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Parametrische Statistik (Subject) / E-Tests (Lesson)

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  • Woche 3 Wieso sind formale Tests auf Normalverteilung (Kolmogorov-Smirnov, Shapiro-Wilk, Anderson-Darling etc.) irgendwie unbefriedigend? A - Weil bei großen Stichproben die Daten sowieso normalverteilt sind (Zentraler Grenzwertsatz). B - Weil sie für kleine Stichproben häufig keine verlässliche Aussage erlauben. C - Weil die Annahme der Normalverteilung nicht wichtig ist. D - Weil diese Tests fast immer Abweichungen von der Normalverteilung finden. B - Weil sie für kleine Stichproben häufig keine verlässliche Aussage erlauben.
  • Woche 3 Welche Aussage ist falsch? A - Der Kolmogorov-Smirnov-Test wird für kontinuierliche Verteilungen benutzt, oder für empirische kumulative Verteilungen, nicht aber für kategoriate Verteilungen. B - Der Kolmogorov-Smirnov-Test wird benutzt, um Daten an eine Verteilung zu fitten. C - Die likelihood der Fits an verschiedene Verteilungen kann benutzt werden, um herauszufinden, welcher Verteilung die Daten am besten entsprichen. D - Der Informationtheoretische Ansatz (sprich: AIC und/oder BIC) kann zum Vergleich von Fits der gleichen Daten an unterschiedliche Verteilungen benutzt werden. B - Der Kolmogorov-Smirnov-Test wird benutzt, um Daten an eine Verteilung zu fitten.
  • Woche 3 Welche Verteilungen sind diskret (nur ganzzahlige Werte)? A - Poisson; binomial; beta B - Bernoulli; hypergeometrisch; beta C - Poisson; negativ binomial; gamma D - negativ binomial; Poisson; hypergeometrisch D - negativ binomial; Poisson; hypergeometrisch
  • Woche 3 Der Kolmogorov-Smirnov-Test (in R: ks.test) vergleicht zwei kumulative Verteilungen. Führe diesen Test für folgende Daten und die Normalverteilung durch und gib als Antwort den D-Wert an (auf 2 Nachkommastellen genau)! (10.5, 17.2, 9.2, 13.2, 18.1, 11.2, 11.6, 11.1, 12.1, 13.4, 16.7, 10.6, 9.8) (Hinweis: Mittelwert und Standardabweichung berechnet der ks.test NICHT selbst.) > daten <- c(10.5, 17.2, 9.2, 13.2, 18.1, 11.2, 11.6, 11.1, 12.1, 13.4, 16.7, 10.6, 9.8)> mean(daten)[1] 12.66923> sd(daten)[1] 2.921582> ks.test(daten,"pnorm", mean=12.66923,sd=2.921582) One-sample Kolmogorov-Smirnov testdata: daten D = 0.1926, p-value = 0.6525alternative hypothesis: two-sided
  • Woche 3 Bei der log-likelihood werden die Wahrscheinlichkeitsdichten logarithmiert und summiert. Was ist die log-likelihood der Werte (1,1,0,0,1,0,0,0) unter einer Bernoulliverteilung mit p=0.4? (Hinweis: In R ist die Bernoulli-Verteilung als Binomialverteilung mit size=1 verfügbar!) Bitte auf 1 Kommastelle genau angeben. > a<-c(1,1,0,0,1,0,0,0)> sum(log(dbinom(a,size=1,prob=0.4))) [1] -5.303
  • Woche 3 Bei der beta-Verteilung (in R: dbeta) gibt es nur Werte zwischen 0 und 1. Wie "wahrscheinlich" ist es, dass ich mit shape1=shape2=0.25 die Werte (0.5, 0.1, 0.4, 0.2, 0.3) messe? Gefragt ist hier nach dem Produkt der Wahrscheinlichkeitsdichten! Bitte auf 3 Nachkommastellen genau angeben. > b<-c(0.5, 0.1, 0.4, 0.2, 0.3)> prod(dbeta(b,shape1=0.25,shape2=0.25)) [1] 0.02851111
  • Woche 3 Verteilungen, Parameter und Schätzer: A - Parameter werden für das Generieren von Zufallsvariablen benutzt. Aus Schätzern simuliert man Stichproben. B - Parameter beschreiben Verteilungen. Schätzer beschreiben Stichproben. C - Parameter sind die charakteristischen Zahlen einer Verteilung. Schätzer sind aus Daten abgeleitete Werte für Parameter. D - Parameter sind die wahren Werte der Stichprobe. Schätzer beschreiben Verteilungen. C - Parameter sind die charakteristischen Zahlen einer Verteilung. Schätzer sind aus Daten abgeleitete Werte für Parameter.
  • Woche 1 Der Median einer Stichprobe beschreibt: A - den häufigsten Wert der Stichprobe. B - das Zentrum der Stichprobe. C - den Wert, der genau in der Mitte der sortierten Werte liegt. D - einen der Parameter der Verteilung der Grundgesamtheit. C - den Wert, der genau in der Mitte der sortierten Werte liegt.
  • Woche 1 Welche Aussage ist richtig? A - Die Standardabweichung quantifiziert die Genauigkeit des Mittelwertes. B - Der Standardfehler ist die Wurzel aus der Varianz. C - Wenn die Stichprobe normalverteilt ist, dann ist der Standardfehler gleich der Standardabweichung der Stichprobe. D - Die Varianz einer Stichprobe ist ein spezielles Maß für Variabilität. D - Die Varianz einer Stichprobe ist ein spezielles Maß für Variabilität.
  • Woche 1 Was ist der Mittelwert folgender Zahlen (auf 2 Nachkommastellen genau): 5.3, 8.5, 7.9, 6.3, 8.7, 5.6, 3.5, 9.8, 6.9, 1.3 >mean(c(5.3, 8.5, 7.9, 6.3, 8.7, 5.6, 3.5, 9.8, 6.9, 1.3)) [1] 6.38
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  • Woche 1 Der Mittelwert x einer Stichprobe beschreibt... A - den Wert, der genau in der Mitte der sortierten Werte liegt. B - das Zentrum der Stichprobe. C - einen der Parameter der Verteilung der Grundgesamtheit. D - den häufigsten Wert der Stichprobe. B - das Zentrum der Stichprobe.
  • Woche 1 Berechne die Standardabweichung folgender Stichprobe: 13.9, 28.6, 18.9, 17.5, 23.8, 23.9, 12.9, 16.8, 23.3, 24.5, 21.8, 21.6, 22.3 >sd(c(13.9, 28.6, 18.9, 17.5, 23.8, 23.9, 12.9, 16.8, 23.3, 24.5, 21.8, 21.6, 22.3)) [1] 4.507145
  • Woche 2 Die Dichtefunktion einer Verteilung ist normiert, so dass die Fläche unter der Kurve (bzw. die Summe der Säulen) gleich 1 ist. Warum? A - Damit alle möglichen Ereignisse zusammen 1 ergeben. B - Dies ist eine traditionelle Konvention. C - Damit die Wahrscheinlichkeitsdichte überall zwischen 0 und 1 ist. D - Damit der Logarithmus der Wahrscheinlichkeitsdicht immer < 0 ist. A - Damit alle möglichen Ereignisse zusammen 1 ergeben.
  • Woche 2 Die Normalverteilung ist eine besondere Dichtefunktion. A - Die Normalverteilung ist die einzige kontinuierliche Dichtefunktion. B - Alle Verteilungen konvergieren unter bestimmten Bedingungen gegen die Normalverteilung. C - Nein, ist sie nicht. Sie ist eine mathematisch praktische Dichtefunktion, aber sonst nicht gegenüber anderen Dichtefunktionen ausgezeichnet. D - Alle Verteilungen sind Spezialfälle der Normalverteilung. B - Alle Verteilungen konvergieren unter bestimmten Bedingungen gegen die Normalverteilung.
  • Woche 2 Grundlage der maximum likelihood Methode ist die Berechnung der likelihood für eine beliebige Funktion, für gegebene Verteilungsparameter. Berechne die likelihood (Wahrscheinlichkeitsdichte) des Wertes 2 in einer Poisson-Verteilung mit "lambda = 4" auf 3 Kommastellen genau. > dpois(2,lambda=4) [1] 0.1465251
  • Woche 2 Verteilungen: Welche Aussage ist falsch? A - Verteilungen sind definiert im Interval ± ∞ . B - Verteilungen sind theoretische Konstrukte, mit denen man Stichprobenanalysieren kann. C - Verteilungen werden durch Dichtefunktionen beschrieben. D - Verteilungen können kontinuierlich oder diskret sein. A - Verteilungen sind definiert im Interval ± ∞ .
  • Woche 2 Grundlage der maximum likelihood Methode ist die Berechnung der likelihood für eine beliebige Funktion, für gegebene Verteilungsparameter. Berechne die likelihood (Wahrscheinlichkeitsdichte) des Wertes 2 in einer Standardnormalverteilung (also mit Mittelwert = 0 und Standardabweichung = 1) auf 3 Nachkommastellen genau. > dnorm(2,mean=0,sd=1) [1] 0.05399097
  • Woche 2 Grundlage der maximum likelihood Methode ist die Berechnung der likelihood für eine beliebige Funktion, für gegebene Verteilungsparameter. Berechne die likelihood (Wahrscheinlichkeitsdichte) des Wertes 1.2 in einer Standardnormalverteilung (also mit Mittelwert = 0 und Standardabweichung = 1) auf 3 Nachkommastellen genau. > dnorm(1.2, mean = 0, sd=1) [1] 0.1941861
  • Woche 4 In der Rheinischen Post liest Du, dass die Städte in den USA deutlich gewalttätiger sind als das flache Land. Lade den in R mitgelieferten Datensatz USArrests (mittels data(USArrests)) und untersuche diese Behauptung. Korreliere dafür Assault (Körperverletzungsdelikte pro 100000 Einwohner) und UrbanPop(%) und lass Dir die Signifikanz dieses Tests angeben. Gib die Signifikanz (p-Wert) für Pearsons r auf 3 Nachkommastellen genau an. > data("USArrests")> attach(USArrests)> cor.test(Assault,UrbanPop, method = "pearson") Pearson's product-moment correlation data: Assault and UrbanPopt = 1.8568, df = 48, p-value = 0.06948alternative hypothesis: true correlation is not equal to 095 percent confidence interval: -0.02098836 0.50111118sample estimates: cor 0.2588717
  • Woche 4 Welche Aussage ist falsch? A - Die Korrelation von a mit b ist die gleiche, wie die von b mit a. B - Eine Korrelation quantifziert die Stärke eines Zusammenhangs. C - Die Korrelation hängt von den Absolutwerten ab. D - Eine nicht-parametrische Korrelation funktioniert auch für monoton nichtlineare Zusammenhänge. C - Die Korrelation hängt von den Absolutwerten ab.
  • Woche 4 Der X² - Test setzt nicht voraus, dass A - die Datenwerte ganzzahlig und 0 (null) sind. B - mindestens 5 Beobachtungen pro Zelle zu erwarten gewesen wären. C - die Daten normalverteilt sind. D - die Daten unabhängig sind. C - die Daten normalverteilt sind.
  • Woche 4 Es gibt verschiedene Möglichkeiten zu prüfen, ob ein Datensatz normalverteilt ist. Welche der folgenden gehört nicht dazu? A - Ein Histogramm der Daten. B - Der X^2-Test. C - Der Shapiro-Wilk-Test. D - Der Kolmogorov-Smirnov-Test. B - Der X^2-Test. 
  • Woche 4 Wieso sind formale Tests auf Normalverteilungen (Kolmogorov-Smirnov, Shapiro-Wilk, Anderson-Darling ect.) irgendwie unbefriedigend? A - Weil bei großen Stichproben die Daten sowieso normalverteilt sind (Zentraler Grenzwert). B - Weil die Annahme der Normalverteilung nicht wichtig ist. C - Weil diese Tests fast immer Abweichungen von der Normalverteilung finden. D - Weil sie für kleine Stichproben häufig keine verlässliche Aussage erlauben. D - Weil sie für kleine Stichproben häufig keine verlässliche Aussage erlauben.
  • Woche 4 Welche der folgenden Verteilungen hat nicht zwei Parameter? A - Normalverteilung B - gamma-Verteilung C - Bernoulli-Verteilung D - Negative Bionomialverteilung C - Bernoulli-Verteilung
  • Woche 5 Sortiere die drei Korrelationsmaße nach ihrer Robustheit (der Erste am robustesten, der Letzte am wenigsten robust). Kendall: tau τ Spearman Korrelationskoeffizient: rho ρ Pearson: r r A - tau, rho, r B - r, rho, tau C - rho, tau, r D - r, tau, rho A - tau, rho, r
  • Woche 5 Was waren das noch für Zeiten, als man einen Zusammenhang zwischen Geschlecht und Rauchen gefunden hat! Jetzt sind die Beispiele viel zu konstruiert um schön zu sein: In der 1., 2. und 3. Bundesliga der Männer gibt es zusammen 14 Mannschaften, die ein Tier oder eine Pflanze im Wappen, im Namen oder als Spitznamen führen (etwa der FC Aue: die Veilchen). Sind die wohl bei den weiblichen Fans beliebter? weiblich, Ökosymbol: 1400 weiblich, kein Ökosymbol: 1208 männlich, Ökosymbol: 384030 männlich, kein Ökosymbol: 397299 (Um diese Werte in R zu visualisieren bietet sich der Mosaikplot an: mosaicplot(matrix(c(1208, 1400, 384030, 397299), 2,2)) Nicht, dass ich glaube, dass diese Abbildung besonders informativ ist: es gibt halt deutlich mehr registrierte männliche Fußballfans als weibliche.) Teste dies mittels des X2-Test, sodann mit dem Fisher's Exact-Test. A - Nur Fisher's Exact Test ist signifikant. B - Beide sind signifikant. C - Keiner ist signifikant. D - Nur der X²-Test ist signifikant. > mosaicplot(matrix(c(1208, 1400, 384030, 397299), 2.2))> Zweizwei <- matrix(c(1208, 1400, 384030, 397299), 2.2)> chisq.test(Zweizwei) Pearson's Chi-squared test with Yates' continuity correction data: ZweizweiX-squared = 8.2275, df = 1, p-value = 0.004126 > fisher.test(Zweizwei) Fisher's Exact Test for Count Data data: Zweizweip-value = 0.003926alternative hypothesis: true odds ratio is not equal to 195 percent confidence interval: 0.8257527 0.9649040sample estimates:odds ratio 0.8926711 B - Beide sind signifikant.
  • Woche 5 Was waren das noch für Zeiten, als man einen Zusammenhang zwischen Geschlecht und Rauchen gefunden hat! Jetzt sind die Beispiele viel zu konstruiert um schön zu sein: In der 1., 2. und 3. Bundesliga der Männer gibt es zusammen 14 Mannschaften, die ein Tier oder eine Pflanze im Wappen, im Namen oder als Spitznamen führen (etwa der FC Aue: die Veilchen). Sind die wohl bei den weiblichen Fans beliebter? weiblich, Ökosymbol: 1252 weiblich, kein Ökosymbol: 1308 männlich, Ökosymbol: 384030 männlich, kein Ökosymbol: 397299 (Um diese Werte in R zu visualisieren bietet sich der Mosaikplot an: mosaicplot(matrix(c(1308, 1252, 384030, 397299), 2,2)) Nicht, dass ich glaube, dass diese Abbildung besonders informativ ist: es gibt halt deutlich mehr registrierte männliche Fußballfans als weibliche.) Teste dies mittels des X2-Test, sodann mit dem Fisher's Exact-Test. A - Nur Fisher's Exact Test ist signifikant. B - Beide sind signifikant. C - Keiner ist signifikant. D - Nur der X²-Test ist signifikant > mosaicplot(matrix(c(1308, 1252, 384030, 397299), 2,2))> vier <- matrix(c(1308, 1252, 384030, 397299), 2,2)> chisq.test(vier) Pearson's Chi-squared test with Yates' continuity correction data: vierX-squared = 3.7765, df = 1, p-value = 0.05198 > fisher.test(vier) Fisher's Exact Test for Count Data data: vierp-value = 0.04999alternative hypothesis: true odds ratio is not equal to 195 percent confidence interval: 0.9993215 1.1690003sample estimates:odds ratio 1.0808 A - Nur Fisher's Exact Test ist signifikant.
  • Woche 5 Welche Aussage ist falsch? A - Die Korrelation von a mit b ist die gleiche, wie die von b mit a. B - Eine Korrelation quantifziert die Stärke eines Zusammenhangs. C - Die Korrelation hängt von den Absolutwerten ab. D - Eine nicht-parametrische Korrelation funktioniert auch für monoton nichtlineare C - Die Korrelation hängt von den Absolutwerten ab.
  • Woche 5 Welche der Aussagen ist falsch? A - Der Absolutbetrag der Kovarianz ist stets kleiner oder gleich 1. B - Ist die Kovarianz zweier Zufallsvariablen gleich Null, so auch die Kovarianz. C - Wenn der Korrelationseffizient nahe bei 1 liegt, dann liegt der größte Teil der Beobachtungspaare annähernd auf einer Gerade. D - Die Korrelation ist ein Maß für dem linearen Zusammenhang. A - Der Absolutbetrag der Kovarianz ist stets kleiner oder gleich 1.
  • Woche 6 Je schneller ein Auto fährt, desto länger ist sein Bremsweg. Wie lang ist der Bremsweg eines Autos (in feet) bei 21 miles per hour, wenn der cars-Datensatz zugrundegelegt wird? Bitte auf 1 Nachkommastelle genau angeben. (Hinweis: Mit "data(cars)" ist der Datensatz geladen; mit "cars" kann er angezeigt und mit "plot(cars)" geplottet werden. Die Variablen heißen "speed" und "dist".) > data(cars)> plot(cars)> attach(cars)> a <- glm(dist~speed, data = cars, family = gaussian)> summary(a) Call:glm(formula = dist ~ speed, family = gaussian, data = cars) Deviance Residuals: Min 1Q Median 3Q Max -29.069 -9.525 -2.272 9.215 43.201 Coefficients: Estimate Std. Error t value Pr(>|t|) (Intercept) -17.5791 6.7584 -2.601 0.0123 * speed 3.9324 0.4155 9.464 1.49e-12 ***---Signif. codes: 0 ‘***’ 0.001 ‘**’ 0.01 ‘*’ 0.05 ‘.’ 0.1 ‘ ’ 1 (Dispersion parameter for gaussian family taken to be 236.5317) Null deviance: 32539 on 49 degrees of freedomResidual deviance: 11354 on 48 degrees of freedomAIC: 419.16 Number of Fisher Scoring iterations: 2 > abline(a)> a$coefficients[2]*21+a$coefficients[1] speed 65.00149
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  • Woche 6 Im Gegensatz zur Korrelation beschreibt eine Regression: A - Regression unterstellt einen gerichteten Zusammenhang, Korrelation nicht. B - einen kausalen Zusammenhang. C - Korrelation ist nicht so sensitiv und deshalb konservativer als die Regression. D - es gibt keinen Unterschied: sowohl Korrelation als auch Regression beschreiben nur einen statistischen Zusammenhang. A - Regression unterstellt einen gerichteten Zusammenhang, Korrelation nicht.
  • Woche 6 Ein "dummy" A - ist eine technische Konvention, um kontinuierliche Prädiktoren zu vereinfachen. B - ist ein in Einzelteile umgeformter kategorialer Prädiktor. C - ersetzt eine kategoriale Antwortvariable. D - besteht aus k-1 dummy-Variablen, wenn der Prädiktor k Level hat. B - ist ein in Einzelteile umgeformter kategorialer Prädiktor.
  • Woche 6 The Smiths, eine depressive britische Rockband der 80 und 90, sang "some girl's mothers are bigger than other girl's mothers" (im Lied "Some girls are bigger than others" auf der LP (!) "The Queen is Dead"). Der Datensatz "women" vergleicht Gewicht (in pounds, abgekürzt "lb") und Größe (in Zoll, abgekürzt"in") von 15 Amerikanerinnen (vor Jahrzehnten). Eine typische deutsche Frau ist heute 175 cm = 175/2.54 = 68.9 Zoll groß. Wie schwer wäre sie als Amerikanerin, bitte umgerechnet in kg auf eine Nachkommastelle genau? (1 kg sind 2.2 lb.) (Hinweis. Der Datensatz heißt women und wird mit "data(women)" geladen.) > data(women)> women height weight1 58 1152 59 1173 60 1204 61 1235 62 1266 63 1297 64 1328 65 1359 66 13910 67 14211 68 14612 69 15013 70 15414 71 15915 72 164> 150/2.2[1] 68.18182
  • Woche 7 Ordne link-Funktionen Verteilungen zu. Welche Zuordnung ist richtig? A - logit - Gaussian B - identity - binomial C - inverse - normal D - log – poisson D - log – poisson
  • Woche 7 Welche Aufgabe hat die link-Funktion NICHT? A - Sie übersetzt das lineare Modell der Verteilung entsprechend. B - Sie ermöglicht eine effiziente Optimierung der Verteilungsparameter. C - Sie verhindert kontinuierliche Werte bei einer diskreten Verteilung. D - Sie verhindert negative Werte bei positiven Verteilungen. C - Sie verhindert kontinuierliche Werte bei einer diskreten Verteilung.
  • Woche 7 Folgender Datensatz wurde aus einer Poisson-Verteilung mit variablem lambda gezogen: x <- 1:20 y <- c(0, 1, 3, 1, 5, 2, 4, 2, 2, 2, 5, 1, 3, 6, 6, 6, 4, 6, 9, 7) Bestimme die Steigung der Geraden auf der link-Skala auf 3 Nachkommastellen genau! > x <- 1:20> y <- c(0, 1, 3, 1, 5, 2, 4, 2, 2, 2, 5, 1, 3, 6, 6, 6, 4, 6, 9, 7)> summary(glm(y~x, family = poisson)) Call:glm(formula = y ~ x, family = poisson) Deviance Residuals: Min 1Q Median 3Q Max -1.7000 -0.6087 -0.2000 0.6847 1.7504 Coefficients: Estimate Std. Error z value Pr(>|z|) (Intercept) 0.26829 0.30923 0.868 0.386 x 0.08829 0.02158 4.092 4.29e-05 ***---Signif. codes: 0 ‘***’ 0.001 ‘**’ 0.01 ‘*’ 0.05 ‘.’ 0.1 ‘ ’ 1 (Dispersion parameter for poisson family taken to be 1) Null deviance: 33.177 on 19 degrees of freedomResidual deviance: 15.140 on 18 degrees of freedomAIC: 77.562 Number of Fisher Scoring iterations: 5
  • Woche 7 Welchem Wert auf der "response"-Skala entspricht der Wert 1.1 auf der "link"-Skala, wenn die link-Funktion der logit ist (bitte auf 2 Nachkommastellen genau)? > plogis(1.1) [1] 0.7502601 -> link-Skala wird genutzt, damit keine negativen Werte vorhanden ist. Man nimmt also eine Rücktransformation vor. logit ist binomial und damit in der Rücktrans. plogis 
  • Woche 7 Nach dem besonders langen Winter 2001 wurde auf vielen Seen Zentraleuropas ein Massensterben von Reiherenten beobachtet. Hier ein Ausschnitt dieses Datensatzes, in dem Seeoberfläche (in ha) und Massensterben (ja/nein) aufgeführt sind. Beim plot sieht man, dass in großen Seen kein Massensterben auftrat. Welche Seegröße hat eine 50/50-Chance auf ein Massensterben? Enten <- data.frame("Seeflaeche"=c(13, 5.3, 7.7, 2.7, 17.2, 1.4, 10.7, 13.9, 15.7, 1.9, 12.2, 15.8, 16,10.6, 11.1, 7.3, 7.1), "Massensterben"=c("nein", "ja", "ja", "ja", "nein", "ja", "nein", "nein", "nein", "ja","nein", "nein", "nein", "nein", "nein", "nein", "nein")) (Hinweis: Entweder kann man sich den letzten Schritt mit der Funktion dose.p im Paket MASS errechnen lassen, oder aber einfach ausrechnen, welchen Wert "Seeflaeche" habe muss, damit die Geradengleichung 0 ergibt!) > Enten <- data.frame("Seeflaeche"=c(13, 5.3, 7.7, 2.7, 17.2, 1.4, 10.7, 13.9, 15.7, 1.9, 12.2, 15.8, 16,10.6, 11.1, 7.3, 7.1), "Massensterben"=c("nein", "ja", "ja", "ja", "nein", "ja", "nein", "nein", "nein", "ja","nein", "nein", "nein", "nein", "nein", "nein", "nein"))> attach(Enten)> E <- glm(Massensterben~Seeflaeche, family = binomial)> require(MASS)Lade nötiges Paket: MASS> dose.p(E, p=0.5) Dose SEp = 0.5: 6.914908 0.9101462
  • Woche 7 Von den Standardverteilungen im GLM kommen welche für folgende Daten grundsätzlich in Frage? x = c(1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12) y = c(4, 7, 4, 7, 10, 6, 6, 11, 10, 9, 10, 10) A - binomial, Poisson B - Poisson, normal C - Poisson D - binomial, normal (=Gaussian) B - Poisson, normal
  • Woche 8 Die Varianz kann ich für jeden Datensatz berechnen. Bei welchen Verteilungen ist die Varianz einer Zufallsvariablen abhängig vom Mittelwert? A - Normalverteilung und Binomial-Verteilung. B - Normalverteilung und Poisson-Verteilung. C - Binomialverteilung und Poisson-Verteilung. D - Poisson-Verteilung. C - Binomialverteilung und Poisson-Verteilung.
  • Woche 8 Was kann nicht die Ursache von overdispersion in einem GLM mit Poisson-Verteilung sein? A - Der funktionelle Zusammenhang wird nicht korrekt von der Modellstruktur erfasst. B - Es wurde eine falsche link-Funktion gewählt. C - Die Reihenfolge der Datenpunkte. D - Die Prädiktoren sind uninformativ. C - Die Reihenfolge der Datenpunkte.
  • Woche 8 Führe für folgenden Datensatz eine Poisson und eine negative-binomiale Regression durch. Um wieviel ist der AIC im negativ binomialen Modell niedriger? (Bemerkung: Wir vergleichen AIC statt deviance, da im negbin 2 Parameter gefittet werden müssen, im Poisson-Modell nur einer. Dass dann die deviance niedriger ist verwundert zunächst einmal nicht.) x <- 12:1 y <- c(3, 4, 4, 0, 3, 12, 1, 10, 9, 0, 3, 49) > require(MASS) Lade nötiges Paket: MASS > x <-12:1 > y <- c(3, 4, 4, 0, 3, 12, 1, 10, 9, 0, 3, 49) > summary(poisReg <- glm(y~x, poisson)) Call:glm(formula = y ~ x, family = poisson) Deviance Residuals: Min 1Q Median 3Q Max -5.2794 -2.4915 0.0628 1.2663 4.6166 Coefficients: Estimate Std. Error z value Pr(>|z|) (Intercept) 3.4094 0.1714 19.888 < 2e-16 ***x -0.2583 0.0362 -7.136 9.58e-13 ***---Signif. codes: 0 ‘***’ 0.001 ‘**’ 0.01 ‘*’ 0.05 ‘.’ 0.1 ‘ ’ 1 (Dispersion parameter for poisson family taken to be 1) Null deviance: 156.982 on 11 degrees of freedomResidual deviance: 94.081 on 10 degrees of freedomAIC: 133.87 Number of Fisher Scoring iterations: 5 > summary(nbReg <- glm.nb(y~x)) Call:glm.nb(formula = y ~ x, init.theta = 0.9844695109, link = log) Deviance Residuals: Min 1Q Median 3Q Max -2.26254 -1.20506 0.03443 0.31879 1.16266 Coefficients: Estimate Std. Error z value Pr(>|z|) (Intercept) 3.0872 0.6546 4.716 2.41e-06 ***x -0.1934 0.0929 -2.081 0.0374 * ---Signif. codes: 0 ‘***’ 0.001 ‘**’ 0.01 ‘*’ 0.05 ‘.’ 0.1 ‘ ’ 1 (Dispersion parameter for Negative Binomial(0.9845) family taken to be 1) Null deviance: 19.251 on 11 degrees of freedomResidual deviance: 13.711 on 10 degrees of freedomAIC: 76.195 Number of Fisher Scoring iterations: 1 Theta: 0.984 Std. Err.: 0.486 2 x log-likelihood: -70.195 > 133.87-76.195[1] 57.675 Vereinfacht!: > (AIC(glm(y~x, family = "poisson")))-(AIC(glm.nb(y~x))) [1] 57.67292
  • Woche 8 Um wieviel nimmt die deviance ab, wenn wir für folgenden Datensatz statt eines linearen ein quadratisches Modell fitten? x <- 1:20 y <- c(3.7, 6.8, 4.2, 4.1, 2.8, 4.1, 3.6, 2.8, 2.6, 2.4, 0.4, -1.1, -1.6, -2, -3.4, -5.3, -4.9, -7.3, -8.7, -11.3) > x <- 1:20> y <- c(3.7, 6.8, 4.2, 4.1, 2.8, 4.1, 3.6, 2.8, 2.6, 2.4, 0.4, -1.1, -1.6, -2, -3.4, -5.3, -4.9, -7.3, -8.7, -11.3)> summary(glm(y~x, gaussian))# oder in 2 schritten: linReg <- glm(y~x, gaussian) und summary(linReg)> quadReg <- glm(y~poly(x, 2), gaussian)> summary(quadReg)#Residual deviance ablesen> 47.80-12.044 [1] 35.756 ODER > x <- 1:20> y <- c(3.7, 6.8, 4.2, 4.1, 2.8, 4.1, 3.6, 2.8, 2.6, 2.4, 0.4, -1.1, -1.6, -2, -3.4, -5.3, -4.9, -7.3, -8.7, -11.3)> Ines <- glm(y~x)> Jona <- glm(y~x+I(x^2))> summary(Ines) Call:glm(formula = y ~ x) Deviance Residuals: Min 1Q Median 3Q Max -3.5300 -0.9543 0.5661 1.1930 2.4032 Coefficients: Estimate Std. Error t value Pr(>|t|) (Intercept) 8.03368 0.75700 10.61 3.55e-09 ***x -0.80368 0.06319 -12.72 1.97e-10 ***---Signif. codes: 0 ‘***’ 0.001 ‘**’ 0.01 ‘*’ 0.05 ‘.’ 0.1 ‘ ’ 1 (Dispersion parameter for gaussian family taken to be 2.655582) Null deviance: 477.33 on 19 degrees of freedomResidual deviance: 47.80 on 18 degrees of freedomAIC: 80.184 Number of Fisher Scoring iterations: 2 > summary(Jona) Call:glm(formula = y ~ x + I(x^2)) Deviance Residuals: Min 1Q Median 3Q Max -1.35065 -0.45575 0.00609 0.29772 2.13375 Coefficients: Estimate Std. Error t value Pr(>|t|) (Intercept) 4.558684 0.626217 7.280 1.29e-06 ***x 0.144043 0.137339 1.049 0.309 I(x^2) -0.045130 0.006353 -7.104 1.77e-06 ***---Signif. codes: 0 ‘***’ 0.001 ‘**’ 0.01 ‘*’ 0.05 ‘.’ 0.1 ‘ ’ 1 (Dispersion parameter for gaussian family taken to be 0.7084752) Null deviance: 477.330 on 19 degrees of freedomResidual deviance: 12.044 on 17 degrees of freedomAIC: 54.614 Number of Fisher Scoring iterations: 2 > 47.80-12.044[1] 35.756
  • Woche 8 Residuen sind die Abweichungen zwischen vom Modell vorhergesagten und den tatsächlich gemessenen Datenpunkten. Ich sollte mir bei der Modelldiagnostik die studentised residuals auf der link scale anschauen, weil ... A - die studentised residuals auf der link scale den raw residuals auf der response scale entsprechen. B - diese die Abhängigkeit von Mittelwert und Varianz berücksichtigen. C - diese normiert werden, so dass die Werte immer zwischen -1 und 1 liegen. D - mein Modell auf der link scale linear ist. B - diese die Abhängigkeit von Mittelwert und Varianz berücksichtigen.
  • Woche 8 Im Datensatz befindet sich ein Punkt, der um 3.2 Standardabweichungen höher liegt als der Mittelwert. Was tun? A - Ausreißer ignorieren. B - Ausreißer rausschmeißen. C - Ausreißer auf den Mittelwert setzen. D - Ausreißer auf 2 Standardabweichungen über dem Mittelwert setzen. A - Ausreißer ignorieren.
  • Woche 9 Dein Datensatz ist rechtsschief und besteht aus positiven Kommazahlen. Da das GLM hierfür im Wesentlichen nur die Normalverteilung bereitstellt, musst Du die Daten transformieren, denn so sind die Residuen nicht varianzhomogen. Welche Transformation ist NICHT angezeigt? A - Wurzel B - e^x ("e hoch x") C - log D - Kubikwurzel B - e^x ("e hoch x")
  • Woche 9 Rechne mit folgenden Daten eine GLM. Gib dann den geschätzten Wert der Steigung (auf der linkscale) auf 2 Nachkommastellen genau an. Jannes <- data.frame("highscore.verbessert"=c("nein", "nein", "ja", "ja", "nein", "nein", "ja", "ja", "ja", "ja"), "stunden.gespielt"=c(0.3, 0.5, 0.5, 0.7, 1, 1, 1.5,2, 2.2, 2.5)) (Hinweis: R macht intern aus "ja" 0 und aus "nein" 1. Eine negative Steigung bedeutet also, dass mit mehr Stunden gespielt auch häufiger der high- score verbessert wurde.) > Jannes <- data.frame("highscore.verbessert"=c("nein", "nein", "ja", "ja", "nein", "nein", "ja", "ja", "ja", "ja"), "stunden.gespielt"=c(0.3, 0.5, 0.5, 0.7, 1, 1, 1.5,2, 2.2, 2.5))> attach(Jannes)> summary(glm(highscore.verbessert~stunden.gespielt, family = binomial)) Call:glm(formula = highscore.verbessert ~ stunden.gespielt, family = binomial) Deviance Residuals: Min 1Q Median 3Q Max -1.5713 -0.5796 -0.2541 0.7910 1.2991 Coefficients: Estimate Std. Error z value Pr(>|z|)(Intercept) 2.063 1.627 1.268 0.205stunden.gespielt -2.344 1.590 -1.474 0.140 (Dispersion parameter for binomial family taken to be 1) Null deviance: 13.4602 on 9 degrees of freedomResidual deviance: 9.5339 on 8 degrees of freedomAIC: 13.534 Number of Fisher Scoring iterations: 5
  • Woche 9 Hier ein Datensatz: bsp <- data.frame("Faktor"=rep(LETTERS[1:4], each=10), "Anzahl"=c(3, 3, 4, 7, 2, 7, 7, 5, 5, 1, 4, 4, 7, 5, 8, 6, 7, 13, 5, 8, 4, 1, 2, 0, 1, 1, 0, 1, 4, 1, 3, 4, 3, 2, 5, 4, 5, 1, 4, 3)) Rechne ein Poisson-GLM und gib den Schätzwert für den Mittelwert des niedrigsten Levels an (auf 2 Nachkommastellen genau). (Also: GLM fitten, rausbekommen, welcher Level den niedrigsten Wert hat, diesen ausrechnen und auf die response-scale rücktransformieren.) > bsp <- data.frame("Faktor"=rep(LETTERS[1:4], each=10), "Anzahl"=c(3, 3, 4, 7, 2, 7,7, 5, 5, 1, 4, 4, 7, 5, 8, 6, 7, 13, 5, 8, 4, 1, 2, 0, 1, 1, 0, 1, 4, 1, 3, 4, 3, 2, 5, 4, 5, 1, 4, 3))> attach(bsp) > regbsp<-glm(Anzahl~Faktor, poisson)> summary(regbsp) > bspC<-bsp[Faktor=="C",]> bspC > attach(bspC) > mean(Anzahl) [1] 1.5 -> bsp anzeigen lassen, Werte unter Faktor C antippen ->  mean( c(4, 1, 2, 0, 1, 1, 0, 1, 4, 1))[1] 1.5
  • Woche 9 Wenn ein Datensatz rechtsschief ist, wie ist dann das Verhältnis von Median und Mittelwert? A - Der Median ist größer als der Mittelwert. B - Der Mittelwert ist größer als der Median. C - Median und Mittelwert sind gleich. D - Das kann man so allgemein nicht sagen. B - Der Mittelwert ist größer als der Median.
  • Woche 10 Regression und ANOVA sind eng verwandt. Aber sie unterscheiden sich in der Zielsetzung: A - ANOVA ist weniger abhängig von der tatsächlichen Struktur des Modells. B - Bei der ANOVA werden keine Parameter geschätzt, bei der Regression schon. C - Das Konzept der ANOVA ist nur für normalverteilte Daten sinnvoll anwendbar. D - ANOVA sucht Unterschiede, Regression Zusammenhänge. D - ANOVA sucht Unterschiede, Regression Zusammenhänge.

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