a).

t*=r ˣ

0,01 2

(60) =

α 2

=> H0

t*|> t

√

62 −2 = - 0,32 2 1−(−32 )

√

√

60 = - 0,32 ˣ (8,176) = - 2,616 0,898

Przyjmij poziom α=0,01 Znajdź odpowiednią wartość krytyczną i podaj swoją decyzję statystyczną.

c) t

√

n−2 = -0,32 ˣ 2 1−r

r

Wartość odczytana z tablicy D; α podzielona przez 2 Suma w kolumnie

t0,005(60) = 2,66 Problem 3. W badaniu nastawienia do h przez Suma w wierszu rodziców” uczestniczyło n= 177 osób w trzech grupach wiekowych. Otrzymano następujące wyniki:

E=

Grupa wiekowa

20 – 35

36 – 50

∈ I ×∈ K n

E - Wartość oczekiwana

2

α Nie dzielimy w χ przez 2 Nie przyjmujemy H 1 gdyż nie znamy mocy testu.

50 i więcej

Przyjmujemy H0

Nie

50 ˣ 61 =17,232 10 177 2 10−17,232 ¿ ¿ 3,035 ¿ ¿ 72 ˣ 61 =24,814 26 177 26−24,814 ¿2 ¿ 0,057 ¿ ¿ 55 ˣ 61 =18,955 25 177 2 25−18,955 ¿ ¿ 1,902 ¿ ¿ 61

Bezkierunkowa więc dzielimy przez 2

Tak

50 ˣ 116 =32,768 177 2 40−32,768 ¿ ¿ ¿ ¿ 72 ˣ 116 =47,186 177 46−47,186 ¿ 2 ¿ ¿ ¿ 55 ˣ 116 =36,045 177 2 30−36,045 ¿ ¿ ¿ ¿ 116

2

40 50

46 72

30 55

177

a)

Przetestuj hipotezę zerową postulującą, że poparcie dla kar cielesnych nie jest związane z wiekiem: Oblicz statystykę testową, znajdź odpowiednią wartość krytyczną i podaj swoją decyzję statystyczną. Przyjmij poziom α = 0,05. H0: poparcie niezależne od wieku Kolumny – 1 X Wiersz – 1 H1: poparcie zależne (związane) z wiekiem. (2-1) X (3-1) czyli 1 X 2 = 2

E O−¿ Wartość odczytana z tablicy I ¿ = 3,035 + 0,057 + 1,902 + 1,596 + 0,0298 + 1,014 = 7,634 ¿2 ¿ x ¿2=ΣΣ ¿ 2 x α (2)= 5,99 b)

Oblicz wielkość efektu ø(omega)

Odrzucamy H0

Rozwiązanie:

√

χ2 ∅= n ˣ (V −1)

χ2 n(V −1)

∅2 =

∅=

√

χ n

√

2

=

7,634 177

= 0,208

Grupy niezależne

Problem 4. W badaniu efektywności dwóch metod kształcenia przebadano dwie równoliczne (n1=n2=8) grupy uczniów. Z poprzednich badań wiadomo, że założenia odnośnie normalności rozkładu oraz homogeniczności wariancji są realistyczne. Otrzymano następujące wyniki:

X

(24-19,375)2 + (12- -19,375)2 + (25-19,375)2 +

Grupa 1

2

1

2

1

1

2

1

2

(metoda 1):

4

2

5

8

3

1

2

0

Grupa 2

1

1

1

1

1

s1 = 4,779

(18-19,375)2 + (13-19,375)2 + (21-19,375) 2 + (1219,375)2 + (20-19,375)2 = 159,872 (16-12,750)2 + (14-12,750)2 + (19-12,750) 2 + (10-

s2 = 3,495

=

√

ss1+ SS

Sp2=

159,872 + 85,505 8+8− 2

Sp2=

2

n1+ n2−2

√ √ 2

S X −X 1

22,839 + 12,215 7

=

2

=

2

Sp Sp + n1 −1 n2 −1

√ 5,0077

=

√

= 17,52

2

S1 n1 −1

+

√

2

S2 n 2−1

X 1− X 2 19,375 −12,750 = SX − X 2,238 1

c)

= 2,96

2

Przyjmij poziom α = 0,05. Znajdź odpowiednią wartość krytyczną i podaj swoją decyzję statystyczną.

t α (n1+n2 – 2)= t0,05(14)=1,761 d)

e)

t* > tα ≠> H0 Odrzucamy H0

Oszacuj wielkość efektu na podstawie wskaźnika g.

g=

=

Sformułuj hipotezę zerową wraz z hipotezą alternatywną. Hipoteza alternatywna powinna postulować, że średnie wyniki uczniów poddanych metodzie 1 (grupa 1) są wyższe od średnich wyników uczniów poddanych metodzie 2 (grupa 2).

Oblicz statystykę testową dla hipotezy zerowej w punkcie (a).

t*=

(4,779)2+(3,495 )2 8−1

=2,238

H0: µ1 ≤ µ2 H1: µ1 > µ2 b)

16 + 14 + 19 + 10 + 12 + 8+ 1 8

ss1= 8-1 ˣ (4,779)2 = 7 ˣ 22,838 = 159,872 ss2= 8-1 ˣ (3,495)2 = 7 ˣ 12,215 = 85,505

X X i−¿ ¿

a)

11 2

2

0

9

4

6

(metoda 2):

12,750)2 + (11-12,750)2= 85,505

√

1 8

12,750)2 + (12-12,750)2 + (8-12,750)2 + (12-

X´ i 24 +12 + 25 + 18 + 13 + 21 + 8

X 1 −X 2

√S

2

p

=

19,975 −12,750 = √ 17,52

6,625 = 1,583 √ 17,52

Oszacuj 95- procentowy przedział ufności dla : µ1 - µ2.

P.U. (przedział ufności) =

+¿¿ −¿ e ¿ Se ˣ t α ¿

estymator ¿ t = = Se

2

+¿ 2,238 ˣ 2,145 =

estymator w próbie = średnia

6,63¿

√ √

1

2

X 1− X 2

6,63 Sp2 Sp2 = 2,238 + n2 −1 n1−1

Wartość odczytana z D; S X tablicy − t α ( 14 )=2,1

=2,96

Problem 5. W badaniu efektywności terapii przebadano n=8 pacjentów testem dobrostanu psychologicznego. Z poprzednich badań wiadomo, że przykład zmiennej w badanej populacji normalny. Otrzymano następujące pary pomiarów dla każdego pacjenta: Grupy zależne ´ Przed terapią (pomiar I):

11

15

10

9

13

12

9

11

Po terapii (pomiar II):

17

19

8

16

18

10

18

14

D

11-17 = -6

19-15 = -4

10 – 8 = 2

13 – 18 = -5

12 – 10 = 2

D2

36

16

4

25

4

a)

-7

49

9 – 18 =

11 – 14 = -3

-9

81

9

(− 6 ) +(−4 ) +2+( −7 ) +( −5) + 8 −30 = - 3,750 8 ∑ d2 =

36+16+4+49+25+4+81+9 = 224

Sformułuj hipotezę zerową wraz z hipotezą alternatywną. Hipoteza alternatywna powinna postulować, że średnie wyniki testu dobrostanu psychologicznego jest wyższy przy drugim pomiarze (po terapii).

H0: µ1 ≥ µ2 H1: µ1 < µ2 b)

9 – 16 =

Xi 11 + 15 + 10 +9+ 13 + 12 +9+ 8 17 + 19 +8+ 16 + 18 + 10 + 18 8 D =

H0: Δ ≥ 0 H1: Δ < 0

Oblicz statystykę testową dla hipotezy zerowej w punkcie (a).

√

2

(−30 ) =111,5 8 −3,750 = - 2,487 1,508

SS d =224− D SD

=

Sd=

111,5 7

=3,99

S

D

=

Sd

√ n−1

=

3,99 √7

=1,508

t

¿

=

n-1= 8 -1= 7

c)

Przyjmij poziom α = 0,05. Znajdź odpowiednią wartość krytyczną i podaj swoją decyzję statystyczną. (n - 1) = 1,895

tα

tα

|t*| = - 2,487 < d)

t 0,05

= 1,895

Oszacuj wielkość efektu na podstawie wskaźnika g.

S X − X = SD 1

e)

Odrzucamy H0

g=d=Δ=

2

D Sd

=

X 1− X 2 SX − X 1

=

2

−3,750 3,99

Wartość odczytana z tablicy D;

t α ( 7 )=2,365

=

2

Oszacuj 95- procentowy przedział ufności dla : µ1 - µ2.

P.U. Δ =

+ ¿¿ −¿ D¿ S d ˣ t α ¿

P.U. Δ =

2

+¿ −¿ ¿ 3,75¿ 1,508 ˣ 2,365 ¿

t α ( 7 )=2,365 2

Problem 6. W pewnym badaniu eksperymentalnym przebadano ogółem nT= 44 osób w czterech warunkach badawczych (k=4). Liczebności w każdym warunku eksperymentalnym były równe (nj=n=11). Średnie otrzymane w tych czterech warunkach eksperymentalnych są następujące: X1=31,46 X2=26,44 X3=29,56 X4=27,32 Poniższa tabela ANOVA jest dla jednoczynnikowej analizy wariancji przeprowadzonej dla danych z tego eksperymentu: Źródło SS df MS F* Między 169,06 k-1 4-1=3 169,06 56,35 =¿ 56,353 =

4,67

3

12,062 Wewnątrz

Całkowita

a) b)

c)

186,87

355,93

nT – K

nT – 1

44-4=40

186,87 =¿ 40

44-1=43

Uzupełnij powyższą tabelę ANOVA. Sformułuj hipotezę zerową oraz odpowiednią hipotezę alternatywą, które są testowane w zaprezentowanej analizie ANOVA. H0: µ1= µ2 = µ3 =µ4 H1: nie wszystkie µj są sobie równe. Oblicz statystykę testową odpowiednią dla hipotezy zerowej w punkcie (a). F*=

d) Tablica E

4,672

56,35 4,67

= 12,062

Przyjmij poziom α = 0,05. Znajdź odpowiednią wartość krytyczną i podaj swoją decyzję statystyczną. K-1 ; nT-2 4 – 1=3 ; 44 – 2 = 42

F0,05(3,42) = 2,84 e)

Zastosuj procedurę post hoc Tukeya i wskaż, które różnice między parami średnich są statystycznie istotne na poziomie α = 0,05.

X 1− X 2 X 1− X 3 X 1− X 4 X 2− X 3 X 2− X 4 X 3− X 4

| | | | | |

Odrzucamy H0

|= 5,02 (31,46 – |= 1,90 (31,46 –

n = 11 dfMSW=40 k=4 Qα =3,79

Q0,05(4;40) = 3,79 Tablica F

|= 4,14 (31,46 – 27,32) |= - 3,12(26,44 – 29,56) |= - 0,88 (26,44 – 27,32) |= 2,24 (29,56 – 2

WIĘKSZE OD 2,24 SĄ ISTOTNE. NIE ZWRACAMY UWAGI NA „-„

√

HSD=Qα

u1 u2 u3 u4

MSW nj

= 3,79 ˣ

u1

u2

u3

X 5,02 1,9 4,14

u4

X 3,12 0,88

2,24

X X

Problem 7. Wykorzystaj dane zaprezentowane w Problemie 6. a) Określ i pokaż wagi kontrastu Ψ1= (µ1 + µ2) – (µ3 + µ4)

b)

Określ i pokaż wagi kontrastu Ψ2= µ1 - µ2

c)

Pokaż czy kontrasty Ψ1 i Ψ2 są ortogonalne./ są ortogonalne= niezależne = wynik jednego nie wpływa na drugi/ u1 u2 u3 u4 1 1 -1 -1 1 -1 0 0 1 + (-1) + 0 + 0 = 0

d)

H0:Ψ1=0

Przeprowadź test kontrastu Ψ1 Zapisz hipotezę zerową oraz alternatywną (a), oblicz statystykę testową, znajdź wartość krytyczną i podaj swoją decyzję statystyczną. Przyjmij poziom α = 0,05. Ψ1= (1) 31,46 + (1) 26,44 + (-1) 29,56 + (-1) 27,32 = 1,02

F* = t*

−1 ¿ ¿ −1 ¿ ¿ ¿2 ¿ ¿11 2 2 1 +1 + ¿ ¿ √¿ (1 ×31,46 )+ ( 1× 26,44 ) + (−1 ×29,56 )+( 1−27,32 ) ¿ 2 2 nΨ 11 (1,02) = 2,861 H :Ψ ≠0 S = = 2 Σc j 4 1

1

t* czyli na wykresie 2 kreski oraz α / 2.

Ψ

j ×c j x¿ ¿ Σ¿ ¿ t =¿

=

t α (40) 2

=t0,025(40) = 2,02

z poprze−¿ dniego SΨ 2,861 = MSW (¿z adania) 4,672

*

F=

cj Σ x j× ¿ ¿ ¿2 n j¿ ¿ F =¿

= 0,612

1× 31,46 ¿ −1 ×27,32 +( 1 ×26,44 )+(−1× 29,56 )+ ¿ ¿2 ¿ −1 ¿ ¿ −1 ¿ ¿ 11 ׿ ¿

=

=

1,04 × 11 =0,78 4 × 4,67 Tablica E

F0,05(1;40) = 4,08

F0,05(1;40) = 4,08 lub t0,025(40) = 2,02 ¿

FΨ

Przyjmujemy H0 1

Problem 8. W pewnym badaniu eksperymentalnym przebadano nT= 70 osób. Poniższa tabela ANOVA jest dla dwuczynnikowej (2 ˣ 5) analizy wariancji z równą liczbą badanych w każdym warunku eksperymentalnym. (nj=n=7). Źródło SS (suma kwadratów) df MS (średni kwadrat) MS F* 160,00

Wiersze (czynnik A)

82,00

Kolumny (czynnik B)

Wewnątrz

678,0

b)

F0,05 (4,60) dfB ; dfW

CZYNNIK A: 4,00

η

nT -KAB 60

(dfw) 70 - 2ˣ5

160 =¿ 160,000 1 82 =¿ 20,500 4 250,5 =¿ 62,625 4 678,0 =¿ 11,300 60

69

Przyjmij poziom α = 0,05.Podaj wartość krytyczną F dla testów efektu.

dfA ; dfW

2 AB

(KA-1) ˣ (KB-1) 4

Całkowita 1170,50 Uzupełnij powyższą tabelkę ANOVA

F0,05 (1,60)

c)

KB-1 = 4

250,50

Interakcja (AB)

a)

1

F0,05 (4,60)

dfAB ; dfW

CZYNNIK B: 2,52

INTERAKCJA AB: 2,52

Oblicz wielkość efektu η2 dla efektu interakcji AB

=

SSAB SSTO

=

SSAB – odczytane z tabeli SSTO – SS całkowite – odczytane z tabeli

1170,50

2

ηA

=

SSA SSA − SSO

=

Problem 9. W pewnym badaniu eksperymentalnym przebadano n = 7 osób w czterech (k=4) warunkach eksperymentalnych.

MSW 160 =¿ 11,30 20,5 =¿ 11,30 62,625 =¿ 11,30

14,159

1,814

5,542

Źródło

SS (suma kwadratów)

df

Między

13,82

(k-1) = 3

Osoba

91,86

(n-1) = 6

Reszta

16,43

(k-1)(n-1) = 18

Całkowita 122,11 Uzupełnij powyższą tabelkę ANOVA Oblicz wielkość efektu.

a) b)

2

=

η❑

MS (średni kwadrat)

MSM F* MSW 4,60 7 = 5,046 0,913

13,82 = 4,607 3 91,86 =¿ 15,31 6 16,43 =¿ 0,913 18

27

SSTR =¿ SST R+SSR eszta

13,82 13,82 + 16,43

= 0,457

Problem 10. W pewnym eksperymencie badano efekt liczby współlokatorów na stosunek studentów do zamieszkania w akademiku. Przebadano n= 18 studentów przypisanych w sposób losowy do pokoi jedno-,dwu-, lub trzy-osobowych. W każdym warunku (wielkość pokoju) przebadano nj=6osób. Po okresie jednego semestru studenci wypełnili kwestionariusz mierzący ich stosunek do zamieszkania w akademiku. Wyniki na skali od 1 do 25 (wysoki wynik oznacza pozytywny stosunek) otrzymane dla każdego uczestnika badania zaprezentowano w tabeli poniżej. Warunek (pokój) nj Grp1 (1-osobowy) A 22 + 19 + 20 + 18 + 16 + 23 + 6 Grp2 (2-osobowy) B 14 11 17 + 21 + 13 25 + 6 Grp3 (3-osobowy) C 912 15 10 546 a) Oblicz test znaków dla k-prób niezależnych dla hipotezy zerowej H0: Md1=Md2=Md3 , że nasze trzy próby pochodzą z populacji posiadających + (1-osobowy) (2-osobowy) (3-osobowy)

taką samą medianę.

-

6 3 0 9

0 3 6 9

6 6 6 18

C 4

C 5

C 9

C 10

B 11

1

2

3

4

5

C 1 2 6

Pozycja Md= B 13

B 14

7

8

C 1 5 9

A 16

B 17

10

11

=15,5 powyżej „+”; poniżej

A 1 8 1 2

18 + 1 =9,5 2 A 19

A 20

B 21

13

14

15

A 2 2 1 6

A 23

B 25

17

18

Σ RA =10+ 12+13 + 14+ 16 + 17=82 Σ RB=5+ 7 + 8 + 11 + 15 + 18=64 Σ RC =1+ 2+3+ 4+ 6 + 9 =25 R 2j nj

Σ 2

χ= b)

=

822+ 64 2 + 252 11445 =1907,5 = 6 6

( )

R2j 18−6 12 12 Σ × 1907,5−57 =17,8 −3× ( n+1 ) = 2 ×1907,5 −57= × 2 n 306 18 −18 n −n j Znajdź wartość krytyczną na poziomie α = 0,05 i podaj swoją decyzję statystyczną. Tablica I

2

xα 2

2

(2)= 5,99

x 0,05 2

χ =17,8> x α =5,99

(2)= 5,99

Odrzucamy H0

(Statystyka testowa)

Md=

15 + 16 2 „- „...