Exercices corrigés , Traitement des donnéesjebrane.perso.math.cnrs.fr/m1psy/correction_exercices.pdf · Exercice 3 Enonc e Solution test de Shapiro groupe 1 ... Statistiques descriptives

Exercice 1Exercice 2Exercice 3

EnonceSolution exercice 1

Tests de Shapiro -WilkTest d’egalite des variances des deux conditions.

Comparaison des deux conditions

Exercices corriges ,Traitement des donnees

A. Jebrane

Universite de Bourgogne, Master 1 psychologie

20 octobre 2017

A. Jebrane Exercices corriges , Traitement des donnees





Contexte

+ Dans cette etude on considere un groupe de 28 sujetssouffrant d’un meme type de handicap. Ces 28 sujets avaientinitialement des niveaux de dependance equivalents. Nousavons alors aleatoirement repartis ces sujets en deux groupesafin de leur apprendre des aptitudes en matiere de soinspersonnels et ce dans deux situations d’apprentissage.

+ La premiere situation est l’imitation : le sujet doit imiter legeste fait.

+ La deuxieme situation est la guidance physique : le sujet estaide physiquement pour effectuer le geste.

+ Chaque apprentissage a dure 6 mois. A la fin de chaquephase, nous avons evalue le niveau de dependance de chaquesujet (niveau eleve = forte dependance). On se demande si la” Guidance” est plus efficace que ”l’Imitation”.






Scores

+ Les scores sont les suivants :Imitation 19 16 24 13 9 14 17 10 19 22 23 5 7 13 11Guidance 15 18 23 10 8 11 12 14 21 15 18 6 7






Questions

+ Ecrire le plan experimental.

+ Donner les statistiques descriptives (moyennes, ecart-types)pour chaque groupe.

+ Tester la normalite de la VD pour chaque groupe.

+ Tester l’egalite des variances des deux conditions.

+ A l’aide d’un test de Student, que peut-on conclure quant a lamethode d’apprentissage ?






Plan experimental et statistiques descriptives

+ Il s’agit d’un plan emboıte ou la VI A : type d’apprentissagea deux modalites Imitation et Guidance. Ce plan n’est pasequilibre et comporte alors deux groupes independants de 15et 13 sujets : S〈A2〉.

+ Dans le tableau suivant on indique les tailles, moyennes, ecartstypes et ecarts types corriges des deux groupes.

Groupe taille moyenne ecart type ecart type corrige

Imitation 15 14,8 5,66 5,86

Guidance 13 13,69 5,12 5,33






Groupe Imitation

+ Hypotheses :H0 : les Donnees du groupe Imitation sont conformes

a une loi normale.H1 : lI y a une difference significative avec une loi normale

+ On classe les donnees en ordre croissant :5 7 9 10 11 13 13 14 16 17 19 19 22 23 24

+ On calcule les differences emboıtees et on releve les coefficients deShapiro correspondants

i 1 2 3 4 5 6 7∑

di 19 16 13 9 8 4 3

ai 0, 515 0, 3309 0, 2489 0, 1879 0, 1356 0, 0881 0, 0435

aidi 9, 785 5, 2944 3, 2357 1, 6911 1, 0848 0, 3524 0, 1305 21, 5739

+ b =∑

aidi = 21, 5739






Decision

+ Pour un risque d’erreur α = 0.05, la tables des seuils critiquesde Shapiro wα = 0.882.

+ On rejette la normalite si W exp ≤ wα.

+ On a W exp = b2

n×s2 = 21.57392

15×5.662 = 0, 9688 > 0.882.

+ Donc on retient la normalite de la VD pour le groupeImitation.






Groupe Guidance

+ les resultats sont donnees par la tableau suivant.

i 1 2 3 4 5 6

di 17 14 10 8 4 3

ai 0, 5358 0, 3327 0, 2408 0, 1709 0, 1101 0, 054 b

aidi 9, 1086 4, 6578 2, 408 1, 3672 0, 4404 0, 162 18, 144

b W exp Wα decision

18, 144 0, 966 0, 869 H0






+ Hypotheses :{H0 : les deux variances sont egales : σ1 = σ2

H1 : les deux variances sont differentes σ1 6= σ2

+ Statistique : On compare deux variances, la statistiques est lerapport des variances corrigees : ( avec la plus grande aunumerateur)

F (14, 12) =Vn1

Vn2

qui suit une loi de Fisher-Snedecor a (14, 12)

ddl.

+ Risque d’erreur et region de rejet a 5% : Test bilateral donc,on utilise la table pour 0.025 K0,05(F ) = {F ≥ 3.21}.

+ Decision : F exp = 5.862

5.332 ≈ 1, 208 6∈ K0,05(F ).

+ Conclusion : Avec un risque d’erreur de 0,05 on peut direque les les variances ne different pas significativement.






Test de Student.

+ Hypotheses :H0 : Pas de differences entre les deux conditions : µI = µGH1 : La condition ”Guidance” est plus efficace,

son niveau de dependance est plus faible : µI > µG+ Statistique : On Compare deux moyennes a l’aide de deux

petits echantillons independants de tailles nI = 15 et nG = 13.

+ Nous avons verifie l’egalite des variances et la normalite desVD ,

+ Donc la statistique est

T =MnI−MnG

s√

1nI

+ 1nG

qui suit une loi de Student a 15 + 13− 2 =

26 ddl ,

+ avec s =√

nI s2I +nG s

2G

nI +nG−2 =√

15×5.662+13×5.122

15+13−2 = 5.62






Test de Student : suite

+ Risque d’erreur et region de rejet a 5% : Test unilateral doncK0,05(T ) = {T ≥ 1.7056}.

+ Decision : T exp = 14.8−13.69

5.62√

115

+ 113

= 0.52 6∈ K0,05(T ).

+ Conclusion : Avec un risque d’erreur de 0,05 on ne peut pasdecider d’une difference significative entre les deux conditions.






Solution Sous R

+ Pour utiliser le logiciel R , on doit d’abord preparer le fichierdes donnees avec une VI : condition et la VD : score.Appelons ce fichier handi.csv . Ensuite lancer Rstudio.

+ Importer le fichier, l’attacher et declarer le facteur condition.

+ Utiliser la fonction : tapply(score,condition,shapiro.test)

+ Comparer les variances : var.test(score∼condition)

+ Comparer les moyennes : t.test(score∼condition,alternative=”less”, var.equal=TRUE).

+ Rediger en detail tous les tests effectues : hypotheses,statistiques utilisees, valeurs experimentales, p-value etconclusion.



EnonceSolutiontest de Shapiro groupe 1Analyse de la variance

Analyse des contrastes proposes.

Contexte

+ Le tableau suivant resume les resultats obtenus par 50 sujetsrepartis aleatoirement en 6 groupes et soumis ensuite a 6conditions experimentales (stimulus) dans la cadre d’unexercice sur les capacites mnesiques.G1 14 12 9 12 15 6 9 8 11 12

G2 14 9 9 9 17 9 5 12

G3 20 12 13 21 20 20 15

G4 15 23 21 12 15 17 21 20 17

G5 18 24 21 35 18 15 29 23 29

G6 23 30 33 35 38 27 26





Questions

+ Donner les statistiques des 6 groupes.

+ Tester la normalite de la VD pour le groupe 1.

+ On admet pour l’instant la normalite de la VD sur chaquegroupe ainsi que l’egalite des variances. Faire une analyse dela variance pour analyser l’effet du type de stimuli sur laperformance mnesique des sujets.

+ Analyser les trois contrastes (G1,G2)vs(G3,G4,G5,G6) puis(G3,G4)vs(G5,G6) et (G5)vs(G6).





Statistiques descriptives

+ Sur le tableau suivant, on indique les effectifs des groupes,leur scores totaux Ti , la somme des carrees de leurs scores Ci ,leurs moyennes et leur ecarts types , Attention, les resultatssont arrondis pour faciliter la lecture, mais pour les calculs, ongarde plus de chiffres pour la precision.Groupes G1 G2 G3 G4 G5 G6

ni 10 8 7 9 9 7 n = 50

Ti 108 84 121 161 212 212 T = 898

Ci 1236 978 2179 2983 5326 6592 C = 19294

mi 10, 8 10, 5 17, 29 17, 89 23, 56 30, 29 17, 96

si 2, 638 3, 464 3, 534 3, 381 6, 076 4, 949

scori 2, 781 3, 703 3, 817 3, 586 6, 444 5, 345





Resultats sans redaction

+

i 1 2 3 4 5

di 9 6 3 3 1

ai 0, 5737 0, 329 0, 2143 0, 1228 0, 0401 b W W0,05 Decision

aidi 5, 1633 1, 974 0, 6429 0, 3684 0, 0401 8, 1887 0, 9634 0, 845 H0

+ Conclusion : On retient la normalite de la Vd sur ce groupe.





Hypotheses et calculs

+ Hypotheses :H0 : Pas de differences entre les 6

types de stimulis : µ1 = µ2 = · · · = µ6

H1 : Le facteur stimulis a un effet surles performances mnesiques. ∃i , j µi 6= µj

+ Statistique : On Compare 6 moyennes. On doit doit calculerles variances inter-groupes et intra-groupes.

+ Tableau de synthese :

Source ddl SC S2 F Fαinter-groupes 5 2306.35 461.27 23.61 2.43

Intra-groupe 44 859.57 19.54

Total 49 3165.92





Calculs : details

+ Variation totale : SCT = C − T 2

n = 19294− 8982

50 = 3165, 92.de plus le nombre de degres de liberte total est 50-1 = 49.

+ Variation inter-groupes : SCF =∑ T 2

ini− T 2

n = 2306, 351746.Le nombre de d.d.l inter-groupe est 6-1 = 5.

+ La variance inter-groupes est alors S2F = 2306,351746

5 = 461, 27

+ la variation intra-groupes ou residuelle estSCR = SCT − SCF = 3165, 92− 2306, 351746 = 859, 568. Lenombre de d.d.l intra-groupes est 50-6= 44.

+ La variance intra-groupes est alorsS2intra = S2

R = 859,56844 = 19, 54

+ La statistique du test est le rapport F =S2F

S2R

= 461,2719,54 = 23, 61.





Decision

+ la table de Fisher Snedecor a ( 5, 44) ddl donne un seuilcritique de f0.05 = 2.445. La valeur experimentale 23.61 estlargement plus grande que le seuil critique, on accepte alorsl’Hypothese H1 qui indique une difference significative entreles 6 conditions.

+ Conclusion : Avec un risque d’erreur de 0,05 on Il yadifference significative entre les six conditions experimentales.

+ Coefficient de determination : Intensite de l’effet

R2 =SCF

SCtotal=

2306.35

3165.92= 0.7285 = 72.85%.





Etude du premier contraste L1 : (G1,G2)vs(G3,G4,G5,G6)

+ Hypotheses :{H0 : (µ1 = µ2) = (µ3 = µ4 = µ5 = µ6)H1 : (µ1 = µ2) 6= (µ3 = µ4 = µ5 = µ6)

+ Les coefficients du contraste tiennent compte des effectifs desgroupes puisque le plan n’est pas equilibre :

(−10

18,− 8

18,

7

32,

9

32,

9

32,

7

32).

+ On multiplie chaque moyenne par son coefficient et on fait lasomme : L1 =

∑(ai ×mi ) = 11.3993

+ on calcule∑ a2

ini

=(10/18)2

10 + (8/18)2

8 + (7/32)2

7 + (9/32)2

9 + (9/32)2

9 + (7/32)2

7 = 0.0868.





Etude du premier contraste L1 : (G1,G2)vs(G3,G4,G5,G6)

+ On calcule la valeur de Student en utilisant

T exp =L√∑ a2

ini×√

S2intra

=11.3993√

0.0868√

19.5363= 8.7535

+ Le nombre de degres de libertes est n − k = 50− 6 = 44. Leseuil critique est donne par la table de Student ( bilaterale) a44) ddl : t0.05 = 2.0154.

+ Comme la valeur experimentale est tres grande par rapport auseuil critique, on retient H1, le contraste est significatif.

+ Ce qui confirme une difference significatives entre (G1,G2) et(G3,G4,G5,G6)





Analyse du deuxieme contraste (G3,G4)vs(G5,G6)

+ Les coefficients sont : (0, 0,− 716 ,−

916 ,

916 ,

716 )

+ L2 =∑

aimi = 8.8769.

+∑ a2

ini

= 0.125

+ T exp = 8.8769√0.125

√19.5363

= 6.8166

+ Le seuil critique est le meme tα = 2.0154.

+ Le contraste est alors significatif.

+ BRediger les details ! ! ! ! ! !





Analyse du troisieme contraste G5vsG6

+ BOn donne le resultat : Rediger les details ! ! ! ! ! !

+ On trouve T exp = 4.307 > 2.0154 donc significatif.



Donnees des p-values

+test C1 C2 C3 C4 C5 C6 C7

p-value 0,002 0,0005 0,046 0,003 0,009 0,032 0,06

+

test C2 C1 C4 C5 C6 C3 C7p-value 0,0005 0,002 0,003 0,009 0,032 0,046 0,06Bonferroni 0,0035 0,014 0,021 0,063 : N.SHolm 0,0035 0,012 0,015 0,036 0,096NSBenj-Hoch 0,0035 0,007 0,007 0,01575 0,0448 0,054 NS


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