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Freiwillige Übungsaufgaben - Lösungen

Yannick Cezanne, Nicola Müller, Kai J. Nehler

Zuletzt aktualisiert am 2. Juli. 2024 Statistik I Übungen

Hier finden Sie die Lösungen zu den Zusatzaufgaben!

Zunächst wollen wir nochmal Übungen mit einem kleinen, ausgedachten Datensatz durchführen. Stellen Sie sich dafür vor, dass Sie im Rahmen Ihres Studiums eine Untersuchung mit 10 Studierenden durchgeführt haben. Dabei haben Sie das Alter (in ganzen Zahlen), das Geschlecht (weiblich, männlich, divers), die deutsche Lieblingsstadt (Berlin, Hamburg, München, Frankfurt, Dresden) sowie die generelle Lebenszufriedenheit, gemessen mit 5 Items, erhoben.

Aufgabe 1

Laden Sie die folgenden 3 Vektoren und den Datensatz in Ihr Environment.

Welche Klasse haben die Vektoren?
Wie lauten die Dimensionen des Datensatzes?

#demographische Daten:
geschlecht <- c(1, 2, 2, 1, 1, 1, 3, 2, 1, 2)   
alter <- c(20, 21, 19, 19, 20, 23, 22, 21, 19, 25)
stadt <- c(2, 1, 1, 4, 3, 2, 5, 4, 1, 3) 

#Lebenszufriedenheit:
lz_items <- data.frame(lz1 = c(3, 4, 4, 2, 1, 4, 3, 5, 4, 3), lz2 = c(2, 2, 3, 2, 4, 1, 2, 3, 2, 2), lz3 = c(5, 3, 4, 4, 3, 5, 2, 4, 3, 4), lz4 = c(2, 1, 3, 2, 2, 3, 2, 4, 2, 1), lz5 = c(4, 4, 3, 3, 1, 4, 3, 4, 5, 3))

Lösung

An dieser Stelle zunächst eine generelle Anmerkung: Für einige der nachfolgenden Aufgaben wird es - wie eigentlich fast immer in R - mehrere Lösungswege geben. Die hier gezeigten Wege sind also exemplarische Vorlagen.

class(geschlecht)

## [1] "numeric"

class(alter)

## [1] "numeric"

class(stadt)

## [1] "numeric"

dim(lz_items)

## [1] 10  5

Die einzelnen Vektoren gehören alle zur Klasse numeric, da sie nur Zahlen beinhalten. Die Dimensionen des Datensatzes zu den lz_items betragen 10 Zeilen und 5 Spalten (in dem Fall die Anzahl der Lebenszufriedenheites-Items).

Führen Sie die Vektoren und den Datensatz zusammen zu einem gemeinsamen Datensatz mit dem Namen data. Wie viele Variablen hat der neue Datensatz, wieviele Proband:innen liegen vor?

Lösung

data <- data.frame(geschlecht, alter, stadt, lz_items)
dim(data)

## [1] 10  8

In dim wäre die Anzahl der Proband:innen, also die Anzahl der Zeilen, der erste Wert. Es liegen also 10 Proband:innen vor. Der zweite Wert beschreibt die Anzahl der Variablen. Hier haben wir demnach 8 Variablen.

Wandeln Sie die Variable geschlecht und die Variable stadt in Faktoren um. Dabei sind die Zahlen in der Reihenfolge im Beschreibungstext zugeordnet (Beispiel: 1 bei Geschlecht wäre weiblich). Überschreiben Sie die alten Variablen und überprüfen Sie die Umwandlung.

Lösung

data$geschlecht <- factor(data$geschlecht, levels = 1:3, labels = c("weiblich", "männlich", "divers"))
str(data$geschlecht)

##  Factor w/ 3 levels "weiblich","männlich",..: 1 2 2 1 1 1 3 2 1 2

data$stadt <- factor(data$stadt, levels = 1:5, labels = c("Berlin", "Hamburg", "München", "Frankfurt", "Dresden"))
str(data$stadt)

##  Factor w/ 5 levels "Berlin","Hamburg",..: 2 1 1 4 3 2 5 4 1 3

Aufgabe 2

Nun wollen wir die Extraktion von bestimmten Datenpunkten nochmal üben.

Welche deutsche Lieblingsstadt hat Person 4 angegeben?
Welches Geschlecht haben Person 7 und 8 angekreuzt?
Wie lauten die Lebenszufriedenheits-Werte von Person 2 und 3 auf allen Items?

Lösung

data[4, "stadt"]

## [1] Frankfurt
## Levels: Berlin Hamburg München Frankfurt Dresden

data[c(7, 8), "geschlecht"]

## [1] divers   männlich
## Levels: weiblich männlich divers

data[c(2, 3), c(4:8)]

##   lz1 lz2 lz3 lz4 lz5
## 2   4   2   3   1   4
## 3   4   3   4   3   3

Wir sehen, dass Person 4 die Stadt Frankfurt angegeben hat.
Person 7 hat das Geschlecht divers angegeben und Person 8 männlich.
In der ausgegebenen Tabelle werden die Lebenszufriedenheits-Werte von Person 2 und 3 auf allen Items ausgegeben.

Aufgabe 3

Im Folgenden soll nicht nur extrahiert, sondern auch ersetzt werden.

Ihnen fällt auf, dass die Angabe der 3. Person in Item lz2 und lz4 nicht korrekt sind. Die korrekten Werte betragen 2 (für lz2) und 1 (für lz4). Wandeln Sie die Angaben im Datensatz entsprechend um.

Lösung

data[3, "lz2"] <- 2
data[3, "lz4"] <- 1

Person 6 hat zudem ein falsches Alter angegeben (eigentlich 24). Welches Alter steht noch im Datensatz? Korrigieren Sie es entsprechend.

Lösung

data[6, "alter"]

## [1] 23

Im Datensatz steht, dass das Alter der Person 6 23 beträgt. Hier muss also das richtige Alter (24 Jahre) zugeordnet werden.

data[6, "alter"] <- 24

Aufgabe 4

Bei Item lz2 und lz4 handelt es sich um invertierte Items. Wandeln Sie die Items entsprechend um, sodass einheitlich eine hohe Ausprägung für eine hohe Lebenszufriedenheit steht. Überschreiben Sie dabei die Ursprungsvariablen. Die Variablen hatten 5 mögliche Antwortkategorien.

Lösung

data$lz2 <- -1 * (data$lz2 - 6)
data$lz4 <- -1 * (data$lz4 - 6)

Aufgabe 5

Datenextraktion kann auch mit logischer Überprüfung kombiniert werden. Bearbeiten Sie dafür folgende Fragestellungen

Haben Person 1 und Person 5 dasselbe Alter und Geschlecht?
Haben Person 2 und Person 10 dasselbe Geschlecht und dieselbe Lieblingsstadt angegeben?

Lösung

data[1, c("alter", "geschlecht")] == data[5, c("alter", "geschlecht")]

##   alter geschlecht
## 1  TRUE       TRUE

data[2, c("geschlecht", "stadt")] == data[10, c("geschlecht", "stadt")]

##   geschlecht stadt
## 2       TRUE FALSE

Natürlich könnte man die Vergleiche auch jeweils einzeln durchführen, doch mit diesem Code geht es etwas schneller. Wenn man das “und” als verbindendes Element verstehen will (beide Werte müssen gleich sein), könnte man es folgendermaßen lösen.

data[1, "alter"] == data[5,"alter"] & data[1, "geschlecht"] == data[5, "geschlecht"]

## [1] TRUE

data[2, "geschlecht"] == data[10, "geschlecht"] & data[2,  "stadt"] == data[10, "stadt"]

## [1] FALSE

Dabei wird nur dann TRUE als Resultat ausgegeben, wenn beide durch & verbundenen Aussagen als TRUE gewertet werden. Da, wie wir bereits gesehen haben, die Angabe in stadt nicht gleich ist beim zweiten Vergleich, erhalten wir hier ein FALSE.

Aufabe 6

Der Datensatz enthält noch nicht die vollständige Menge an erhobenen Informationen. Sie hatten zusätzlich die Lieblingsfarbe der Versuchspersonen erhoben:

farbe <- c(1, 2, 1, 1, 3, 4, 2, 2, 1, 4)  #1 = blau, 2 = rot, 3 = grün, 4 = schwarz

Diese Angaben fehlen jedoch in data. Fügen Sie diese neue Spalte mit den entsprechenden Labels dem Datensatz hinzu.

Lösung

data$farbe <- farbe
data$farbe <- factor(data$farbe, levels = 1:4, labels = c("blau", "rot", "grün", "schwarz"))
str(data$farbe)

##  Factor w/ 4 levels "blau","rot","grün",..: 1 2 1 1 3 4 2 2 1 4

Aufgabe 7

Nach einiger Zeit können Sie noch 3 weitere Proband:innen von der Teilnahme überzeugen. Fügen Sie diese zusätzlich an den Datensatz an. Die aufgeführten Zeilen wurden bereits invertiert.

c("weiblich", 21, "Frankfurt", 4, 4, 3, 4, 4, "blau")
c("männlich", 19, "Dresden", 2, 5, 2, 4, 3, "schwarz")
c("weiblich", 20, "Berlin", 1, 5, 1, 5, 1, "blau")

Lösung

data[11, ] <- c("weiblich", 21, "Frankfurt", 4, 4, 3, 4, 4, "blau")
data[12, ] <- c("männlich", 19, "Dresden", 2, 5, 2, 4, 3, "schwarz")
data[13, ] <- c("weiblich", 20, "Berlin", 1, 5, 1, 5, 1, "blau")

Hier sollte es am einfachsten sein, die neuen Personen manuell an den Datensatz anzufügen. Dabei starten wir natürlich mit der nächsten Zeile nach der vorherigen Anzahl. In diesem Fall hatten wir schon 10 Personen erhoben, starten also mit 11.

Aufgabe 8

Schauen Sie sich die Struktur Ihres Datensatzes an. Was fällt Ihnen auf? Passen Sie den Datensatz ggf. wieder an seine ursprüngliche Struktur an.

Lösung

str(data)

## 'data.frame':	13 obs. of  9 variables:
##  $ geschlecht: Factor w/ 3 levels "weiblich","männlich",..: 1 2 2 1 1 1 3 2 1 2 ...
##  $ alter     : chr  "20" "21" "19" "19" ...
##  $ stadt     : Factor w/ 5 levels "Berlin","Hamburg",..: 2 1 1 4 3 2 5 4 1 3 ...
##  $ lz1       : chr  "3" "4" "4" "2" ...
##  $ lz2       : chr  "4" "4" "4" "4" ...
##  $ lz3       : chr  "5" "3" "4" "4" ...
##  $ lz4       : chr  "4" "5" "5" "4" ...
##  $ lz5       : chr  "4" "4" "3" "3" ...
##  $ farbe     : Factor w/ 4 levels "blau","rot","grün",..: 1 2 1 1 3 4 2 2 1 4 ...

Es fällt auf, dass unsere numeric Variablen jetzt als chr angezeigt werden. Sie sollten also zurücktransformiert werden.

data$alter <- as.numeric(data$alter)
data$lz1 <- as.numeric(data$lz1)
data$lz2 <- as.numeric(data$lz2)
data$lz3 <- as.numeric(data$lz3)
data$lz4 <- as.numeric(data$lz4)
data$lz5 <- as.numeric(data$lz5)

Aufgabe 9

Erstellen Sie eine neue Variable lz_ges im Datensatz data, die die Antworten auf den lz-Items bestmöglich zusammenfasst.

Lösung

data$lz_ges <- rowMeans(data[, 4:8])
data$lz_ges

##  [1] 4.0 4.0 4.0 3.4 2.2 4.2 3.2 3.6 4.0 3.8 3.8 3.2 2.6

Aufgabe 10

Speichern Sie den Datensatz als RDA-Datei unter dem Namen Data_lz lokal in Ihrem Praktikums-Ordner ab. Lassen Sie sich erst den Pfad des aktuellen Working Directory ausgeben und ändern Sie diesen gegebenenfalls.

Lösung

getwd()
setwd("...")
save(data, file = "Data_lz.rda")

Aufgabe 11

Nachdem nun der Datensatz auf dem finalen Niveau ist, sollen Sie erste deskriptivstatistische Werte bestimmen.

Wieviele Proband:innen haben die Farbe “schwarz” als Lieblingsfarbe ausgewählt?
Was ist der Modus der Variable farbe? Wie hoch ist die Häufigkeit?

Lösung

table(data$farbe)            # Häufigkeiten

## 
##    blau     rot    grün schwarz 
##       6       3       1       3

which.max(table(data$farbe)) # Modus

## blau 
##    1

max(table(data$farbe))       # Ausprägung

## [1] 6

3 Proband:innen haben die Farbe “schwarz” als Lieblingsfarbe ausgewählt.
Der Modus der Variable farbe ist blau und kommt 6 mal vor.

Aufgabe 12

Betrachten wir statt der Variable farbe nun die Variable geschlecht.

Lassen Sie sich die absolute Häufigkeit in der für Menschen ungünstigeren grafischen Darstellungsform ausgeben.
Wie hoch ist der relative Anteil der Versuchspersonen, die “männlich” angegeben haben?

Lösung

pie(table(data$geschlecht))

prop.table(table(data$geschlecht))

## 
##   weiblich   männlich     divers 
## 0.53846154 0.38461538 0.07692308

Der relative Anteil der Versuchspersonen, die “männlich” angegeben haben, beträgt 0.385.

Aufgabe 13

Berechnen Sie den relativen Informationsgehalt für die Variable stadt. Was bedeutet das Ergebnis?

Lösung

bruch <- -(1/log(5))
hj <- prop.table(table(data$stadt))
summe <- sum(hj * log(hj))
bruch * summe

## [1] 0.9723626

Das Maximum des relativen Informationsgehaltes ist bei 1. Dieses steht für eine Gleichverteilung auf alle möglichen Ausprägungen, also alle Kategorien. Daher ist unser Ergebnis ein Hinweise auf eine recht gleichmäßige Verteilung der Lieblingsstädte in Deutschland, denn für die Variable stadt ergibt sich ein relativer Informationsgehalt von 0.972.

Aufgabe 14

Betrachten wir nun ein einzelnes Item (lz3) aus dem Fragebogen zur Lebenszufriedenheit.

Berechnen Sie ein geeignetes Maß der zentralen Tendenz.
Geben Sie den Interquartilsbereich an.
Überprüfen Sie Ihre Angabe, indem Sie sich einen Boxplot ausgeben lassen.
Berechnen Sie zudem den Interquartilsabstand.

Lösung

median(data$lz3)

## [1] 3

quantile(data$lz3, c(.25, .75))

## 25% 75% 
##   3   4

boxplot(data$lz3)

quantile(data$lz3, .75) - quantile(data$lz3, .25)

## 75% 
##   1

Der Median für lz3 beträgt 3.
Der Interquartilsbereich erstreckt sich vom Wert 3 bis zum Wert 4.
Der Interquartilsabstand beträgt 1.

Aufgabe 15

Anstatt nur einer Variable soll nun der gesamte Skalenwert lz_ges betrachtet werden.

Berechnen Sie ein sinnvolles Maß der zentralen Tendenz.
Bestimmen Sie ein passendes Streuungsmaß.

Lösung

mean(data$lz_ges)

## [1] 3.538462

#Varianz (beide Wege)
var(data$lz_ges) * (12 / 13)

## [1] 0.3346746

sum((data$lz_ges - mean(data$lz_ges))^2) / 13

## [1] 0.3346746

Das arithmetische Mittel beträgt 3.538.
Die Varianz beträgt 0.335.

Aufgabe 16

Legen wir die ausgedachten Werte nun beiseite. Löschen Sie die Inhalte Ihres Environments und laden Sie sich den Datensatz fb22 in das Environment. Dies können sie lokal von ihrem PC, aber auch mittels der URL von der PandaR-Website machen. Eventuell haben Sie ihn ja auch aktiv in Ihrem Environment. Der Datensatz sollte 159 Versuchspersonen enthalten. Der Basisdatensatz hatte 36 Variablen, aber kann natürlich mehr enthalten, falls Sie weitere erstellt und abgespeichert haben.

# rm(list = ls())
load(url('https://pandar.netlify.app/daten/fb22.rda'))

Wandeln Sie zum Start die Variable lerntyp in einen Faktor um. Die Labels lauten in dieser Reihenfolge: c(alleine, Gruppe, Mischtyp). Erstellen Sie dafür keine neuen Spalten, sondern überschreiben Sie die bereits bestehenden. Überprüfen Sie im Nachhinein die Umwandlung.

Lösung

fb22$lerntyp <- factor(fb22$lerntyp, levels = 1:3, labels = c("alleine", "Gruppe", "Mischtyp"))

str(fb22$lerntyp)

##  Factor w/ 3 levels "alleine","Gruppe",..: 1 1 1 1 1 NA 3 2 3 1 ...

Aufgabe 16.2

Legen wir die ausgedachten Werte nun beiseite. Löschen Sie die Inhalte Ihres Environments und laden Sie sich den Datensatz nature in das Environment. Dies können sie mittels der URL von der PandaR-Website machen. Der Datensatz sollte 1522 Versuchspersonen und 27 Variablen enthalten.

# rm(list = ls())
source(url("https://pandar.netlify.app/daten/nature_zusatz_processing.R"))

In der Variable urban ist festgehalten, in welcher Gegend jemand als Kind gelebt hat. Wandeln Sie diese Variable in einen Faktor um. Die Labels lauten: c("laendlich", "vorstaedtisch", "staedtisch"). Erstellen Sie dafür keine neuen Spalten, sondern überschreiben Sie die bereits bestehenden. Überprüfen Sie im Nachhinein die Umwandlung.

Lösung

nature$urban <- factor(nature$urban, levels = 1:3, labels = c("laendlich", "vorstaedtisch", "staedtisch"))

str(nature$urban)

##  Factor w/ 3 levels "laendlich","vorstaedtisch",..: 1 3 3 1 2 1 3 2 3 2 ...

Aufgabe 17

Erstellen Sie ein Balkendiagramm mit der Variable lerntyp. Geben Sie der Grafik einen Titel, eine Achsenbeschriftung, sowie ein fesches, hippes farbliches Design.

Lösung

colours <- c("#CFB1B3", "#BC7B7D", "#DAB457")  #HEX-Werte (Paletten auf Pinterest)
colours2 <- c("#B7C5D5", "#D6EDEC", "#E7E8ED")

table_lerntyp <- table(fb22$lerntyp)

barplot(table_lerntyp, main = "Lerntypen Jahrgang 2022", ylab = "Anzahl Studierende", col = colours)

barplot(table_lerntyp, main = "Lerntypen Jahrgang 2022", ylab = "Anzahl Studierende", col = colours2)

Aufgabe 17.2

Erstellen Sie ein Balkendiagramm mit der Variable urban. Geben Sie der Grafik einen Titel, eine Achsenbeschriftung, sowie ein fesches, hippes farbliches Design.

Lösung

colours <- c("#CFB1B3", "#BC7B7D", "#DAB457")  #HEX-Werte (Paletten auf Pinterest)
colours2 <- c("#B7C5D5", "#D6EDEC", "#E7E8ED")

table_urban <- table(nature$urban)

barplot(table_urban, main = "Wohngegend als Kind", ylab = "Anzahl ProbandInnen", col = colours)

barplot(table_urban, main = "Wohngegend als Kind", ylab = "Anzahl ProbandInnen", col = colours2)

Aufgabe 18

Betrachten Sie die Variablen prok4 und prok10. Liegen NAs vor? Wenn ja, wieviele? Überprüfen Sie dies mit Ihnen bekannten Befehlen.

Lösung

sum(is.na(fb22$prok4))

## [1] 2

sum(is.na(fb22$prok10))

## [1] 0

Die Variable prok4 enthält 2 fehlende Werte.
Die Variable prok10 enthält 0 fehlende Werte.

Aufgabe 18. 2

Betrachten Sie die Variablen Q1 (“Mein idealer Urlaubsort wäre ein abgelegenes Gebiet in der Wildnis”) und Q5 (“Meine Beziehung zur Natur ist ein wichtiger Teil meines Wesens”). Die Items wurden den ProbandInnen zusammen mit einer 5-Punkte-Bewertungsskala von 1 (stimme nicht zu) bis 5 (stimme zu) vorgelegt. Überprüfen Sie zunächst mit den Ihnen bekannten Befehlen ob und wenn ja, wieviele NAs vorliegen.

Lösung

sum(is.na(nature$Q1))

## [1] 2

sum(is.na(nature$Q5))

## [1] 0

Die Variable Q1 enthält 2 fehlende Werte.
Die Variable Q5 enthält 0 fehlende Werte.

Aufgabe 19

Die beiden Variablen sollen weiter betrachtet werden. Entfernen Sie bei Analysen (falls nötig) die fehlenden Werte.

Bestimmen Sie das Maß der zentralen Tendenz für die beiden Variablen. Ist es für prok4 und prok5 dieselbe Kategorie, die die Proband:innen-Angaben in zwei gleich große Hälften teilt?
In welchem Bereich liegen die mittleren 50% der Angaben in den beiden Variablen prok4 und prok10?
Lassen Sie sich dies zusätzlich grafisch ausgeben.

Lösung

Da wir gefunden haben, dass in prok10 keine fehlenden Werte vorliegen, können wir die Befehle ohne die Ergänzung na.rm = T durchführen.

median(fb22$prok4, na.rm = T)

## [1] 3

median(fb22$prok10)

## [1] 3

quantile(fb22$prok4, c(.25, .75), na.rm = T)

## 25% 75% 
##   2   3

quantile(fb22$prok10, c(.25, .75))

## 25% 75% 
##   2   4

Der Median von prok4 liegt bei 3, bei prok10 liegt er bei 3. Es ist also für die beiden Variablen dieselbe Kategorie, die die Angaben der Proband:innen in zwei gleich große Hälften teilt.
Die mittleren 50% der Angaben in der Variable prok4 reichen vom Wert 2 bis zum Wert 3, bei der Variable prok10 reichen sie von 2 bis 4.

boxplot(fb22$prok4)

boxplot(fb22$prok10)

Aufgabe 19.2

Die beiden Variablen sollen weiter betrachtet werden. Entfernen Sie bei Analysen (falls nötig) die fehlenden Werte.

Bestimmen Sie das Maß der zentralen Tendenz für die beiden Variablen. Ist es für Q1 und Q5 dieselbe Kategorie, die die Proband:innen-Angaben in zwei gleich große Hälften teilt?
In welchem Bereich liegen die mittleren 50% der Angaben in den beiden Variablen Q1 und Q5?
Lassen Sie sich dies zusätzlich grafisch ausgeben.

Lösung

Da wir gefunden haben, dass in Q5 keine fehlenden Werte vorliegen, können wir die Befehle ohne die Ergänzung na.rm = T durchführen.

median(nature$Q1, na.rm = T)

## [1] 4

median(nature$Q5)

## [1] 5

quantile(nature$Q1, c(.25, .75), na.rm = T)

## 25% 75% 
##   3   5

quantile(nature$Q5, c(.25, .75))

## 25% 75% 
##   4   5

Der Median von Q1 liegt bei 4, bei Q5 liegt er bei 5. Es ist also für die beiden Variablen nicht dieselbe Kategorie, die die Angaben der Proband:innen in zwei gleich große Hälften teilt.
Die mittleren 50% der Angaben in der Variable Q1 reichen vom Wert 3 bis zum Wert 5, bei der Variable Q2 reichen sie von 4 bis 5.

boxplot(nature$Q1)

boxplot(nature$Q5)

Aufgabe 20

Nun betrachten wir den Skalenwert, der unter gewis abgelegt ist. Dieser steht für die Persönlichkeitseigenschaft Gewissenhaftigkeit.

Was ist der niedrigste, was ist der höchste Wert der Variable?
Wie hoch ist die mittlere Ausprägung?

Lösung

range(fb22$gewis)

## [1] 2 5

mean(fb22$gewis)

## [1] 3.883648

Der niedrigste Gewissenhaftigskeitswert liegt bei 2, der höchste bei 5.
Die mittlere Ausprägung der Gewissenhaftigkeit liegt bei 3.884.

Aufgabe 20.2

Nun betrachten wir den Skalenwert, der unter age abgelegt ist und das Alter der Proband:innen enthält.

Was ist der niedrigste, was ist der höchste Wert der Variable?
Wie hoch ist die mittlere Ausprägung?

Lösung

range(nature$age)

## [1] 13 78

mean(nature$age)

## [1] 29.87911

Der niedrigste Wert liegt bei 13, der höchste bei 78.
Die mittlere Ausprägung liegt bei 29.879.

Aufgabe 21

Erzielt der Jahrgang 22 im Mittel, rein deskriptiv betrachtet, höhere Werte in Gewissenhaftigkeit (gewis) als in Extraversion (extra) oder liegt genau der umgekehrte Fall vor? In welcher der beiden Variablen variieren die Angaben stärker? Gehen Sie für die Beantwortung davon aus, dass die Skalen gleich genormt sind.

Lösung

Zunächst sollten wir überprüfen, ob es fehlende Werte auf den Skalen gibt.

sum(is.na(fb22$gewis))

## [1] 0

sum(is.na(fb22$extra))

## [1] 0

Das ist offensichtlich nicht der Fall. Daher können wir die Befehle auch ohne den ergänzenden Teil durchführen.

mean(fb22$gewis)

## [1] 3.883648

mean(fb22$extra)

## [1] 3.378931

var(fb22$gewis) * (158/159)

## [1] 0.4361477

var(fb22$extra) * (158/159)

## [1] 0.4951693

Der Mittelwert von gewis liegt bei 3.884, der von extra bei 3.379. Unter den getroffenen Annahmen ist dieser Jahrgang stärker gewissenhaft als extravertiert. Auch die Streuung ist deskriptiv bei der Extraversion größer. Hier liegt sie bei 0.495, während sie bei der Gewissenheit bei 0.436 liegt.

Aufgabe 21.2

Schauen wir uns nun noch einen weiteren Datensatz an. Laden Sie sich den Datensatz SD3 in das Environment. Dies können Sie mittels der URL von der PandaR-Website machen. Der Datensatz sollte 18192 Versuchspersonen und 29 Variablen enthalten.

# rm(list = ls())
source('/home/zarah/pandar.git/content/daten/SD3_zusatz_processing.R')
# source(url("https://pandar.netlify.app/daten/SD3_zusatz_processing.R"))

Dieser Datensatz enthält Daten, die mit einem Fragebogen zur Dunklen Triade (Short Dark Triad) erfasst wurden. Es lassen sich drei Subskalen berechnen. Die Items M1 bis M9 beziehen sich auf das Konstrukt des Machiavellismus, die Items N1 bis N9 erfassen Narzissmus und die Items P1 bis P9 Psychopathie. Die Items wurden anhand einer fünf-Punte-Skala von 1 (stimme nicht zu) bis 5 (stimme zu) beantwortet. Es ist zu beachten, dass die Items N2, N6, N8, P2 und P7 invertiert sind.

Wandeln Sie also zunächst diese Items so um, dass hohe Werte für eine hohe Ausprägung in diesem Konstrukt stehen. Überschreiben Sie dafür wieder die Ursprungsvariable.
Erstellen Sie dann drei neue Variablen M_ges, N_ges, P_ges, die die Antworten auf den drei Subskalen jeweils zusammenfassen.

Lösung

Zunächst werden die Items invertiert.

SD3$N2 <- -1 * (SD3$N2 - 6)
SD3$N6 <- -1 * (SD3$N6 - 6)
SD3$N8 <- -1 * (SD3$N8 - 6)

SD3$P2 <- -1 * (SD3$P2 - 6)
SD3$P7 <- -1 * (SD3$P7 - 6)

Überprüfen wir nun noch, ob NAs vorliegen.

sum(is.na(SD3))

## [1] 0

Jetzt können wir jeweils die Mittelwerte für die Items der verschiedenen Subskalen berechnen und in neuen Variablen festhalten.

SD3$M_ges <- rowMeans(SD3[, 1:9])
SD3$N_ges <- rowMeans(SD3[, 10:18])  
SD3$P_ges <- rowMeans(SD3[, 19:27])

Aufgabe 21.3

Erzielen die Proband:innen im Mittel, rein deskriptiv betrachtet, höhere Werte in Machiavellismus (M_ges) als in Narzissmus (N_ges) oder liegt genau der umgekehrte Fall vor? In welcher der beiden Variablen variieren die Angaben stärker? Gehen Sie für die Beantwortung davon aus, dass die Skalen gleich genormt sind.

Lösung

mean(SD3$M_ges)

## [1] 3.60101

mean(SD3$N_ges)

## [1] 3.050505

n <- nrow(SD3)
var(SD3$M_ges) * ((n-1)/n)

## [1] 0.5804255

var(SD3$N_ges) * ((n-1)/n)

## [1] 0.5075502

Der Mittelwert von M_ges liegt bei 3.601, der von N_ges bei 3.051. Unter den getroffenen Annahmen sind die Proband:innen stärker machiavellistisch als narzisstisch. Die Streuung ist deskriptiv beim Machiavellismus größer. Hier liegt sie bei 0.58, während sie beim Narzismus bei 0.508 liegt.

Aufgabe 22

Verträglichkeit ist in vertr abgelegt.

Lassen Sie sich das Histogramm ausgeben.
Zentrieren Sie die Variable vertr. Legen Sie dafür eine neue Spalte in fb22 mit dem Namen vertr_z an und lassen Sie sich erneut ein Histogramm ausgeben. Was hat sich verändert?
Standardisieren Sie die Variable vertr und speichern Sie diese ebenfalls unter einer neuen Spalte mit dem Namen vertr_st ab. Was ist nun anders beim Histogramm?

Lösung

hist(fb22$vertr)

Dieses Histogramm soll erstmal zum Vergleich dienen. Wir sehen die ursprünglichen Skalenwerte.

fb22$vertr_z <- scale(fb22$vertr, scale = F)
hist(fb22$vertr_z)

Durch die Zentrierung verändert sich die Form erstmal nicht. Der Mittelwert der Werte wird auf 0 gesetzt. Optisch äußert sich das dadurch, dass die Werte auf der x-Achse nun andere sind.

fb22$vertr_st <- scale(fb22$vertr, scale = T)
hist(fb22$vertr_st)

Die Standardisierung setzt die Standardabweichung auf 1. Aufgrund der neuen Wertestruktur wird natürlich auch die Kategorienanzahl geändert.

Aufgabe 22.2

Schauen wir uns nun das Konstrukt der Psychopathie nochmal genauer an.

Lassen Sie sich das Histogramm der Variable P_ges ausgeben.
Zentrieren Sie die Variable P_ges. Legen Sie dafür noch eine neue Spalte in SD3 mit dem Namen P_z an und lassen Sie sich erneut ein Histogramm ausgeben. Was hat sich verändert?
Standardisieren Sie die Variable P_ges und speichern Sie diese ebenfalls unter einer neuen Spalte mit dem Namen P_st ab. Was ist nun anders beim Histogramm?

Lösung

hist(SD3$P_ges)

Dieses Histogramm soll erstmal zum Vergleich dienen. Wir sehen die ursprünglichen Skalenwerte.

SD3$P_z <- scale(SD3$P_ges, scale = F)
hist(SD3$P_z)

Durch die Zentrierung verändert sich die Form erstmal nicht. Der Mittelwert der Werte wird auf 0 gesetzt. Optisch äußert sich das dadurch, dass die Werte auf der x-Achse nun andere sind.

SD3$P_st <- scale(SD3$P_ges, scale = T)
hist(SD3$P_st)

Die Standardisierung setzt die Standardabweichung auf 1. Aufgrund der neuen Wertestruktur wird natürlich auch die Kategorienanzahl geändert.

Aufgabe 23

Vergleichen Sie deskriptiv das Maß der zentralen Tendenz in der Variable extra zwischen den Teilnehmenden, die alleine, und denjenigen, die Gruppen in der bevorzugten Lernform angegeben haben. Welche der beiden Gruppen hat die höhere Ausprägung? Welche der beiden Gruppen ist im Mittel nerdier (nerd)?

Lösung

Da wir zwei Analysen durchführen wollen, wäre es eine gute Möglichkeit, die Personen in reduzierten Datensätzen abzulegen. Dies kann mittels der Funktion subset gelöst werden.

fb22_alleine <- subset(fb22, subset = lerntyp == "alleine")
fb22_gruppe <- subset(fb22, subset = lerntyp == "Gruppe")

Über das Argument subset geben wir an, in welcher Variable (lerntyp) die Auswahl stattfindet und anschließend legen wir die Auswahl der einzelnen Gruppen über das bereits bekannte == fest.

Eine andere Möglichkeit wäre die Verwendung der logischen Auswahl anhand eckiger Klammern.

fb22_alleine <- fb22[fb22$lerntyp == "alleine",]
fb22_gruppe <- fb22[fb22$lerntyp == "Gruppe",]

Nun können Mittelwerte für die beiden Gruppen bestimmt werden. Beachten Sie, dass die Ergänzung von na.rm = T nur auf dem zweiten demonstrierten Weg wichtig ist. Dort können Personen, die keinen Eintrag in der Auswahl-Variable haben, nicht richtig zugeordnet werden und sind daher in den beiden Datensätzen erhalten - allerdings nicht mit ihren richtigen Werten, stattdessen steht bei ihnen in jeder Spalte NA. Die Funktion subset nimmt diese Fälle hingegen nicht mit auf.

mean(fb22_alleine$extra, na.rm = T)

## [1] 3.085821

mean(fb22_gruppe$extra, na.rm = T)

## [1] 4.125

mean(fb22_alleine$nerd, na.rm = T)

## [1] 3.226368

mean(fb22_gruppe$nerd, na.rm = T)

## [1] 2.75

Personen, die angaben gerne in Gruppen zu lernen, weisen einen Mittelwert von 4.125 auf. Sie sind rein deskriptiv extravertierter als Personen, die angaben lieber alleine zu lernen. Diese haben hier einen Mittelwert von 3.086. Umgekehrtes gilt in unserer Stichprobe hingegen für die Nerdiness. Hier haben Personen, die in Gruppen lernen, einen Wert von 2.75 und Personen, die lieber alleine lernen, einen Wert von 3.226.

Aufgabe 23.2

Die Items Q1 bis Q6 dienen zur Erfassung der Naturverbundenheit. Keines der Items ist invers. In der Variable Q_ges ist der Mittelwert dieser Naturverbundenheits-Items für jede Person festgehalten.

Vergleichen Sie deskriptiv das Maß der zentralen Tendenz in der Variable Q_ges zwischen den Teilnehmenden, die auf die Frage nach ihrer Religion (religion) Atheismus (kodiert mit 2) und denjenigen, die Hinduismus (kodiert mit 8) angegeben haben. Welche der beiden Gruppen hat die höhere Ausprägung?

Lösung

Da wir zwei Analysen durchführen wollen, wäre es eine gute Möglichkeit, die Personen in reduzierten Datensätzen abzulegen. Dies kann mittels der Funktion subset gelöst werden.

nature_atheist <- subset(nature, subset = religion == 2)
nature_hindu <- subset(nature, subset = religion == 8)

Über das Argument subset geben wir an, in welcher Variable (religion) die Auswahl stattfindet und anschließend legen wir die Auswahl der einzelnen Gruppen über das bereits bekannte == fest.

Eine andere Möglichkeit wäre die Verwendung der logischen Auswahl anhand eckiger Klammern.

nature_atheist <- nature[nature$religion == 2,]
nature_hindu <- nature[nature$religion == 8,]

mean(nature_atheist$Q_ges, na.rm = T)

## [1] 3.759091

mean(nature_hindu$Q_ges, na.rm = T)

## [1] 4.318095

Personen, die angaben Atheist:innen zu sein, weisen einen Mittelwert von 3.759 auf. Sie sind rein deskriptiv weniger naturverbunden als Personen, die angaben Hinduist:innen zu sein. Diese haben hier einen Mittelwert von 4.318.

Aufgabe 24

Etwa 75% Prozent der Psychologiestudierenden in Deutschland sind weiblich. Sie treffen zufällig auf 15 Psychologiestudierende.

Wie wahrscheinlich ist es, dass genau 9 dieser Personen weiblich sind?

Lösung

dbinom(9, 15, 0.75)

## [1] 0.09174777

Die Wahrscheinlichkeit beträgt 9.17%.

Wie wahrscheinlich ist es, dass mindestens 11 der Personen weiblich sind?

Lösung

1- pbinom(10, 15, 0.75)

## [1] 0.6864859

#Alternativ:
pbinom(10, 15, 0.75, lower.tail = F)

## [1] 0.6864859

Die Wahrscheinlichkeit beträgt 68.65%.

Stellen Sie die Verteilungsfunktion der kummulierten Wahrscheinlichkeit aller Werte in einem Plot dar.

Lösung

X <- 0:15
wk <- pbinom(X, 15, 0.75)
plot(x = X, y = wk, typ = "h", xlab = "Anzahl Frauen", ylab = "kummulierte Wahrscheinlichkeit")

Aufgabe 25

In Deutschland liegt die Gewissenhaftigkeit (gewis) bei Frauen im Mittel bei µ = 3.73.

Sind Frauen, die Psychologie studieren, im Mittel gewissenhafter als Frauen in der Allgemeinbevölkerung? Stellen Sie die Hypothesen ($H_0$ und $H_1$) auf und führen Sie einen geeigneten Test durch.
Geben Sie zudem das $99\%$-ige Konfidenzintervall und die Effektgröße an.

Lösung

Hypothesen

$H_0$: Die durchschnittliche Gewissenhaftigkeit der Frauen, die Psychologie studieren, ist gleich oder geringer als die der Frauen in der Allgemeinbevölkerung.

$H_0$: $\mu_0$ $\geq$ $\mu_1$

$H_1$: Die durchschnittliche Gewissenhaftigkeit der Frauen, die Psychologie studieren, ist höher als die der Frauen in der Allgemeinbevölkerung.

$H_1$: $\mu_0$ $<$ $\mu_1$

Wir testen zuerst ob unsere Variable Geschlecht bereits als Faktor vorliegt. Wenn nicht, wandeln wir sie in einen Faktor um.

load(url('https://pandar.netlify.app/daten/fb22.rda'))
is.factor(fb22$geschl)

## [1] FALSE

fb22$geschl <- factor(fb22$geschl,
                      levels = 1:3, 
                      labels = c("weiblich", "männlich", "anderes"))

Nun erstellen wir ein subset, indem nur die weiblichen Teilnehmenden des fb22 Datensatzes enthalten sind.

fb22_frauen <- subset(fb22, geschl == "weiblich")

t-Test

Da wir einen Stichprobenmittelwert mit einem Populationsmittelwert vergleichen wollen und die Varianz in der Population nicht vorliegt, führen wir einen Einstichproben-t-Test durch.

t.test(fb22_frauen$gewis, mu = 3.73, alternative = "greater", conf.level = .99)

## 
## 	One Sample t-test
## 
## data:  fb22_frauen$gewis
## t = 4.7902, df = 124, p-value = 2.333e-06
## alternative hypothesis: true mean is greater than 3.73
## 99 percent confidence interval:
##  3.858015      Inf
## sample estimates:
## mean of x 
##     3.982

Mit einer Irrtumswahrscheinlichkeit von $5\%$ kann die $H_0$ verworfen und die $H_1$ angenommen werden. Die weiblichen Psychologiestudierenden haben verglichen mit der Gesamtbevölkerung der Frauen höhere Gewissenhaftswerte. Das $99\%$-ige Konfidenzintervall liegt zwischen 3.86 und $\infty$ (außerhalb des definierten Wertebereichs). Das bedeutet, dass in $99\%$% der Fälle in einer wiederholten Ziehung aus der Grundgesamtheit die mittleren Verträglichkeitswerte zwischen 3.86 und $\infty$ (außerhalb des definierten Wertebereichs) liegen.

Effektgröße

Für das Effektgrößemaß berechnen wir Cohen’s d.

mean_gewis_frauen <- mean(fb22_frauen$gewis, na.rm = T)
sd_gewis_frauen <- sd(fb22_frauen$gewis, na.rm = T)
mean_gewis_population <- 3.73
d <- abs((mean_gewis_frauen - mean_gewis_population)/sd_gewis_frauen)

Die Effektgröße ist mit 0.43 als groß einzustufen.

Aufgabe 26

Unterscheiden sich Personen, die gerne alleine lernen, in ihrer Extraversion (extra) von Personen, die es bevorzugen in Gruppen zu lernen oder ein Mischtyp sind (lerntyp)? Schauen Sich sich die Daten graphisch an und führen sie nach Voraussetzungsprüfung einen geeigneten Test durch.

Lösung

Zuerst schauen wir uns an, ob die Variable Lerntyp bereits als Faktor vorliegt und wandeln sie gegebenenfalls um.

is.factor(fb22$lerntyp)

## [1] FALSE

fb22$lerntyp <- factor(fb22$lerntyp, 
                       levels = 1:3, 
                       labels = c("alleine", "Gruppe", "Mischtyp"))

Nun wollen wir eine neue Variable erstellen, in der die Personen, die gerne in der Gruppe lernen oder ein Mischtyp sind, zusammengefasst werden.

fb22$lerntyp_neu <- fb22$lerntyp == "alleine"
fb22$lerntyp_neu <- as.numeric(fb22$lerntyp_neu) #Umwandlung in Numeric, da der Variablen Typ nun Logical ist
fb22$lerntyp_neu <- factor(fb22$lerntyp_neu, 
                           levels = 0:1, 
                           labels = c("Gruppe oder Mischtyp", "alleine"))

Jetzt können wir uns die Extraversion der Gruppen deskriptiv in einem Boxplot darstellen lassen.

boxplot(fb22$extra ~ fb22$lerntyp_neu, xlab = "Lerntyp", ylab = "Extraversion")

Deskriptiv lässt sich ein Mittelwertsunterschied feststellen. Diesen wollen wir aber nun noch inferenzstatistisch überprüfen. Dafür überprüfen wir die Voraussetzungen eines t-Tests für unabhängige Stichproben. Wir können annehmen, dass die abhängige Variable intervallskaliert ist und dass die einzelnen Messwerte voneinander unabhängig sind. Wir müssen nun noch die Normalverteilung der Extraversion in den Gruppen und die Homoskedastizität überprüfen.

Prüfung der Normalverteilung

Wir nutzen dafür die qqPlot-Funktion aus dem car-Paket.

library(car)
qqPlot(fb22$extra[fb22$lerntyp_neu == "alleine"])

## [1]  7 38

qqPlot(fb22$extra[fb22$lerntyp_neu == "Gruppe oder Mischtyp"])

## [1] 12 32

Die Abweichungen sind nicht zu weit. Trotzdem führen wir zur weiteren Absicherung noch den Shapiro-Test durch.

shapiro.test(fb22$extra[fb22$lerntyp_neu == "alleine"])

## 
## 	Shapiro-Wilk normality test
## 
## data:  fb22$extra[fb22$lerntyp_neu == "alleine"]
## W = 0.98369, p-value = 0.5273

shapiro.test(fb22$extra[fb22$lerntyp_neu == "Gruppe oder Mischtyp"])

## 
## 	Shapiro-Wilk normality test
## 
## data:  fb22$extra[fb22$lerntyp_neu == "Gruppe oder Mischtyp"]
## W = 0.98029, p-value = 0.2395

Keiner der Tests ist signifikant, sodass wir die Normalverteilungsannahme beibehalten.

Homoskedastizität

Diese überprüfen wir mittels Levene-Test.

leveneTest(fb22$extra ~ fb22$lerntyp_neu)

## Levene's Test for Homogeneity of Variance (center = median)
##        Df F value Pr(>F)
## group   1  0.0049 0.9445
##       147

Das Ergebnis ist nicht signifikant, sodass wir die $H_0$ nicht ablehnen und die Homoskedastizität der Varianzen annehmen können. Damit sind alle Voraussetzungen eines t-Tests erfüllt.

t.test(fb22$extra ~ fb22$lerntyp_neu, var.equal = T)

## 
## 	Two Sample t-test
## 
## data:  fb22$extra by fb22$lerntyp_neu
## t = 4.6444, df = 147, p-value = 7.506e-06
## alternative hypothesis: true difference in means between group Gruppe oder Mischtyp and group alleine is not equal to 0
## 95 percent confidence interval:
##  0.2922374 0.7251452
## sample estimates:
## mean in group Gruppe oder Mischtyp              mean in group alleine 
##                           3.594512                           3.085821

Der deskriptive Unterschied der Mittelwerte lässt sich somit auch inferenzstatistisch feststellen, denn mit einer Irrtumswahrscheinlichkeit von $5\%$ kann die $H_0$ verworfen und die $H_1$ angenommen werden. Die Teilnehmenden, die lieber alleine lernen, unterscheiden sich von den Teilnehmenden, die lieber in der Gruppe lernen oder ein Mischtyp sind, in ihrer Extraversion ($t$(df = 147, zweis.) = 4.64, p = <.001).

Aufgabe 26.2

Laden Sie sich nun einen weiteren Datensatz zusatz in ihr Environment.

# load(url('https://pandar.netlify.app/daten/zusatz.rda'))
load('/home/zarah/pandar.git/content/daten/zusatz.rda')

Dieser enthält simulierte Daten, aber wir stellen uns einfach mal vor, dass wir Daten aus einer bestimmten Stichprobe vorliegen haben. In der Spalte diet ist dann eine Information darüber enthalten, wie sich jemand ernährt. Dabei werden drei Ernährungsweisen unterschieden: nicht-vegetarisch (und damit auch nicht vegan; 1), vegetarisch (2) und vegan (3). Unterscheiden sich Personen, die sich vegan oder vegetarisch ernähren, in ihrer Happiness (happiness) von Personen, die sich nicht vegetarisch/vegan ernähren?

Schauen Sich sich die Daten graphisch an und führen sie nach Voraussetzungsprüfung einen geeigneten Test durch.

Lösung

Zuerst schauen wir uns an, ob die Variable diet bereits als Faktor vorliegt und wandeln sie gegebenenfalls um.

is.factor(zusatz$diet)

## [1] FALSE

zusatz$diet <- factor(zusatz$diet, 
                       levels = 1:3, 
                       labels = c("nicht-vegetarisch", "vegetarisch", "vegan"))

Nun wollen wir eine neue Variable erstellen, in der die Personen, die sich vegetarisch oder vegan ernähren, zusammengefasst werden.

zusatz$diet_neu <- zusatz$diet == "nicht-vegetarisch"
zusatz$diet_neu <- as.numeric(zusatz$diet_neu) #Umwandlung in Numeric, da der Variablen Typ nun Logical ist
zusatz$diet_neu <- factor(zusatz$diet_neu, 
                           levels = 0:1, 
                           labels = c("vegetarisch oder vegan", "nicht-vegetarisch"))

Jetzt können wir uns die Happiness der Gruppen deskriptiv in einem Boxplot darstellen lassen.

boxplot(zusatz$happiness ~ zusatz$diet_neu, xlab = "Diet", ylab = "Happiness")

Prüfung der Normalverteilung

Wir nutzen dafür die qqPlot-Funktion aus dem car-Paket.

library(car)
qqPlot(zusatz$happiness[zusatz$diet_neu == "nicht-vegetarisch"])

## [1] 49  1

qqPlot(zusatz$happiness[zusatz$diet_neu == "vegetarisch oder vegan"])

## [1] 34 27

Die Abweichungen sind nicht zu weit. Trotzdem führen wir zur weiteren Absicherung noch den Shapiro-Test durch.

shapiro.test(zusatz$happiness[zusatz$diet_neu == "nicht-vegetarisch"])

## 
## 	Shapiro-Wilk normality test
## 
## data:  zusatz$happiness[zusatz$diet_neu == "nicht-vegetarisch"]
## W = 0.96333, p-value = 0.09168

shapiro.test(zusatz$happiness[zusatz$diet_neu == "vegetarisch oder vegan"])

## 
## 	Shapiro-Wilk normality test
## 
## data:  zusatz$happiness[zusatz$diet_neu == "vegetarisch oder vegan"]
## W = 0.97032, p-value = 0.1444

Keiner der Tests ist signifikant, sodass wir die Normalverteilungsannahme beibehalten.

Homoskedastizität

Diese überprüfen wir mittels Levene-Test.

leveneTest(zusatz$happiness ~ zusatz$diet_neu)

## Levene's Test for Homogeneity of Variance (center = median)
##        Df F value Pr(>F)
## group   1   1e-04 0.9909
##       114

Das Ergebnis ist nicht signifikant, sodass wir die $H_0$ nicht ablehnen und die Homoskedastizität der Varianzen annehmen können. Damit sind alle Voraussetzungen eines t-Tests erfüllt.

t.test(zusatz$happiness ~ zusatz$diet_neu, var.equal = T)

## 
## 	Two Sample t-test
## 
## data:  zusatz$happiness by zusatz$diet_neu
## t = 3.4439, df = 114, p-value = 0.0008032
## alternative hypothesis: true difference in means between group vegetarisch oder vegan and group nicht-vegetarisch is not equal to 0
## 95 percent confidence interval:
##  0.3730266 1.3833254
## sample estimates:
## mean in group vegetarisch oder vegan      mean in group nicht-vegetarisch 
##                             3.543648                             2.665472

Der deskriptive Unterschied der Mittelwerte lässt sich somit auch inferenzstatistisch feststellen, denn mit einer Irrtumswahrscheinlichkeit von $5\%$ kann die $H_0$ verworfen und die $H_1$ angenommen werden. Die Teilnehmenden, die sich nicht-vegetarisch ernähren, unterscheiden sich von den Teilnehmenden, die sich vegetarisch oder vegan ernähren, in ihrer Happiness ($t$(df = 114, zweis.) = 3.44, p = <.001).

Aufgabe 27

Haben Studierende, die bei ihren Eltern wohnen (wohnen), mit gleicher Wahrscheinlichkeit einen Nebenjob (job) wie Studierende, die nicht bei ihren Eltern wohnen?

Prüfen Sie die Voraussetungen für einen Chi-Quadrat-Test.

Lösung

Als erstes müssen wir den Datensatz aufbereiten.

is.factor(fb22$wohnen)

## [1] FALSE

is.factor(fb22$job)

## [1] FALSE

fb22$wohnen <- factor(fb22$wohnen, levels = 1:4, labels = c("WG", "bei Eltern", "alleine", "sonstiges"))
fb22$job <- factor(fb22$job, levels = 1:2, labels = c("nein", "ja"))

fb22$wohnen_bei_Eltern <- fb22$wohnen == "bei Eltern" #wir erstellen eine Variable, die angibt, ob eine Personen bei den Eltern wohnt oder nicht

Die Voraussetzungen, dass die einzelnen Beobachtungen voneinander unabhängig sind und jede Person eindeutig einer Merkmalskombination zuordbar ist, ist durch das Studiendesign erfüllt. Wir müssen aber noch prüfen, ob jede Zelle mit mehr als fünf Personen gefüllt ist.

tab <- table(fb22$wohnen_bei_Eltern, fb22$job)
tab

##        
##         nein ja
##   FALSE   62 30
##   TRUE    35 21

Die Voraussetzungen für einen Chi-Quadrat-Test sind erfüllt.

Berechnen Sie die erwarteten Häufigkeiten der Zellen und treffen Sie eine Signifikanzentscheidung.

Lösung

Für die erwarteten Häufigkeiten brauchen wir die Randsummen. Diese erhalten wir mit dem Befehl addmargins.

tab_mar <- addmargins(tab)
tab_mar

##        
##         nein  ja Sum
##   FALSE   62  30  92
##   TRUE    35  21  56
##   Sum     97  51 148

Die erwarteten Häufigkeiten der Zellen erhalten wir wie folgt:

n <- tab_mar[3,3]

erwartet_11 <- (tab_mar[1,3]*tab_mar[3,1])/n
erwartet_12 <- (tab_mar[1,3]*tab_mar[3,2])/n
erwartet_21 <- (tab_mar[2,3]*tab_mar[3,1])/n
erwartet_22 <- (tab_mar[2,3]*tab_mar[3,2])/n

erwartet <- data.frame(nein = c(erwartet_11, erwartet_21), ja = c(erwartet_12, erwartet_22))
erwartet

##      nein      ja
## 1 60.2973 31.7027
## 2 36.7027 19.2973

Für die Signifikanzentscheidung berechnen wir den empirischen Chi-Quadrat-Wert und den zugehörigen p-Wert.

chi_quadrat_Wert <- (tab[1,1]-erwartet[1,1])^2/erwartet[1,1]+
  (tab[1,2]-erwartet[1,2])^2/erwartet[1,2]+
  (tab[2,1]-erwartet[2,1])^2/erwartet[2,1]+
  (tab[2,2]-erwartet[2,2])^2/erwartet[2,2]

chi_quadrat_Wert

## [1] 0.368761

pchisq(chi_quadrat_Wert, 1, lower.tail = F) #Freiheitsgrad beträgt 1

## [1] 0.5436804

Somit ist der Test nicht signifikant und es lässt sich feststellen, dass das Wohnen bei den Eltern nicht damit zusammen hängt, ob ein Nebenjob ausgeübt wird oder nicht.

Wir können unser Ergebnis auch noch mit dem Befehl chisq.test() überprüfen und sehen, dass dieser das gleiche Ergebnis liefert.

chisq.test(tab, correct = F)

## 
## 	Pearson's Chi-squared test
## 
## data:  tab
## X-squared = 0.36876, df = 1, p-value = 0.5437

Aufgabe 27.2

In der Variable living ist dokumentiert, ob jemand nicht-alleine (1) oder alleine (2) lebt. In der Variable pet steht drin, ob jemand kein Haustier besitzt (1), eine Katze (2) hält, einen Hund (3) hat oder irgendein anderes Haustier (4) besitzt. Haben Personen, die alleine leben mit gleicher Wahrscheinlichkeit ein Haustier wie Personen, die nicht alleine leben?

Prüfen Sie die Voraussetungen für einen Chi-Quadrat-Test.

Lösung

Als erstes müssen wir den Datensatz aufbereiten.

is.factor(zusatz$living)

## [1] FALSE

is.factor(zusatz$pet)

## [1] FALSE

zusatz$living <- factor(zusatz$living, levels = 1:2, labels = c("nicht-alleine", "alleine"))
zusatz$pet <- factor(zusatz$pet, levels = 1:4, labels = c("keins", "Katze", "Hund", "anderes"))

zusatz$pet_owner <- zusatz$pet %in% c("Katze", "Hund", "anderes")  #wir erstellen eine Variable, die angibt, ob eine Personen bei den Eltern wohnt oder nicht

tab <- table(zusatz$pet_owner, zusatz$living)
tab

##        
##         nicht-alleine alleine
##   FALSE            39      39
##   TRUE             11      27

Die Voraussetzungen für einen Chi-Quadrat-Test sind erfüllt.

Berechnen Sie die erwarteten Häufigkeiten der Zellen und treffen Sie eine Signifikanzentscheidung.

Lösung

Für die erwarteten Häufigkeiten brauchen wir die Randsummen. Diese erhalten wir mit dem Befehl addmargins.

tab_mar <- addmargins(tab)
tab_mar

##        
##         nicht-alleine alleine Sum
##   FALSE            39      39  78
##   TRUE             11      27  38
##   Sum              50      66 116

Die erwarteten Häufigkeiten der Zellen erhalten wir wie folgt:

n <- tab_mar[3,3]

erwartet_11 <- (tab_mar[1,3]*tab_mar[3,1])/n
erwartet_12 <- (tab_mar[1,3]*tab_mar[3,2])/n
erwartet_21 <- (tab_mar[2,3]*tab_mar[3,1])/n
erwartet_22 <- (tab_mar[2,3]*tab_mar[3,2])/n

erwartet <- data.frame(nein = c(erwartet_11, erwartet_21), ja = c(erwartet_12, erwartet_22))
erwartet

##       nein       ja
## 1 33.62069 44.37931
## 2 16.37931 21.62069

Für die Signifikanzentscheidung berechnen wir den empirischen Chi-Quadrat-Wert und den zugehörigen p-Wert.

chi_quadrat_Wert <- (tab[1,1]-erwartet[1,1])^2/erwartet[1,1]+
  (tab[1,2]-erwartet[1,2])^2/erwartet[1,2]+
  (tab[2,1]-erwartet[2,1])^2/erwartet[2,1]+
  (tab[2,2]-erwartet[2,2])^2/erwartet[2,2]

chi_quadrat_Wert

## [1] 4.617799

pchisq(chi_quadrat_Wert, 1, lower.tail = F) #Freiheitsgrad beträgt 1

## [1] 0.03164181

Somit ist der Test signifikant und es lässt sich feststellen, dass das Alleine-Wohnen damit zusammen hängt, ob jemand ein Haustier besitzt oder nicht.

Wir können unser Ergebnis auch noch mit dem Befehl chisq.test() überprüfen und sehen, dass dieser das gleiche Ergebnis liefert.

chisq.test(tab, correct = F)

## 
## 	Pearson's Chi-squared test
## 
## data:  tab
## X-squared = 4.6178, df = 1, p-value = 0.03164

Aufgabe 28

Weichen Psychologiestudierende, die einen Nebenjob haben, in ihrem Intellekt (intel) von Psychologiestudierenden, die keinen Nebenjob haben, ab.

Führen Sie nach Voraussetzungsprüfung einen geeigneten Test durch.

Lösung

Wir beginnen die Voraussetzungen des t-Tests für unabhängige Stichproben zu überprüfen. Die Voraussetzungen, dass die unabhängige Variable intervallskaliert ist und die einzelnen Messwerte unabhängig voneinander sind, sind per Untersuchungsdesign erfüllt. Wir wollen nun also die Normalverteilung des Merkmals in den Gruppen überprüfen.

#Wir überprüfen erst wieder, ob die Variable Nebenjob als Faktor vorliegt
is.factor(fb22$job)

## [1] TRUE

library(car)
qqPlot(fb22$intel[fb22$job == "nein"])

## [1] 30 79

qqPlot(fb22$intel[fb22$job == "ja"])

## [1] 49 46

shapiro.test(fb22$intel[fb22$job == "nein"])

## 
## 	Shapiro-Wilk normality test
## 
## data:  fb22$intel[fb22$job == "nein"]
## W = 0.96409, p-value = 0.009372

shapiro.test(fb22$intel[fb22$job == "ja"])

## 
## 	Shapiro-Wilk normality test
## 
## data:  fb22$intel[fb22$job == "ja"]
## W = 0.93146, p-value = 0.005113

Die Normalverteilungsannahme ist nicht erfüllt. Wir können also keinen t-Test durchführen. Wir überprüfen nun die Voraussetzungen des Wilcoxon-Tests. Wir überprüfen optisch, ob die Messwerte der beiden Gruppen ungefähr derselben Verteilung folgen.

hist(fb22$intel[fb22$job == "ja"])

hist(fb22$intel[fb22$job == "nein"])

Dies kann angenommen werden. Zuletzt überprüfen wir noch die Gleichheit der Streuung in beiden Gruppen mittels Levene-Test.

leveneTest(fb22$intel ~ fb22$job)

## Levene's Test for Homogeneity of Variance (center = median)
##        Df F value Pr(>F)
## group   1  0.0088 0.9254
##       147

Wir können von Varianzhomogenität ausgehen und somit einen Wilcoxon-Test durchführen.

wilcox.test(fb22$lz ~ fb22$ort)

## 
## 	Wilcoxon rank sum test with continuity correction
## 
## data:  fb22$lz by fb22$ort
## W = 2775, p-value = 0.3029
## alternative hypothesis: true location shift is not equal to 0

Das Ergebnis des zweiseitigen Wilcoxon-Tests ist nicht signifikant (W = 2775, p = 0.303 ). Die Nullhypothese konnte nicht verworfen werden und wird beibehalten. Wir gehen also davon aus, dass sich Psychologiestudierende, die einen Nebenjob haben, und Psychologiestudierende, die keinen Nebenjob haben, nicht in ihrem Intellekt unterscheiden.

Aufgabe 28.2

In der Variable school ist enthalten, ob jemand eine öffentliche (1) oder eine private (2) Schule besucht hat.
Unterscheiden sich Personen, die auf eine private Schule gegangen sind, in ihrem Intellekt (intel) von Personen, die eine öffentliche Schule besucht haben.

Führen Sie nach Voraussetzungsprüfung einen geeigneten Test durch.

Lösung

#Wir überprüfen erst wieder, ob die Variable Nebenjob als Faktor vorliegt
is.factor(zusatz$school)

## [1] FALSE

zusatz$school <- factor(zusatz$school, levels = 1:2, labels = c("öffentlich", "privat"))

library(car)
qqPlot(zusatz$intel[zusatz$school == "privat"])

## [1] 21 34

qqPlot(zusatz$intel[zusatz$school == "öffentlich"])

## [1] 67 38

shapiro.test(zusatz$intel[zusatz$school == "privat"])

## 
## 	Shapiro-Wilk normality test
## 
## data:  zusatz$intel[zusatz$school == "privat"]
## W = 0.9432, p-value = 0.02822

shapiro.test(zusatz$intel[zusatz$school == "öffentlich"])

## 
## 	Shapiro-Wilk normality test
## 
## data:  zusatz$intel[zusatz$school == "öffentlich"]
## W = 0.94364, p-value = 0.003146

hist(zusatz$intel[zusatz$school == "privat"])

hist(zusatz$intel[zusatz$school == "öffentlich"])

Dies kann angenommen werden. Zuletzt überprüfen wir noch die Gleichheit der Streuung in beiden Gruppen mittels Levene-Test.

leveneTest(zusatz$intel ~ zusatz$school)

## Levene's Test for Homogeneity of Variance (center = median)
##        Df F value Pr(>F)
## group   1  0.0045 0.9464
##       114

Wir können von Varianzhomogenität ausgehen und somit einen Wilcoxon-Test durchführen.

wilcox.test(zusatz$intel ~ zusatz$school)

## 
## 	Wilcoxon rank sum test with continuity correction
## 
## data:  zusatz$intel by zusatz$school
## W = 1755.5, p-value = 0.3598
## alternative hypothesis: true location shift is not equal to 0

Das Ergebnis des zweiseitigen Wilcoxon-Tests ist nicht signifikant (W = 1755.5, p = 0.36 ). Die Nullhypothese konnte nicht verworfen werden und wird beibehalten. Wir gehen also davon aus, dass sich Personen, die auf eine private Schule gegangen sind, und Personen, die eine öffentliche Schule besucht haben, nicht in ihrem Intellekt unterscheiden.

Aufgabe 28.3

Führen Sie nach Voraussetzungsprüfung einen geeigneten Test durch.

Lösung

#Wir überprüfen erst wieder, ob die Variable Nebenjob als Faktor vorliegt
is.factor(zusatz$school)

## [1] TRUE

# zusatz$school <- factor(zusatz$school, levels = 1:2, labels = c("öffentlich", "privat"))

library(car)
qqPlot(zusatz$intel[zusatz$school == "privat"])

## [1] 21 34

qqPlot(zusatz$intel[zusatz$school == "öffentlich"])

## [1] 67 38

shapiro.test(zusatz$intel[zusatz$school == "privat"])

## 
## 	Shapiro-Wilk normality test
## 
## data:  zusatz$intel[zusatz$school == "privat"]
## W = 0.9432, p-value = 0.02822

shapiro.test(zusatz$intel[zusatz$school == "öffentlich"])

## 
## 	Shapiro-Wilk normality test
## 
## data:  zusatz$intel[zusatz$school == "öffentlich"]
## W = 0.94364, p-value = 0.003146

hist(zusatz$intel[zusatz$school == "privat"])

hist(zusatz$intel[zusatz$school == "öffentlich"])

Dies kann angenommen werden. Zuletzt überprüfen wir noch die Gleichheit der Streuung in beiden Gruppen mittels Levene-Test.

leveneTest(zusatz$intel ~ zusatz$school)

## Levene's Test for Homogeneity of Variance (center = median)
##        Df F value Pr(>F)
## group   1  0.0045 0.9464
##       114

Wir können von Varianzhomogenität ausgehen und somit einen Wilcoxon-Test durchführen.

wilcox.test(zusatz$intel ~ zusatz$school)

## 
## 	Wilcoxon rank sum test with continuity correction
## 
## data:  zusatz$intel by zusatz$school
## W = 1755.5, p-value = 0.3598
## alternative hypothesis: true location shift is not equal to 0

Aufgabe 29

Unterscheiden sich Nerdiness (nerd) und Intellekt (intel) von Psychologiestudierenden im Durchschnitt voneinander? Gehen Sie für die Beantwortung davon aus, dass die Skalen gleich genormt sind.

Stellen sie die Hypothesen auf.

Lösung

$H_0$: Die durchschnittliche Nerdiness von Psychologiestudierenden unterscheidet sich nicht von deren Intellekt.

$H_0$: $\mu_0$ $=$ $\mu_1$

$H_1$: Die durchschnittliche Nerdiness von Psychologoiestudierenden unterscheidet sich von deren Intellekt.

$H_1$: $\mu_0$ $≠$ $\mu_1$

Begründen Sie weshalb Sie welchen Test benutzen wollen.

Lösung

Da die Nerdiness- und Intellekt-Werte, die verglichen werden sollen, immer von derselben Person stammen, sind die Werte voneinander abhängig. Daher wollen wir einen t-Test für abhängige Stichproben durchführen. Die Werte sind intervallskaliert, voneinander abhängig und die Differenzvariable ist normalverteilt, da wir bei einer Stichprobe von n ≥ 30 direkt davon ausgehen können. Somit sind alle Voraussetzungen für den t-Test erfüllt.

Führen Sie den Test durch und berechnen Sie gegebenfalls eine Effektgröße.

Lösung

t.test(fb22$nerd, fb22$intel, paired = T)

## 
## 	Paired t-test
## 
## data:  fb22$nerd and fb22$intel
## t = -7.0571, df = 158, p-value = 5.052e-11
## alternative hypothesis: true mean difference is not equal to 0
## 95 percent confidence interval:
##  -0.5923110 -0.3332655
## sample estimates:
## mean difference 
##      -0.4627883

Der Gruppenunterschied ist signifikant ($t$(158) = -7.06 , p < .001), somit wird die Nullhypothese verworfen. Unter den getroffenen Annahmen weisen Psychologiestudierende unterschiedliche Werte auf der Skala Nerdiness und auf der Skala Intellekt auf.

Effektstärke:

library("effsize")
cohen.d(fb22$nerd, fb22$intel, paired = T, within = F)

## 
## Cohen's d
## 
## d estimate: -0.559661 (medium)
## 95 percent confidence interval:
##      lower      upper 
## -0.7274678 -0.3918542

Der Effekt ist mit -0.56 als mittel bis groß einzuschätzen.

Aufgabe 29.2

Unterscheiden sich Marchiavellismus (M_ges) und Narzissmus (N_ges) im Durchschnitt voneinander? Gehen Sie für die Beantwortung davon aus, dass die Skalen gleich genormt sind.

Stellen sie die Hypothesen auf.

Lösung

$H_0$: Der durchschnittliche Marchiavellismus in der Bevölkerung unterscheidet sich nicht von deren Narzissmus.

$H_0$: $\mu_0$ $=$ $\mu_1$

$H_1$: Der durchschnittliche Marchiavellismus in der Bevölkerung unterscheidet sich von deren Narzissmus.

$H_1$: $\mu_0$ $≠$ $\mu_1$

Begründen Sie weshalb Sie welchen Test benutzen wollen.

Lösung

Da die Marchiavellismus- und Narzissmus-Werte, die verglichen werden sollen, immer von derselben Person stammen, sind die Werte voneinander abhängig. Daher wollen wir einen t-Test für abhängige Stichproben durchführen. Die Werte sind intervallskaliert, voneinander abhängig und die Differenzvariable ist normalverteilt, da wir bei einer Stichprobe von n ≥ 30 direkt davon ausgehen können. Somit sind alle Voraussetzungen für den t-Test erfüllt.

Führen Sie den Test durch und berechnen Sie gegebenfalls eine Effektgröße.

Lösung

t.test(SD3$M_ges, SD3$N_ges, paired = T)

## 
## 	Paired t-test
## 
## data:  SD3$M_ges and SD3$N_ges
## t = 4.8118, df = 43, p-value = 1.87e-05
## alternative hypothesis: true mean difference is not equal to 0
## 95 percent confidence interval:
##  0.3197814 0.7812287
## sample estimates:
## mean difference 
##       0.5505051

Der Gruppenunterschied ist signifikant ($t$(18190) = 4.81 , p < .001), somit wird die Nullhypothese verworfen. Unter den getroffenen Annahmen weist die Bevölkerung unterschiedliche Werte auf der Skala Nerdiness und auf der Skala Intellekt auf.

Effektstärke:

library("effsize")
cohen.d(SD3$M_ges, SD3$N_ges, paired = T, within = F)

## 
## Cohen's d
## 
## d estimate: 0.7254081 (medium)
## 95 percent confidence interval:
##     lower     upper 
## 0.3885896 1.0622267

Der Effekt ist mit 0.73 als groß einzuschätzen.

Aufgabe 30

Hängt die Gewissenhaftigkeit (gewis) positiv mit der Anzahl an geschriebenen Wörtern zusammen, die als Begründung (grund) für die Wahl des Psychologiestudiums angegeben wurden? Überprüfen Sie die Voraussetzungen für das gewählte Zusammenhangsmaß.

Tipp: Mit folgendem Befehl lässt sich die Anzahl an Wörtern einer Eingabe berechnen:

library(stringr) #falls noch nicht installiert: install.packages("stringr")
str_count("Wie viele Wörter hat dieser Satz?", "\\w+")

## [1] 6

Lösung

Als erstes erstellen wir eine Variable mit der Anzahl an geschriebenen Wörtern.

fb22$woerter_grund <- str_count(fb22$grund, "\\w+")

Nun schauen wir uns den Zusammenhang der Variablen in einem Scatterplot an.

plot(x = fb22$woerter_grund, y = fb22$gewis)

Wir schließen einen nicht linearen Zusammenhang nicht aus und überprüfen nun die Normalverteilung der Variablen.

library(car)
qqPlot(fb22$gewis)

## [1] 54 80

qqPlot(fb22$woerter_grund)

## [1] 136  93

Die Normalverteilungsannahme ist nicht erfüllt. Daher können wir keine Pearson Produkt-Moment-Korrelation ermitteln und berechnen stattdessen die Rangkorrelation nach Spearman, die nicht an die Normalverteilungsannahme gebunden ist.

cor.test(fb22$woerter_grund, fb22$gewis, method = "spearman", alternative = "greater")

## Warning in cor.test.default(fb22$woerter_grund, fb22$gewis, method = "spearman", : Cannot compute exact p-value
## with ties

## 
## 	Spearman's rank correlation rho
## 
## data:  fb22$woerter_grund and fb22$gewis
## S = 466277, p-value = 0.3041
## alternative hypothesis: true rho is greater than 0
## sample estimates:
##       rho 
## 0.0432278

Es besteht kein positiver Zusammenhang zwischen Gewissenhaftigkeit und der Anzahl an geschriebenen Wörter bei der Begründung für das Psychologiestudium.

Aufgabe 30.2

Hängt die Koffeinabhängigkeit (caffeine) positiv mit dem subjektiven Stressepfinden zusammen (stress) zusammen. Überprüfen Sie die Voraussetzungen für das gewählte Zusammenhangsmaß.

Lösung

Als erstes schauen wir uns den Zusammenhang der Variablen in einem Scatterplot an.

plot(x = zusatz$caffeine, y = zusatz$stress)

Wir schließen einen nicht linearen Zusammenhang nicht aus und überprüfen nun die Normalverteilung der Variablen.

library(car)
qqPlot(zusatz$caffeine)

## [1] 102  18

qqPlot(zusatz$stress)

## [1]  92 110

shapiro.test(zusatz$caffeine)

## 
## 	Shapiro-Wilk normality test
## 
## data:  zusatz$caffeine
## W = 0.96989, p-value = 0.0103

shapiro.test(zusatz$stress)

## 
## 	Shapiro-Wilk normality test
## 
## data:  zusatz$stress
## W = 0.97731, p-value = 0.04623

cor.test(zusatz$caffeine, zusatz$stress, method = "spearman", alternative = "greater")

## 
## 	Spearman's rank correlation rho
## 
## data:  zusatz$caffeine and zusatz$stress
## S = 187888, p-value = 0.001313
## alternative hypothesis: true rho is greater than 0
## sample estimates:
##      rho 
## 0.277715

Es besteht ein positiver Zusammenhang zwischen der Koffeinahängigkeit und dem subjektivem Stressempfinden.

Aufgabe 31

Lässt sich Prokrastination durch Gewissenhaftigkeit (gewis) vorhersagen? (Falls noch nicht geschehen, berechnen sie den Skalenwert der Prokrastination.)

fb22$prok2_r <- -1 * (fb22$prok2 - 5)
fb22$prok3_r <- -1 * (fb22$prok3 - 5)
fb22$prok5_r <- -1 * (fb22$prok5 - 5)
fb22$prok7_r <- -1 * (fb22$prok7 - 5)
fb22$prok8_r <- -1 * (fb22$prok8 - 5)

fb22$prok_ges <- fb22[, c('prok1', 'prok2_r', 'prok3_r',
                          'prok4', 'prok5_r', 'prok6',
                          'prok7_r', 'prok8_r', 'prok9', 
                          'prok10')] |> rowMeans()

Stellen Sie die Regressionsgerade auf und prüfen sie die Voraussetzungen.

Lösung

Die einzige Voraussetzung, die wir vor der Aufstellung des Regressionsmodell prüfen können, ist der lineare Zusammenhang der Variablen mit Hilfe eines Scatterplot.

plot(fb22$gewis, fb22$prok_ges, xlab = "Gewissenhaftigkeit", ylab = "Prokrastination", 
     main = "Zusammenhang zwischen Gewissenhaftigkeit und Prokrastination", pch = 19)
lines(loess.smooth(fb22$gewis, fb22$prok_ges), col = 'blue')

Die Voraussetzung ist erfüllt. Wir können nun also unser Regressionsmodell aufstellen.

fm <- lm(prok_ges ~ 1 + gewis, data = fb22)

Nun prüfen wir die anderen Voraussetungen.

par(mfrow = c(2, 2)) #vier Abbildungen gleichzeitig
plot(fm)

Der Q-Q-Plot oben rechts deutet auf Normalverteilung hin. Die rote Anpassungslinie des Scale-Location Plots unten links ist annähernd parallel zur x-Achse, sodass wir von Varianzhomogenität ausgehen können. Da auch der vierte Plot unten rechts nicht auf potentiell problematische, einflussreiche Datenpunkte hindeutet, sind alle Vorausetzungen erfüllt.

fm

## 
## Call:
## lm(formula = prok_ges ~ 1 + gewis, data = fb22)
## 
## Coefficients:
## (Intercept)        gewis  
##      4.0282      -0.3922

Die Regressionsgleichung lautet also $$ y_i = 4.028 - 0.392*x_i + e_i $$.

Prüfen Sie nun mit einem $99\%$-Konfidenzintervall die Signifikanz der Koeffizienten.

Lösung

confint(fm, level = .99)

##                  0.5 %     99.5 %
## (Intercept)  3.4658771  4.5906215
## gewis       -0.5352757 -0.2490569

In keinem der Intervalle ist die Null enthalten, sodass wir davon ausgehen können, dass die beiden Koeffizienten tatsächlich von Null verschieden sind.

Wie viel Prozent der Varianz von Prokrastination lassen sich durch die Gewissenhaftigkeit aufklären?

Lösung

summary(fm)

## 
## Call:
## lm(formula = prok_ges ~ 1 + gewis, data = fb22)
## 
## Residuals:
##      Min       1Q   Median       3Q      Max 
## -1.24783 -0.35371 -0.05175  0.33846  1.04629 
## 
## Coefficients:
##             Estimate Std. Error t value Pr(>|t|)    
## (Intercept)  4.02825    0.21564  18.680  < 2e-16 ***
## gewis       -0.39217    0.05487  -7.147 3.27e-11 ***
## ---
## Signif. codes:  0 '***' 0.001 '**' 0.01 '*' 0.05 '.' 0.1 ' ' 1
## 
## Residual standard error: 0.4524 on 155 degrees of freedom
##   (2 observations deleted due to missingness)
## Multiple R-squared:  0.2478,	Adjusted R-squared:  0.243 
## F-statistic: 51.07 on 1 and 155 DF,  p-value: 3.273e-11

summary(fm)$r.squared

## [1] 0.2478399

Durch die Gewissenhaftigkeit können $ 24.78\%$ der Varianz von Prokrastination erklärt werden.

Eine Person hat einen Gewissenhaftswert von 3.2. Welchen Prokrastinationswert sagt das Modell für diese Person voraus?

Lösung

fm$coefficients[1] + 3.2*fm$coefficients[2]

## (Intercept) 
##    2.773317

#Alternativ:
predict(fm, newdata = data.frame(gewis = 3.2))

##        1 
## 2.773317

Das Modell sagt einen Prokrastinationswert von 2.77 voraus.

Aufgabe 31.2

Lässt sich Empathie (empathy) durch das Selbstwertgefühl (selfesteem) vorhersagen?

Stellen Sie die Regressionsgerade auf und prüfen sie die Voraussetzungen.

Lösung

Die einzige Voraussetzung, die wir vor der Aufstellung des Regressionsmodell prüfen können, ist der lineare Zusammenhang der Variablen mit Hilfe eines Scatterplot.

plot(zusatz$selfesteem, zusatz$empathy, xlab = "Selbstwertgefühl", ylab = "Empathie", 
     main = "Zusammenhang zwischen Selbstwertgefühl und Empathie", pch = 19)
lines(loess.smooth(zusatz$selfesteem, zusatz$empathy), col = 'blue')

Die Voraussetzung ist erfüllt. Wir können nun also unser Regressionsmodell aufstellen.

fm <- lm(empathy ~ 1 + selfesteem, data = zusatz)

Nun prüfen wir die anderen Voraussetungen.

par(mfrow = c(2, 2)) #vier Abbildungen gleichzeitig
plot(fm)

fm

## 
## Call:
## lm(formula = empathy ~ 1 + selfesteem, data = zusatz)
## 
## Coefficients:
## (Intercept)   selfesteem  
##      2.0608       0.3915

Die Regressionsgleichung lautet also $$ y_i = 2.061 - 0.392*x_i + e_i $$.

Prüfen Sie nun mit einem $99\%$-Konfidenzintervall die Signifikanz der Koeffizienten.

Lösung

confint(fm, level = .99)

##                 0.5 %    99.5 %
## (Intercept) 1.8483403 2.2733401
## selfesteem  0.2296862 0.5533776

In keinem der Intervalle ist die Null enthalten, sodass wir davon ausgehen können, dass die beiden Koeffizienten tatsächlich von Null verschieden sind.

Wie viel Prozent der Varianz der Empathie lassen sich durch das Selbstwertgefühl aufklären?

Lösung

summary(fm)

## 
## Call:
## lm(formula = empathy ~ 1 + selfesteem, data = zusatz)
## 
## Residuals:
##      Min       1Q   Median       3Q      Max 
## -1.23967 -0.25661 -0.04814  0.30186  1.05186 
## 
## Coefficients:
##             Estimate Std. Error t value Pr(>|t|)    
## (Intercept)  2.06084    0.08111  25.409  < 2e-16 ***
## selfesteem   0.39153    0.06177   6.338 4.91e-09 ***
## ---
## Signif. codes:  0 '***' 0.001 '**' 0.01 '*' 0.05 '.' 0.1 ' ' 1
## 
## Residual standard error: 0.4472 on 113 degrees of freedom
##   (1 observation deleted due to missingness)
## Multiple R-squared:  0.2623,	Adjusted R-squared:  0.2557 
## F-statistic: 40.17 on 1 and 113 DF,  p-value: 4.908e-09

summary(fm)$r.squared

## [1] 0.262278

Durch das Selbstwertgefühl können $ 26.23\%$ der Varianz der Empathie erklärt werden.

Eine Person hat ein Selbstwertgefühl von 3.2. Welchen Prokrastinationswert sagt das Modell für diese Person voraus?

Lösung

fm$coefficients[1] + 3.2*fm$coefficients[2]

## (Intercept) 
##    3.313742

#Alternativ:
predict(fm, newdata = data.frame(selfesteem = 3.2))

##        1 
## 3.313742

Das Modell sagt einen Empathiewert von 3.31 voraus.

Aufgabe 32

In Aufgabe 29 haben wir herausgefunden, dass sich die Werte von Nerdiness und Intellekt von Psychologiestudierenden unterscheiden. Die gefundene Effektgröße betrug $d=$. Wir wollen nun eine Poweranalyse durchführen, indem wir die Studie $10^4$ mal wiederholen. Nutzen Sie den Seed 4321 (set.seed(4321)).

Führen Sie eine Simulation durch, um die empirische Power des t-Tests zu bestimmen.

Lösung

d <- -0.56 #Effektstärke
N <- 159 #Anzahl der Teilnehmenden von fb22
set.seed(4321)
tH1 <- replicate(n = 10^4, expr = {X <- rnorm(159) 
                                   Y <- rnorm(159) + d #Normalverteilte Stichproben mit Mittelwertsunterschied von d Standardabweichungen
                                   ttestH1 <- t.test(X, Y, var.equal = TRUE, paired = T) #Paired = T, da es sich um einen t-Test für abhängige Stichproben handelt
                                   ttestH1$p.value})
mean(tH1 < .05 )

## [1] 0.9989

Die Power des Tests beträgt 99.89%.

Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit eines $\beta$-Fehlers?

Lösung

1 - mean(tH1 < .05 )

## [1] 0.0011

Die Wahrscheinlichkeit eines $\beta$-Fehlers beträgt 0.11%.

Angenommen wir wollen das $\alpha$-Niveau verändern. Wie würde sich das auf die Power des Tests auswirken? Simulieren sie diesmal den empirischen t-Wert und erstellen Sie einen Powerplot, in dem $\alpha$ = 0.001, $\alpha$ = 0.01, $\alpha$ = 0.025, $\alpha$ = 0.05, $\alpha$ = 0.1 abgetragen sind.

Lösung

set.seed(4321)
tH1 <- replicate(n = 10^4, expr = {X <- rnorm(N) 
                                   Y <- rnorm(N) + d 
                                   ttestH1 <- t.test(X, Y, var.equal = TRUE, paired = T)
                                   ttestH1$statistic})
power <- c(mean(abs(tH1) > qt(p = 1- 0.001/2, df = N)), mean(abs(tH1) > qt(p = 1- 0.01/2, df = N)), mean(abs(tH1) > qt(p = 1- 0.025/2, df = N)), mean(abs(tH1) > qt(p = 1- 0.05/2, df = N)), mean(abs(tH1) > qt(p = 1- 0.1/2, df = N)))

x <- c(.001, 0.01, 0.025, 0.05, 0.1)
plot(x = x, y = power, type = "b", main = "Power vs. Alpha")

Wir sehen: Je größer das $\alpha$-Niveau ist, desto höher ist unsere Power. Mit unserer Stichprobengröße von n = 44 haben wir selbst bei einem hypothetischen $\alpha$-Niveau von 0.1% noch eine Power von knapp 95%.

Aufgabe 32.2

In Aufgabe 29 haben wir herausgefunden, dass sich die Werte von Marchiavellismus und Narzissmus unterscheiden. Die gefundene Effektgröße betrug 0.73. Wir wollen nun eine Poweranalyse durchführen, indem wir die Studie $10^4$ mal wiederholen. Nutzen Sie den Seed 4321 (set.seed(4321)).

Führen Sie eine Simulation durch, um die empirische Power des t-Tests zu bestimmen.

Lösung

d <- cohen.d(SD3$M_ges, SD3$N_ges, paired = T, within = F)$estimate #Effektstärke
N <- nrow(SD3) #Anzahl der Teilnehmenden von SD3
set.seed(4321)
tH1 <- replicate(n = 10^4, expr = {X <- rnorm(N) 
                                   Y <- rnorm(N) + d #Normalverteilte Stichproben mit Mittelwertsunterschied von d Standardabweichungen
                                   ttestH1 <- t.test(X, Y, var.equal = TRUE, paired = T) #Paired = T, da es sich um einen t-Test für abhängige Stichproben handelt
                                   ttestH1$p.value})
mean(tH1 < .05 )

## [1] 0.9142

Die Power des Tests beträgt 91.42%.

Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit eines $\beta$-Fehlers?

Lösung

1 - mean(tH1 < .05 )

## [1] 0.0858

Die Wahrscheinlichkeit eines $\beta$-Fehlers beträgt 8.58%.

Angenommen wir wollen das $\alpha$-Niveau verändern. Wie würde sich das auf die Power des Tests auswirken? Simulieren sie diesmal den empirischen t-Wert und erstellen Sie einen Powerplot, in dem $\alpha$ = 0.001, $\alpha$ = 0.01, $\alpha$ = 0.025, $\alpha$ = 0.05, $\alpha$ = 0.1 abgetragen sind.

Lösung

set.seed(4321)
tH1 <- replicate(n = 10^4, expr = {X <- rnorm(N) 
                                   Y <- rnorm(N) + d 
                                   ttestH1 <- t.test(X, Y, var.equal = TRUE, paired = T)
                                   ttestH1$statistic})
power <- c(mean(abs(tH1) > qt(p = 1- 0.001/2,  df  = N)), mean(abs(tH1) > qt(p = 1- 0.01/2, df = N)), mean(abs(tH1) > qt(p = 1- 0.025/2, df = N)), mean(abs(tH1) > qt(p = 1- 0.05/2, df = N)), mean(abs(tH1) > qt(p = 1- 0.1/2, df = N)))

x <- c(.001, 0.01, 0.025, 0.05, 0.1)
plot(x = x, y = power, type = "b", main = "Power vs. Alpha")

Wir sehen: Je größer das $\alpha$-Niveau ist, desto höher ist unsere Power. Mit unserer Stichprobengröße von n = 159 haben wir selbst bei einem hypothetischen $\alpha$-Niveau von 0.1% noch eine Power von knapp 95%.

R Deskriptivstatistik

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Aufgabe 29

Aufgabe 29.2

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Aufgabe 30.2

Aufgabe 31

Aufgabe 31.2

Aufgabe 32

Aufgabe 32.2

Yannick Cezanne

Autor

Nicola Müller

Autorin

Kai J. Nehler

Teammitglied