Mathematik für Biologiestudierende¶
Wintersemester 2024/25
08.01.2025
© 2025 Prof. Dr. Rüdiger W. Braun
Normalapproximation¶
- $X$ sei $B(n,p)$-verteilt
- Es gilt näherungsweise für natürliche Zahlen $a < b$
$$ P(a \le X \le b) \cong \Phi\!\left( \frac{b - n \cdot p}{\sqrt{n \cdot p \cdot (1-p)}} \right) - \Phi\!\left( \frac{a - n \cdot p}{\sqrt{n \cdot p \cdot (1-p)}} \right) $$
- Wenn $a = 0$ oder $b = n$ ist, braucht man nur einen Term
\begin{align*} P(a \le X) &\cong 1 - \Phi\!\left( \frac{a - n \cdot p}{\sqrt{n \cdot p \cdot (1-p)}} \right) \\ P(X \le b) &\cong \Phi\!\left( \frac{b - n \cdot p}{\sqrt{n \cdot p \cdot (1-p)}} \right) \end{align*}
Normalapproximation zur Versuchsplanung¶
Extinktionsexperiment¶
- Ein Extinktionsexperiment wird geplant, bei dem die Versuchstiere eine einmal erlernte Aufgabe wieder verlernen sollen. Dazu sollen zuerst mindestens 50 Tiere diese Handlung erlernen. Aus früheren Versuchen weiß man, dass dies nur bei 80% der Versuchstiere gelingt.
- Wenn man also zu Beginn der Verlernphase 50 Tiere haben will, welche die Aufgabe gelernt haben, dann muss man deutlich mehr als diese 50 Tiere trainieren.
- Wir wollen zu 90% sicher sein, dass mindestens 50 Tiere die Aufgabe gelernt haben
Normalapproximation¶
- $X$ ist die Anzahl der Tiere, welche die Aufgabe gelernt haben
- $X$ ist $B_{n,p}$-verteilt für $p=0.8$ und unbekanntes n
- Ziel $$ P(50 \le X) \ge 0.9 $$
$$ P(50 \le X) \cong 1 - \Phi\left( \frac{50 - 0.8 \cdot n}{\sqrt{n \cdot 0.8 \cdot 0.2}} \right) \overset{!}{=} 0.9 $$
Das bedeutet $$ \Phi\left( \frac{50 - 0.8 \cdot n}{\sqrt{0.16 \cdot n}} \right) = 0.1 $$
- Wir benötigen das $u$ mit $\Phi(u) = 0.1$.
- Das ist das Quantil $q_{0.1}$
import numpy as np
np.set_printoptions(legacy='1.21')
from scipy import stats
Phi = stats.norm()
Phi.ppf(0.1)
-1.2815515655446004
- neue Gleichung $$ \frac{50 - 0.8 \cdot n}{\sqrt{0.16 \cdot n}} = -1.28155 $$
Nenner hochmultiplizieren
-1.28155 * np.sqrt(0.16)
-0.51262
$$ 50 - 0.8n = -0.51262 \sqrt n $$
Trick: Wir nennen $\sqrt n$ mal kurz $x$ und bringen alles auf die linke Seite. Dann können wir mit der p-q-Formel weitermachen
$$ 50 - 0.8 x^2 + 0.51262 x = 0 $$
50 / 0.8
62.5
0.51262 / 0.8
0.6407749999999999
$$ x^2 - 0.640775x - 62.5 = 0 $$
$$ x = \frac{0.640775}2 \pm \sqrt{\frac{0.640775^2}4 + 62.5} $$
Die negative Lösung ist unsinnig
x = 0.640775 / 2 + np.sqrt(0.640775**2/4 + 62.5)
x
8.232571026066383
n = x**2
n
67.77522569922769
Also 68 Tiere.
Das ist dasselbe Ergebnis, das wir in Lektion 6 mit zwei anderen Methoden herausbekommen hatten.
t-Test für Erwartungswerte¶
Verbundene und unverbundene Stichproben¶
Zwei Versuchsreihen liefern Messergebnisse. Der Test soll entscheiden, ob sich diese Ergebnisse signifikant unterscheiden.
Unverbundene Stichproben: Die Messerergebnisse werden an verschiedenen Populationen gewonnen.
Beispiel: 9 Maisfelder werden mit einem Bodenbakterium behandelt, 10 weitere bleiben unbehandelt. Bei allen wird der Befall mit Maiszünsler bestimmt.
Verbundene Stichproben: Beide Messungen werden an derselben Population durchgeführt.
Beispiel: Bei 10 Patienten mit Bluthochdruck wird der Blutdruck vor und nach einer Therapie bestimmt.
Teststatistik für verbundene Stichproben¶
- Ein Versuch wird $n$-mal durchgeführt
- Ein Parameter wird geändert
- Der Versuch wird mit dem geänderten Parameter mit demselben Kollektiv wiederholt
- Die Messergebnisse werden verglichen
t-Test zum Vergleich zweier Erwartungswerte bei verbundenen Stichproben¶
- Gegeben sind Zufallsvariable $X_1, \dots, X_n$ und $Y_1, \dots, Y_n$
- Verteilungsvoraussetzungen:
- Alle $X_j$ sind normalverteilt mit unbekanntem Erwartungswert $\mu_1$ und unbekannter Varianz $\sigma^2$
- Alle $Y_j$ sind normalverteilt mit unbekanntem Erwartungswert $\mu_2$ und unbekannter Varianz $\sigma^2$
- Die beiden Varianzen müssen also gleich sein
- Ziel: $\mu_1$ und $\mu_2$ sollen verglichen werden
- $x_j$ und $ y_j$ seien Realisierungen (d.h. die Daten)
- $z_j = x_j - y_j$ seien die Differenzen
- Bestimme arithmetischen Mittelwert $$ \overline z = \frac1n \sum_{j=1}^n z_j $$
- und Stichprobenstreuung $$ s = \sqrt{ \frac1{n-1} \sum_{j=1}^n (z_j - \overline z)^2 } $$
- Die Teststatistik ist $$ t = \frac{\overline z}s \cdot \sqrt{n} $$
- Die Teststatistik wird mit einem Quantil der $t$-Verteilung verglichen
Die t-Verteilung¶
- Wenn kein Unterschied zwischen $X_j$ und $Y_j$ besteht, dann ist die Teststatistik für große $n$ annähernd standardnormalverteilt
- Die tatsächliche Verteilung der Teststatistik ist die $t$-Verteilung mit $(n-1)$ Freiheitsgraden
- Die $t$-Verteilung mit $f$ Freiheitsgraden ist in scipy implementiert als
stats.t(f)
from scipy import stats
P = stats.t(30)
Die Verteilungsfunktion heißt wie immer cdf
P.cdf(0)
0.5
Das Quantil heißt ppf
P.ppf(0.95)
1.6972608865939574
Zum Vergleich
stats.norm().ppf(0.95)
1.6448536269514722
- Die Quantile der t-Verteilungen sind größer als die entsprechenden Quantile der Standardnormalverteilung
- Das führt dazu dass es schwerer ist, die Nullhypothese abzulehnen
- Das ist der Preis, den wir dafür zahlen müssen, dass wir die Varianz nicht wissen, sondern aus den Daten schätzen müssen
- Der Unterschied ist umso größer, je kleiner der Stichprobenumfang ist
Freiheitsgrade¶
Heuristisch:
- $n$ Versuche, um den Parameter $\overline z$ zu schätzen
- Jeder andere Parameter, der hilfsweise geschätzt werden muss, verringert die Zahl der Freiheitsgrade um 1
- Beim $t$-Test für verbundene Stichproben muss $s$ hilfsweise geschätzt werden
- Daher gibt es $(n-1)$ Freiheitsgrade
- Die Schätzung von $s$ verringert die Genauigkeit. Daher sind die Quantile der $t$-Verteilungen größer als die der Standardnormalverteilung.
Ein- und zweiseitige Tests¶
- Tests können ein- oder zweiseitig sein
- Es sind $\mu_1$ und $ \mu_2 $ die unbekannten wahren Erwartungswerte der beiden Stichproben
- Bei zweiseitigen Tests ist die Nullhypothese von der Form $H_0 = \{\mu_1 = \mu_2\}$
- Beim einseitigen unteren Test ist die Nullhypothese von der Form $H_0 = \{\mu_1 \ge \mu_2\}$, d.h. die Alternativhypothese ist $\mu_1 < \mu_2$
- Beim einseitigen oberen Test ist die Nullhypothese von der Form $H_0 = \{\mu_1 \le \mu_2\}$, d.h. die Alternativhypothese ist $\mu_1 > \mu_2$
Entscheidungsregel¶
- Das Signifikanzniveau sei $\alpha$
- Die Quantile der $t$-Verteilung müssen verwendet werden
\begin{align*} &t_{n-1,\,1-\alpha/2} &&\text{beim zweiseitigen Test} \\ &t_{n-1,\,1-\alpha} &&\text{bei einem einseitigen Test} \end{align*}
- $z_j = x_j - y_j$ und Teststatistik
$$ t = \frac{\overline z}s \cdot \sqrt{n} $$
- Entscheidung:
- $H_0 = \{\mu_1=\mu_2\} $: Die Nullhypothese $H_0$ wird abgelehnt, wenn $\left|t\right| > t_{n-1,\,1-\alpha/2}$
- $H_0 = \{\mu_1\le\mu_2\}$: Die Nullhypothese $H_0$ wird abgelehnt, wenn $t > t_{n-1,\,1-\alpha}$
- $H_0 = \{\mu_1\ge\mu_2\}$: Die Nullhypothese $H_0$ wird abgelehnt, wenn $t < -t_{n-1,\,1-\alpha}$
Beispiel Blutdrucksenker¶
- 10 Blutdruckpatienten erhalten eine Woche lang das Medikament und eine Woche lang das Placebo. Der Blutdruck am Ende der jeweiligen Behandlung wird notiert. Zwischen beiden Behandlungen vergehen zwei Wochen mit Standard-Therapie.
- Für den $j$-ten Patienten
\begin{align*} X_j &= \text{Blutdruck unter Placebo} \\ Y_j &= \text{Blutdruck unter Medikament} \\ Z_j &= X_j - Y_j \end{align*}
- Beim Blutdrucksenker interessiert nur, ob der Blutdruck tatsächlich sinkt
- Ein einseitiger Test ist angemessen
- $\mu_1 =$ Blutdruck unter Placebo, $\mu_2 =$ Blutdruck unter Medikament
- Die Nullhypothese ist $ H_0 : \mu_1 \le \mu_2 $, also ein oberer Test
- Das Signifikanzniveau ist $\alpha = 0.05$
- Die Zahl der Freiheitsgrade ist 9
Das benötigte Quantil ist
P = stats.t(9)
P.ppf(0.95)
1.8331129326536335
Beispieldaten¶
import pandas as pd
df = pd.DataFrame()
df['x'] = [168, 184, 172, 173, 150, 155, 163, 164, 151, 146]
df['y'] = [176, 145, 150, 163, 136, 168, 164, 139, 145, 112]
df
| x | y | |
|---|---|---|
| 0 | 168 | 176 |
| 1 | 184 | 145 |
| 2 | 172 | 150 |
| 3 | 173 | 163 |
| 4 | 150 | 136 |
| 5 | 155 | 168 |
| 6 | 163 | 164 |
| 7 | 164 | 139 |
| 8 | 151 | 145 |
| 9 | 146 | 112 |
df['z'] = df.x - df.y
df.z.describe()
count 10.000000 mean 12.800000 std 17.364075 min -13.000000 25% 0.750000 50% 12.000000 75% 24.250000 max 39.000000 Name: z, dtype: float64
t = 12.8 / 17.3641 * np.sqrt(10)
t
2.3310827540820003
Das ist größer als das Quantil: Die Nullhypothese kann abgelehnt werden. Die Wirksamkeit des Blutdruchsenkers ist zu dem angegebenen Signifikanzniveau nachgewiesen.
Automatische Auswertung mit stats¶
stats.ttest_rel(df.x, df.y, alternative="greater")
TtestResult(statistic=2.331086069657434, pvalue=0.02233380789226441, df=9)
res = stats.ttest_rel(df.x, df.y, alternative="greater")
res.statistic # Die Teststatistik
2.331086069657434
res.pvalue # Der p-Wert
0.02233380789226441
Der p-Wert ist kleiner als das Signifikanzniveau $\alpha=0.05$, also kann $H_0$ abgelehnt werden
res.df # Die Anzahl der Freiheitsgrade
9
Vergleich mit einem Referenzwert¶
Das ist der Spezialfall, bei dem der zweite Datensatz für alle Einträge gleich dem Referenzwert ist
Beispiel
- Ein Betrieb leitet Abwasser ein. Die Konzentration eines bestimmten Schadstoffes darf 0.08% nicht überschreiten
- An fünf Messstellen werden insgesamt 80 Proben entnommen
- Wenn zum Signifikanzniveau $\alpha=0.01$ nachgewiesen ist, dass der Schadstoffgehalt über dem Referenzwert 0.08% liegt, dann wird der Betrieb vom Ordnungsamt geschlossen
u = "https://www.math.uni-duesseldorf.de/~braun/bio2324/data/schadstoffe.csv"
df = pd.read_csv(u, index_col=0)
df
| Messstelle | Konzentration | |
|---|---|---|
| 0 | 5 | 0.000867 |
| 1 | 3 | 0.000490 |
| 2 | 1 | 0.000589 |
| 3 | 1 | 0.000950 |
| 4 | 4 | 0.001152 |
| ... | ... | ... |
| 75 | 5 | 0.000918 |
| 76 | 3 | 0.000528 |
| 77 | 3 | 0.000961 |
| 78 | 4 | 0.001272 |
| 79 | 3 | 0.001012 |
80 rows × 2 columns
df.loc[0].Konzentration
0.0008665284923875
df.describe()
| Messstelle | Konzentration | |
|---|---|---|
| count | 80.000000 | 80.000000 |
| mean | 2.987500 | 0.000905 |
| std | 1.409675 | 0.000341 |
| min | 1.000000 | 0.000061 |
| 25% | 2.000000 | 0.000701 |
| 50% | 3.000000 | 0.000938 |
| 75% | 4.000000 | 0.001158 |
| max | 5.000000 | 0.001605 |
df['referenz'] = 0.08 / 100
res = stats.ttest_rel(df.Konzentration, df.referenz, alternative="greater")
res
TtestResult(statistic=2.768040010585661, pvalue=0.0035114445640696246, df=79)
res.pvalue
0.0035114445640696246
Zum Signifikanzniveau $\alpha=0.01$ ist die Überschreitung der Grenzwerte nachgewiesen
t-Test für unverbundene Stichproben¶
- Ein Versuch wird $n_1$-mal durchgeführt
- Ein Parameter wird geändert
- Der Versuch wird mit dem geänderten Parameter $n_2$-mal mit einem anderen Kollektiv wiederholt
- Die Messergebnisse werden verglichen
- Da die Stichproben unverbunden sind, ist $n_1 \ne n_2$ möglich
t-Test zum Vergleich zweier Erwartungswerte bei unverbundenen Stichproben¶
- Gegeben sind Zufallsvariable $X_1, \dots, X_{n_1}$ und $Y_1, \dots, Y_{n_2}$
- Verteilungsvoraussetzungen
- Die $X_j$ sind normalverteilt mit unbekanntem Erwartungswert $\mu_1$ und unbekannter Varianz $\sigma^2$
- Die $Y_j$ sind normalverteilt mit unbekanntem Erwartungswert $\mu_2$ und unbekannter Varianz $\sigma^2$
- Ziel: $\mu_1$ und $\mu_2$ sollen verglichen werden
$x_j$ und $y_j$ seien Realisierungen
Bestimme arithmetische Mittelwerte $$ \overline x = \frac1{n_1} \sum_{j=1}^{n_1} x_j \text{ und } \overline y = \frac1{n_2} \sum_{j=1}^{n_2} y_j $$
und Stichprobenstreuungen
$$ s_x = \sqrt{ \frac1{n_1-1} \sum_{j=1}^{n_1} (x_j - \overline x)^2 } \text{ und } s_y = \sqrt{ \frac1{n_2-1} \sum_{j=1}^{n_2} (y_j - \overline y)^2 } $$
Standardabweichung der gepoolten Stichproben¶
- Bestimme die Standardabweichung der gepoolten Stichproben
$$ s_p = \sqrt{ \frac{(n_1-1) \cdot s_x^2 + (n_2 - 1) \cdot s_y^2}{n_1 + n_2 - 2} } $$
- Die Teststatistik ist
$$ t = \frac{\overline x - \overline y}{s_p} \sqrt{\frac{n_1 \cdot n_2}{n_1 + n_2}} $$
Entscheidungsregel¶
- Bestimme zugehörige Quantile der $t$-Verteilung
\begin{align*} &t_{n_1+n_2-2,\,1-\alpha/2} && \text{beim zweiseitigen Test} \\ &t_{n_1+n_2-2,\,1-\alpha} && \text{bei einem einseitigen Test} \end{align*}
- Entscheidungsregel
- $H_0 = \{\mu_1=\mu_2\}$: Die Nullhypothese $H_0$ wird abgelehnt, wenn $\left|t\right| > t_{n_1+n_2-2,\,1-\alpha/2}$
- $H_0 = \{\mu_1\le\mu_2\}$: Die Nullhypothese $H_0$ wird abgelehnt, wenn $t > t_{n_1+n_2-2,\,1-\alpha}$
- $H_0 = \{\mu_1\ge\mu_2\}$: Die Nullhypothese $H_0$ wird abgelehnt, wenn $t < -t_{n_1+n_2-2,\,1-\alpha}$
Beispiel Maiszünsler¶
- Der Maiszünsler soll mit einem Bodenbakterium bekämpft werden
- Die Befallsraten (in Larven pro Quadratmeter) wurden gemessen
Wir müssen ein DataFrame in Langform herstellen, ähnlich wie in Lektion 10
df1 = pd.DataFrame()
df1['Befall'] = [61 , 60 , 62 , 58 , 75 , 63 , 52 , 66 , 59]
df1['Behandlung'] = 'ja'
df2 = pd.DataFrame()
df2['Befall'] = [55 , 69 , 64 , 70 , 75 , 70 , 83 , 69 , 75 , 69]
df2['Behandlung'] = 'nein'
df = pd.concat([df1, df2], ignore_index=True)
df
| Befall | Behandlung | |
|---|---|---|
| 0 | 61 | ja |
| 1 | 60 | ja |
| 2 | 62 | ja |
| 3 | 58 | ja |
| 4 | 75 | ja |
| 5 | 63 | ja |
| 6 | 52 | ja |
| 7 | 66 | ja |
| 8 | 59 | ja |
| 9 | 55 | nein |
| 10 | 69 | nein |
| 11 | 64 | nein |
| 12 | 70 | nein |
| 13 | 75 | nein |
| 14 | 70 | nein |
| 15 | 83 | nein |
| 16 | 69 | nein |
| 17 | 75 | nein |
| 18 | 69 | nein |
import seaborn as sns
sns.set_theme()
sns.displot(data=df, x='Befall', hue='Behandlung', multiple='stack');
df1.describe()
| Befall | |
|---|---|
| count | 9.000000 |
| mean | 61.777778 |
| std | 6.280481 |
| min | 52.000000 |
| 25% | 59.000000 |
| 50% | 61.000000 |
| 75% | 63.000000 |
| max | 75.000000 |
df2.describe()
| Befall | |
|---|---|
| count | 10.000000 |
| mean | 69.900000 |
| std | 7.324995 |
| min | 55.000000 |
| 25% | 69.000000 |
| 50% | 69.500000 |
| 75% | 73.750000 |
| max | 83.000000 |
zaehler = 9*7.325**2 + 8*6.281**2
nenner = 17
std_pool = np.sqrt( zaehler / nenner )
std_pool
6.853544866366173
faktor = 10*9 / (10+9)
t = (61.778 - 69.9) / std_pool * np.sqrt(faktor)
t # Teststatistik
-2.579242516807668
- Wir machen den Test zum Signifikanzniveau $\alpha=0.05$
- Die Zahl der Freiheitsgrade ist 17
- Das benötigte Quantil ist
P = stats.t(17)
P.ppf(0.95)
1.7396067260750672
Es gilt $t < -t_{17,0.95}$, also wird die Nullhypothese abgelehnt
stats.ttest_ind(df1.Befall, df2.Befall, alternative="less")
TtestResult(statistic=-2.5793982980797687, pvalue=0.009746177193200247, df=17.0)
Der p-Wert ist 0.01
stats.ttest_rel(x,y,alternative)t-Test für verbundene Stichproben (engl: related)stats.ttest_ind(x,y,alternative)t-Test für unverbundene Stichproben (engl: independent)- x, y: Daten
- alternative: entweder
less,greaterodertwo-sided
Termine¶
- 29.01.2025: Probeklausur, Aufgaben werden vorher auf https://www.math.uni-duesseldorf.de/~internet/bio2425 hochgeladen
- Juli oder August 2025: 1. Klausur zu Mathe für Biologiestudierende
- September 2025: 2. Klausur zu Mathe für Biologiestudierende
Offizielle Klausurtermine auf den Seiten der Biologie https://www.biologie.hhu.de/
Die Klausur am 20.02.2025 richtet sich ausschließlich an Wiederholer.