Springen naar inhoud

P-value 0.05


  • Log in om te kunnen reageren

#1

Neutrino

    Neutrino


  • 0 - 25 berichten
  • 4 berichten
  • Gebruiker

Geplaatst op 04 februari 2012 - 18:23

Beste forummers,

Ik zit met een vraag voor een verslag moet ik berekenen of een steekproef voldoet aan het Hardy en Weinberg evenwicht.
Nou hoeven we geen chi-square test te gebruiken maar ik vraag me het volgende af.
Stel je voor je vind een bepaald genotype bijvoorbeeld GenX AA (dominant) deze komt volgens de wet van Hardy en Weinberg 26 keer voor. Uit de steekproef neem je waar dat dit er 30 waren. Kun je dan zeggen met een significantie van 0.05 verwacht je bij 20 genotypen dat er 1 genotype afwijkt. Dus bij 26 genotypen volgens Hardy en Weinberg zullen er 1.3 afwijken. Aangezien de waargenomen genotypen 30 bedraagt zal de steekproef niet in een Hardy en Weinberg evenwicht verkeren?

Klopt deze redenering?

Veranderd door Neutrino, 04 februari 2012 - 18:25


Dit forum kan gratis blijven vanwege banners als deze. Door te registeren zal de onderstaande banner overigens verdwijnen.

#2

ZonnTroLL

    ZonnTroLL


  • >250 berichten
  • 710 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 09 februari 2012 - 22:49

Ik ga u een oefening voorschotelen, misschien ben je er wat mee.

Veronderstel een populatie met twee allelen op een bepaald locus. De proportie van allel A en allel B in de populatie is 0.2 en (1-0.2)=0.8 respectievelijk. De verwachte proportie van genotypen in de populatie is:

πAA= p≤ = 0.2≤= 0,04
πAB= 2pq = 2.0,2.0,8= 0,32
πBB= q≤ = 0.8≤= 0.64

We nemen een steekproef van 20 individuen (n=20) en vinden nAA=2, nAB=10 en nBB=8. Het aantal individuen met genotype i in de steekproef zal een multinomiale verdeling volgen met als parameters n,πAA, πAB en πBB.

De kans om deze aantallen te observeren is:

P(nAA,nAB,nBB)=(n! / nAA!.nAB!.nBB!).πAAnAAABnABBBnBB

P(2,10,8)= (20!/2!.10!.8!).0,042.0,3210.0,648=0,004

Veranderd door ZonnTroLL, 09 februari 2012 - 22:58

De mens is een dier dat met zijn voorpoten Bach speelt.

#3

ZonnTroLL

    ZonnTroLL


  • >250 berichten
  • 710 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 09 februari 2012 - 23:34

En ik snap je redenering niet helemaal.

De p-waarde geeft de probabiliteit om onder de nulhypothese door toeval een waarde te observeren die zo extreem of extremer is dan de geobserveerde waarde. Typisch kiest men bij significantie-testen voor een significantie-niveau van 5%. Wanneer de berekende p-waarde deze waarde overschrijdt, dan beschouwen we de resultaten als onwaarschijnlijk bekomen onder de nulhypothese en verwerpen deze. Men laat bij deze dus een kans van 5% toe op een zogenaamde type 1-fout: het onterecht verwerpen van de nulhypothese.
De mens is een dier dat met zijn voorpoten Bach speelt.

#4

Neutrino

    Neutrino


  • 0 - 25 berichten
  • 4 berichten
  • Gebruiker

Geplaatst op 15 maart 2012 - 17:53

Beste leden,

bedankt voor jullie informatie. Heb uiteindelijk de Chi-square test gebruikt om de verwachten genotypen met de waargenomen genotypen te vergelijken. Ze bleken in een Hardy en Weinberg evenwicht te verkeren echter waren er allelen die minder dan 5 keer voorkwamen en hierdoor wordt de uitkomst onbetrouwbaar.





0 gebruiker(s) lezen dit onderwerp

0 leden, 0 bezoekers, 0 anonieme gebruikers

Ook adverteren op onze website? Lees hier meer!

Gesponsorde vacatures

Vacatures