数理统计课后题答案完整版(汪荣鑫)

第一章

X21n9294103105106xi100ni151.解：

1n15Sxixxi100ni15i1122222 92100941001031001051001061005 34221l2. 解：子样平均数 Xmixi*

ni11 6018340610262

421l子样方差 Smixi*x

ni12

122228144034106422646018.67

子样标准差 SS24.32 3. 解：因为

yixia c所以 xiacyi

1nxxi ni11nacyiacynii21n cyicyni122

1nacyini11nacyini1n

c2nyyii1ncnayini1

acy1n2因为 syyiy 所以

ni1222 成立 sxc2sy所以 xacy 成立

1n sxix

ni12xMeXn1X7022 RXnX13.2147.21MeXn12X81.24. 解：变换 yixi2000

i xi yi 1 1939 -61 2 1697 -303 3 3030 1030 4 2424 424 5 2020 20 6 2909 909 7 1815 -185

8 2020 20 9 2310 310 11n6130310304242090918520310 yyi9 ni1240.4441n2syyiy

ni12212261240.444303240.4441030240.4449222 424240.44420240.444909240.444

185240.44420240.444310240.444197032.247222利用3题的结果可知

x2000y2240.444ss197032.2472x2y

5. 解：变换 yi100xi80

i 1 2 80.04 4 3 80.02 2 4 80.04 4 5 80.03 3 6 80.03 3 7 80.04 4 8 79.97 -3 9 80.05 5 10 80.03 3 11 80.02 2 12 80.00 0 13 80.02 2 xi 79.98 yi -2 1n113 yyiyi

ni113i11 132424334353202

2.001n2 syyiy

ni122122222.00322.0052.00342.001322 332.0032.00 5.3077利用3题的结果可知

y8080.02 1002sy2sx5.307710410000x

6. 解：变换yi10xi27

xi* yi mi 23.5 -35 2 26.1 -9 3 28.2 12 4 30.4 34 1 1l ymiyi

ni1

1 103529312434

1.5y27=26.85 10 x2y21l smiyiy

ni1212222351.5391.54121.5341.5 10440.25122sxsy4.4025

1007解： 身高 组中值 学生数 1lxmixi* ni1154:158 158:162 162:166 166:170 170:174 174:178 178:182 156 160 164 168 172 176 180 10 14 26 28 12 8 2 1 100156101601416426172121682817681802

16621l* smixix

ni122122210156166141601662616416628168166100222 121721668176166218016633.448解：将子样值重新排列（由小到大）

-4，-2.1，-2.1，-0.1，-0.1，0，0，1.2，1.2，2.01，2.22，3.2，3.21

MeXn1X702 RXnX13.2147.21

MeXn12X81.2n21n11n1xin2nn29解： x1i1n1n2xj1jn1x1n2x2

n1n21 s2n1n2n1n2i1xxin1n22

21n1n2n1ii1n2j1xi2xjxxi1n1n22n1s1x12nxn2x211n1n222n2s2x22n1n22nxnx1122n1n2222nxn2x2n1s1n2s2nxn2x21111n1n2n1n2n1n222nsn2sn1n221122n1n1n2x1n2n1n2x2n1x1n2x2222n1n222222n1s1n2s2nnxn1n2x22n1n2x1x21212n1n2n1n2

22n1n2x1x2n1s1n2s22n1n2n1n22

10.某射手进行20次独立、重复的射手，击中靶子的环数如下表所示： 环数 频数 10 2 9 3 8 0 7 9 6 4 5 0 4 2 试写出子样的频数分布，再写出经验分布函数并作出其图形。 解： 环数 频数 频率 10 2 0.1 9 3 0.15 8 0 0 7 9 0.45 6 4 0.2 5 0 0 4 2 0.1 0 x40.1 4x60.3 6x7 F20x

0.75 7x90.9 9x101 x1011.解：

区间划分 频数 频率 值 154:158 158:162 162:166 166:170 170:174 174:178 178:182

200密度估计10 14 26 28 12 8 2 0.1 0.14 0.26 0.28 0.12 0.08 0.02 0.025 0.035 0.065 0.07 0.03 0.02 0.005

150身高

100500

123456学生数789 12. 解：

xi:P Exi DxiEXE1n1n nxniExii1ni1nDXD1nnn x1ni2Dxi2i1ni1nn213.解：xUa,b Exabbai:i2 Dxi12 在此题中

x1i:U1,1 Exi0 Dxi3 E1

nnx1nEXiExi0i1ni1nDXD1nx1ii1n2nDx1

ii13n14.解：因为 X2Xii:N, E0 所以

Xi:N0,1 i1,2,,n

由2分布定义可知 n2Y12nXi2i1Xii1服从2分布 所以 Y:2n

15. 解：因为 Xi:N0,1 i1,2,,n i1,2,,n

i1,2,,n i1,2,,n

DXi1

X1X2X3:N0,3

E所以

X1X2X3XX2X30 D11 33X1X2X3:N0,1 32XXX32 12:1 3XX5X62:同理 41 32由于2分布的可加性，故

1XX2X3X4X5X62Y1:2 33322可知 C

16. 解：（1）因为 Xi:N0,2 i1,2,,n

n13Xi:N0,1

2XiY12 所以 :n 2i1 FYyPY1yP1Y12y 2y 20f2xdx

y1fY1yFY'1yf222

n1x2xe2 x0nn因为 f2x22 20 x0n1y22ye2 y0nnn所以 fY1y22 20 y0（2） 因为 Xi:N0,2 i1,2,,n

Xin:N0,1

2nY2Xi2:n 2所以 i1nynY2nyFY2yPY2yP22f2xdx

02 fYyFY'yf22

222nynnn1ny222nye2 y0 nn故 fY2yn22 20 y0（3）因为 Xi:N0,2 i1,2,,n

i1nXin:N0,1

2Y3nXi2所以 n:1

i1nynY3FY3yPY3yP2yf21xdx

n02y1fY3yFY'3yf2122

nnx12e x0f21x2x

0 x0y12n2e y0故 fY3y2ny

0 y0（4）因为 Xi:N0,2 i1,2,,n

 所以

i1nnXi:N0,1n2XiY42:12i1n

yyY4FY4yPY4yP22f21xdx0 y1f2yFY'4yf2122y21e2 y0故 fY4y2y

0 y0217.解：因为 X:tn 存在相互独立的U，V

U:N0,1 V:2n

使 XU Vn U2:21

U2则 X21

Vn由定义可知 2:F1,n

18解：因为 Xi:N0,2 i1,2,,n

i1nXin:N0,1

2Xi2 :m

in1nm所以 Y1nmXii1nmn2ii1nmnXin2:tm

in1XXiin1m（2）因为

Xin:N0,1 i1,2,,nm

2

Xi2:ni1Xi2:min1nm2

2nnm2Xii所以 YXi1i12nnmnn2:Fn,m iX2min1in1Xim19.解：用公式计算

20.019090290U0.01

查表得 U0.012.33

代入上式计算可得 20.01909031.26121.2620.解：因为 X:2n E2n 由2分布的性质3可知

Xn2n:N0,1 PXcPXn2ncn2n cnlimPXn2ncn12t2cn2n2n2nedtn2n 故 PXccn2n

第 二 章

1.

x)exf(,x00,x0E(x)f(x)xdx0xexdxxexx010ed(x)11ex0令1x

1从而有

x

D22n

2.

1).E(x)k(1p)k1pp(1p)k1x1kx1p12111pp

1令

p＝X

p1所以有

X

nnXL(P)pn(1p)ini1２）．其似然函数为(1P)xi1`pi1

n lnL(P)nlnp(Xin)ln(1p)i1

dlnLn

dpnp11p(Xin)0i1

pn1n解之得

XXii1

３． 解：因为总体Ｘ服从Ｕ（a，b）所以

E（X）ab（a-b）2n!2 D（X）=12r!nr!令E（X）=2nX D（X）=S，S2=1n(XiX)2 a+bi12X

（ab）2S212aX3S bX3S 4. 解：（1）设

x1,x2,Lxn为样本观察值则似然函数为： nL()n(x1i),0xi1,i1,2,Li1nlnL()nln（-1）lnxiiidlnLnndlnxi0i1n,

nlnxi1nin解之得：

lnxi1ni

（2）母体X的期望

E(x)xf(x)dxxdx011

而样本均值为：

1nXxini1令E(x)X得X1X

n5.。解：其似然函数为：

xi11i1L()ee(2)ni12nxi1lnL()nln(2)得：x0ii11n令xi11ni

xxx（2）由于

Exe2xdx20xe2ndxxe00edx1E()E(ni1n1xi)nE(xi)i11nn

1nxi所以ni1 为的无偏估计量。

6. 解：其似然函数为：

nkknn(k1)xi(k1)xiL()xie()xie(k1)!i1i1(k1)!

nnlnL()nkln(k1)ln(Xi)Xii1i1

dlnL()nkdXi1ni0

解得

nk

Xi1nikX1f(x),0x,

02７．解：由题意知：均匀分布的母体平均数2，

方差2(0)212212 用极大似然估计法求得极大似然估计量 似然函数：nL()1minxi1n 0(i)imaxx1ini

选取使L达到最大

取maxxini

1由以上结论当抽得容量为6的子样数值1.3，0.6，1.7，2.2即21.1, 222.22.212120.4033 8. 解：取子样值为(x1,x2,xn),(xi)

则似然函数为： nL()e(xi) xi

i1nnlnL()(xi)xin

i1i1要使似然函数最大，则需取min(x1,x2,,xn)

即=min(x1,x2,xn)

9. 解：取子样值(x1,x2,,xn)(xi0) n则其似然函数nxL()exiinei1

i1nlnL()nlnxlnL()nnn1i i1dxi i1nxx ii1由题中数据可知

2.2，0.3，，时1.1

1(3655245151502510035704545552565)20 10001则 0.05

20x10. 解：（1）由题中子样值及题意知：

1极差R6.21.54.7 查表2-1得0.4299 故0.42994.72.0205

d510.3249 0.32490.1150.0455 （2）平均极差R0.115，查表知d1011/解：设u为其母体平均数的无偏估计，则应有x 又因x1(81403106226)4 60即知4

12. 解：X~N(,1)

E(xi) ，D(xi)1， (i1,2) 则E(1)12EX1EX2 3313EX1EX2 4411E(3)EX1EX2

22E(2)所以三个估计量1,2,3均为的无偏估计

2141415D()D(X1X2)DX1DX2

339999951同理可得D(2)，D(2)

82可知3的方差最小也亦2最有效。 13解：X~P()E(X),D(X)

n211n22[E(X)nE(X)] E(S)E[(XX)]iin1i1n1i1*2n11[(2)n(2)](n) n1i1nn1即S*是的无偏估计

n1n11n又因为E(X)E(Xi)E(Xi)EXi

ni1ni1ni12

即X也是的无偏估计。

又[0,1] E(aX(1)S*)E(X)(1)E(S*)(1) 因此X(1)S*也是的无偏估计 14.解：由题意：X~N(,2)

因为E()CE(Xi1Xi)2C[D(Xi1Xi)(E(Xi1Xi)2]

2i1n1222C[D(Xi1)D(Xi)0]C222C(n1)2

i1i1n1n1211要使E()只需C 所以当C时为2的无偏估计。

2(n1)2(n1)2215.证明：参数的无偏估计量为，D依赖于子样容量n 则0,由切比雪夫不等式

limD0故有limp1 nn即证为的相合估计量。

kk16证明：设X服从B(N,p)，则分布律为 P(Xk)Ck (k1,2,N) P(1P)N 这时E(X)NP D(X)NP(1P) EX2DX(EX)2NP(1P)N2P2 例4中pXEXNPP（无偏） 所以E(P)NNN DPDXNP(1P)P(1P) 22NnNNn 罗—克拉美下界满足

n1KK n[LnCNPK(1P)NP]2CNPK(1P)NP IRk0pN n[K0NKK(LnCNKLnP(NP)Ln(1P))]2CNPK(1P)NK PKNP2KKEX22NEX2EX2N22NEXEX2NK]CNP(1P) n[ n[2] 2P1PP(1P)P(1P)K0

NP(1P)N2P2N2PNP(1P)N2P2N22N2PNP(1P)N2P2n[222P(1P)(1P)211]P1P

nNP(1P)nN[P(1P) 所以IRDP即p为优效估计

nN17． 解：设总体X的密度函数 f(x)12e(x)222

(xi)222n 似然函数为L()2i1nn12i(xi)2e22(2)e2n2i1

)24

nnLnL(2)Ln2Ln2222(xi1)222

dLnLn22d2(xi1ni20

1n (xi)2

ni1 因为((x)12Lnf(x)2[=)f(x)dx2422]2212e(x)222dx

n24 =

14[E(X)4E(X)2224] =8

故2的罗—克拉美下界 IR4

n1n12 又因EE((Xi))E((Xi)2)2

ni1ni12n21n2 且D()D((Xi)2)4

ni1n2所以是的无偏估计量且IRD() 故是的优效估计 18． 解：由题意：n=100，可以认为此为大子样，

所以UX近似服从N(0,1) Sn222222P{Uu}1

得置信区间为(xu2sn xu2sn)

已知10.95 s=40 x=1000 查表知u1.96代入计算得

2所求置信区间为（992.16 1007.84） 19.解：（1）已知0.01cm 则由UX~N(0,1)

n P{Uu}1

2 解之得置信区间(Xu2n Xu2n)

将n=16 X=2.125 uu0.051.645 0.01

2代入计算得置信区间（2.1209 2.1291） （2）未知 TX~t(n1) Sn2 P{Tt}1 解得置信区间为(Xsnt X2snt)

2 将n=16 t(15)t0.05(15)1.753 S20.00029代入计算得

2 置信区间为（2.1175 2.1325）。 20．。解：用T估计法 TX~t(n1) Sn P{Tt(n1)}1

2 解之得置信区间(XSnt X2S*nt)

2 将X6720 S220 n=10 查表t0.025(9)2.2622

代入得置信区间为（6562.618 6877.382）。

21．解：因n=60属于大样本且是来自（0—1）分布的总体，故由中心极限定理知

Xi1ninpnXnpnp(1p)np(1p)近似服从N(0,1) 即

p{n(XP)np(1p)u}12解得置信区间为(X本题中将

p(1p)u Xn2p(1p)u) n2UnU代替上式中的X 由题设条件知n0.25 nnUn(nUn)p(1p)0.055 查表知UnU0.0251.96 nn2代入计算的所求置信区间为（0.1404 0.3596） 22． 解：2未知 故UX~N(0,1)

n 由P{Uu}1 解得

2 置信区间为(X 区间长度为

2nnu X2nu)

2u 于是

22nuL

242 计算得n2U2 即为所求

L223．解：未知，用2估计法 2(n1)S22~2(n1)

2(n1)}1 P{2(n1)2(n1)122 解得的置信区间为((n1)S222

(n1)S221)

2（1）当n=10，S=5.1时 查表02.005(9)=23.59 02.995(9)=1.73 代入计算得的置信区间为（3.150 11.616）

（2）当n=46，S=14时 查表02.005(45)=73.166 02.995(45)24.311 代入计算可得的置信区间为（10.979 19.047） 24．解：（1）先求的置信区间 由于未知 TX~t(n1) Sn P{Tt}1

2 得置信区间为(XSnt X2Snt)

2 经计算X5.12 查表t0.025(19)2.093 n=20

S0.2203 代入计算得置信区间为（5.1069 5.3131） （2）未知 用统计量2(n1)S22~2(n1)

2}1 P{22122 得的置信区间为((n1)S222

(n1)S221)

2查表02.025(19)=32.85 02.975(19)=8.91 代入计算得的置信区间为（0.1675 0.3217）

25．解：因Xn1与X1,X2,Xn相互独立，所以Xn1与X相互独立，故 Xn1X~N(0,(1)2) 又因

nS21n2~2(n1) 且与Xn1X相互独立，有T分布的定义知

Xn1X

n1nnS2(n1)2Xn1XSn1~t(n1) n126． 解：因Xi~N(1,2) i1,2,m Yj~N(2,2) j1,2,n 所以(X1)~N(0,22m)， (Y2)~N(0,22n)

由于X与Y相互独立，则

(X1)(Y2)~N[0,(2m2n)]

2msx即

(X1)(Y2)2m2n~N(0,1)又因

2~(m1)

22nsy2~2(n1)

则

2msx22nsy2~2(mn2)

构造t分布

(X1)(Y2)2m2=

(X1)(Y2)msns2x2y2nmn2m2~t(mn2)

n27． 证明：因抽取n>45为大子样 2(n1)s*22~2(n1)

由2分布的性质3知

U2(n1)2(n1)近似服从正态分布N(0,1)

所以 P{Uu 2}1(n1)s2得

2(n1)2(n1)u2 或u22(n1)2(n1) u2可得2的置信区间为

22ss ,221u1u22n1n128． 解： 因12222未知，故用T统计量

TXY(12)sw2w11nm~t(nm2)

2(n1)s12(m1)s2其中s 而0.05 nm2

nm2查表 t0.025(4)2.144 计算 X81.625 Y76.125

22101.554， sw123.625 代入得 s12145.695，s2XYt2(nm2)sw115.511.9237 nm故得置信区间(6.4237,17.4237)

29解： 因12222故用T统计量

TXAYB(12)sw11nm~t(nm2)其中SW2(n1)S1(m1)S2

nm222PTt1

2计算得置信区间为

(XAXBSWt(nm2)21111 XAXBSWt(nm2)) nmnm22把SW2=0.000006571 t(7)=2.364

代入可得所求置信区间为（-0.002016 0.008616）。 30．解：由题意 用U统计量 UX1X2(12)S1S2nm222~N(0,1)

P{U}u}1 计算得置信区间为 (X1X2u22S1S2 X1X2unm222S1S2) nm2把X11.71 X21.67 S120.0352 S220.0382 nm100

uu0.0251.96 代入计算得 置信区间(0.0299,0.0501)

231．解：由题意，u1,u2未知，则

S2FS1*222*212~F(n21,n11)则PF(n21,n11)FF(n21,n11)1

21222S1*12S1*经计算得PF(n21,n11)*22F(n21,n11)*21

12S2S22212S1*S1*解得2的置信区间为F(n21,n11)*2,F(n21,n11)*2

122S2S22*n16 n29 S1*0.245 S20.357 0.05

2222查表：F0.025(5,8)4.82 F0.975(8,5)110.207

F0.025(5,8)4.8212带入计算得2的置信区间为：(0.142,4.639)。

232. 解：2未知，则 TX~t(n1)即：PTt(n1)1 *SnS*S*有：PXt(n1)1则单侧置信下限为：Xt(n1)

nn将X6720 S*220 n10 t0.05(9)1.833 带入计算得6592.471

即钢索所能承受平均张力在概率为95%的置信度下的置信下限为6592.471。 33.解：总体服从（0，1）分布且样本容量n=100 为大子样。

令X为样本均值，由中心极限定理

nXnPn2nXnpu1 ~N(0,1) 又因为2S2所以P2nSS2则相应的单侧置信区间为(， Xu)

n将X=0.06 S2mm(1)0.60.94 uu0.051.645 nn代入计算得所求置信上限为0.0991

即为这批货物次品率在置信概率为95%情况下置信上限为0.0991。 34.解：由题意： 2(n1)S22~2(n1)P221(n1)1

2(n1)S 解得的单侧置信上限为2

1(n1)22(n1)0 其中n=10，S=45， 查表.95(9)3.325

代入计算得的单侧置信上限为74.035。

第五章

1.解： 对一元回归的线性模型为Yixii 离差平方和为

i1,2,,n

Qyixii1n2

对Q求的偏导数，并令其为0，即

yxxiii1ni0

1n1n2变换得 xiyixi

ni1ni1解此方程得

xyx2

因为 2DE2 iyixi

1n所以 yixi ni121n2yi2xiyixi2ni122 y2xyx222

2y2xyxy22x22x22x2 y2xyx2

1n1n21n222其中 xyxiyi xxi yyi

ni1ni1ni1222. 解：将 x26 y90.14 xy2736.511 mx451.11 my342.665

代入得

xyxy2736.5112690.140.87062mx451.11

yx90.140.87062667.50882mmx342.6650.87062451.110.748722y2

3证明：

d0'd0uvuv d1d1u2u2d 0d1nuuvviii1nuuii1n2

xic1xc1yic0yc0dddd0d0i11102nd1xic1xc1dd1i111nxixyiy d0d0d1i121nd1xixd12i1

xxyyiii1ni1nxix2d0'd0c0c1d1d0'd0vd0uc0c1d1c1 d0vc0d0ud1d0'yxd1yx''2d0viuii1nn2'''

''d0vid0d0uii1n2''xci1 yic0d0d0d1i1n2

2'd0'd0'yic0d0xic1d1d1i1yixii1n2 B26002500240023002200210020001900180015202530354045505560品质指标支数4.解：

22将 x35.353 y2211.2 xy76061.676 mx132.130 my34527.46

代入得

xyxy76061.67635.3532211.215.982mx132.130yx2211.215.9835.3532776.142mmx34527.4615.98132.130786.692y222

为的无偏估计量

*22*2n220786.69874.10 n218225. 解：将 x6 y210.4 xy1558 mx8 my10929.84

代入得

xyxy15586210.436.952mx8yx210.436.95611.3

*2n2510929.8436.952812.37 n233.517假设 H0:38 H1:38 用T检验法 拒绝域为

*0

*xxii1n2t2n2

查表得 t0.02533.1824 将上面的数据代入得

t1.89t0.0253 所以 接受H0 即认为为38

6. 解：（1）由散点图看，x的回归函数具有线性函数形式，认为长度对于质量的回归是线性的。

B121110长度98751015202530质量

22（2）将 x17.5 y9.49 xy179.37 mx72.92 my2.45

代入得

xyxy179.3717.59.490.182 2mx72.92 yx9.490.18217.56.305 yx6.3050.182x （3）当x16时 y0a16b0 由T分布定义

TY0x0*11nxxxx20nii1:tn2

2Y0x0 Pt0.025n20.95

2x0x1*1n2nxxii1所以Y0的预测区间为

1*xtn2100.025nxxxx20nii12,x0t0.025n2*11nxxxx20nii12 查表得 t0.02542.776 将（2）的数据代入得

*2n262.450.182272.920.0075

n24*0.0866计算得Y0的预测区间为 8.9521,9.4721

9. 解：利用第八题得到的公式 将 x21 y141.2 代入得

xyxy313821

m2141.2901.92x

yx141.21.9221100.8810.。解：二元线性回归模型为Yi1xi12xi2i,i1,2,,n 离差平方和为

n Qyiixi122xi2

i1对Q求1,2的偏导数并令其为0

nyi1xi12xi2xi1 0i1n

yi1xi12xi2xi20i1可变换为

nnx2ni 1yi1xi12xi1xi20i1i1i1nnn

y2ixi21xi1xi22xi20i1i1i1

正规方程为

 x2x11x122x1y

xx2121x22x2y最小二乘估计为

xy3138 m2x90

12x2yx1x2x1yx2x1x2xx222122

2x1yx1x2x2yx122x1x2x12x2其中

1n1n1n1n22x1yxi1yi x2yxi2yi x1x2xi1xi2 xjxij j1,2

ni1ni1ni1ni111解：（1） p2 n15

采用线性回归模型 Y1x1x2x2x 15

yi248.25 y16.55

i1151515

y22i4148.3125

i1920

i156734

i1xi1xi115 x161.33

xi27257 x2483.8

i11515

x2i23524489

i1xi1xi2445366

i11515

xi1yi15170

i1xi2yi12063925

i115 L1152 211xi1i115xi1i15673456426.66307.34

152 L211522xi2i115xi2135244893510936.613552.4

i15 L1151512L21xi1xi2i115xi11xi2i1445366445096270

i15 L115151yxi1yii115xi1i1yii1151701522656

15 L115152yxi2yii115xi2i1yii1120639.25120103.25536

于是 y16.55

307.34270 L

27013552.4L1y56  L2y5361156可得 L 5362所以 y10.5040.216x10.04x2 12.解 p3 n18

采用线性回归模型 Y1x1x2x2x3x3x

yi118i1463 y81.277

18xi118i1215

x111.944

18xi1i2758 x242.11

xi118i32214 x3123

xi1182i14321.02

xi12i235076

xi1182i3307864

1182L11xi1xi14321.022568.051752.9718i1i11182 L22xi2xi23507631920.223155.78

18i1i11182L33xi3xi33078942723223557218i1i1

182182182xi118i1i2x10139.5

1811818 L12L21xi1xi2xi1xi210139.59053.881085.62

18i1i1i1xi118i1i3x96598

11818L13L31xi1xi3xi1xi327645264451200 18i1i1i118

xi118i2i3x96598

1811818 L32L23xi2xi3xi2xi396598932343364

18i1i1i1

xi118i1iy20706.2

11818 L1yxi1yixi1yi20706.217474.73231.5

18i1i1i1

18xi118i2yi63825

11818 L2yxi2yixi2yi6382561608.52216.5

18i1i1i1

18xi118i3iy187542

11818Lxi3yixi3yi1875421799497593 3y 18i1i1i118于是 y4.582

12001752.93 1085.62 L1085.62 3155.78 3364 355721200 3364 L1y3231.5 L2y2216.5

L75933y可得

13231.51 2L2216.5

75933所以 y43.651.78x10.08x20.16x3

 第三章

1.解: 假设: H0:26,H1:26 由于5.2已知,故用统计量ux~N(0,1)

nx27.56261.2 Puu u的拒绝域uu u5.2224n因显著水平0.05,则u1.2uu0.0251.96

2这时,就接受H0 2. 解: (1) 已知,故ux0n~N(0,1) Puu u的拒绝域uu

22ux0n25.3253.2因显著水平0.01,则 110u3.2uu0.0052.576 故此时拒绝H0:u5

(2) 检验u4.8时犯第二类错误的概率

0nx220n22120n2e0dx 令tx0则上式变为

2nn01u01200nneu2t22dt124.580.58et22dt1(4.58)(0.58)(4.58)(0.58)10.99999790.7199010.7180

3. 解:假设H0:3.25,H1:3.25

x用t检验法拒绝域T*t(n1) 0.01, x3.252

s2n查表t0.0112(14)4.6041 s*20.00017,s0.0130

代入计算T0.344t0.0112(14) 故接受H0,认为矿砂的镍含量为3.25

4解:改变加工工艺后电器元件的电阻构成一个母体,则在此母体上作假设

H0:2.64,用大子样检验

x0usn~N(0,1) 拒绝域为uu 由n200,x2.62,s0.06,0.01

2查表得u2.575 u2x0sn0.023.332.575u 0.06210故新加工工艺对元件电阻有显著影响.

x05 .解：用大子样作检验，假设H0:0 usn近似~N(0,1)

拒绝域为uu由n200,00.973,x0.994,s0.162,0.05,u0.0251.96

2x00.0211.8331.96故接收H0，认为新工艺与旧工艺无显著差异。 s0.162n2006.解:由题意知，母体X的分布为二点分布B(1,p)，作假设H0:pp0(p00.17) 此时xm(m为n个产品中废品数) n因n400很大，故由中心极限定理知x近似服从正态分布。 故ummp0p0nnu}~N(0,1)即P{p(1p)p0(1p0)200nn

计算得拒绝域为

mp0un22p0(1p0) n把m56,n400,uu0.0251.96,p00.17代入

mp00.140.170.031.960.01880.037 n即接受H0，认为新工艺不显著影响产品质量。

7解：金属棒长度服从正态分布原假设H0:010.5，备择假设H1:0

xts~t(n1) 拒绝域为tt n2x1(10.410.610.7)10.48 15样本均方差sx0sn1(10.410.48)2(10.710.48)20.237 140.020.237于是t0.327而t0.025(14)2.144 因0.3272.144 15故接受H0，认为该机工作正常。

8．解：原假设H0:012100，备择假设H1:0

x0s~t(n1)，拒绝域为Tt 将x11958,s323,0.05代入计算

2nx0sn1422.153t0.025(13)2.068 故拒绝原假设即认为期望。

323249． 假设H0:20.8,H1:020.8 使用新安眠药睡眠平均时间

12s[(26.724.2)2(23.424.2)2]1 6x(26.722.023.4)24.2

7ss22.296x0tsn3.42.2964.046 所以拒绝域为tt0.05(n1) 7查表t0.05(6)1.9434.046t 故否定H0

又因为x24.220.83 故认为新安眠药已达到新疗效。 10． 原假设H0:甲乙，H1:甲乙u解得拒绝域uu

2x甲x乙ssn1n22122近似~N(0,1)

x12805,x22680x1x2s1120.41,s2105.00代入计算22s1s2n1140,n2100n1n2125120.41105110100228.03

查表uu0.0251.96 因8.031.96

2故拒绝原假设即两种枪弹速度有显著差异。

11．解：因两种作物产量分别服从正态分布且1222 假设H0:12,H1:12 故统计量TSwXY11n1n2~t(n1n22)

其中Sw22(n11)sx(n21)syn1n222 拒绝域为Tt

2代入计算sw24.063 t(n1n22)t0.005(18)2878 代入数值T的观测植为 t30.9721.7924.0631110109.180.85 10.756因为t0.852.878t0.005(18)

所以接受H0，认为两个品种作物产量没有显著差异。

12． 解：因两台机床加工产品直径服从正态分布且母体方差相等，由题意 假设H0:12,H1:12 统计量TX1X2SwSw11n1n2~t(n1n22)

2(n11)s12(n21)s2 拒绝域为Tt 数值代入计算sw0.5473

n1n2221x1(20.519.9)19.92581x2(19.719.2)207 因t0.2652.160t0.025(13)

2s120.2164,s20.3966t2019.9250.2650.54370.5175故接受假设H0，认为直径无显著差异。

13．解：由题意设施肥，未施肥植物中长势良好率分别为p1,p2（均未知）

则总体X~B(1,p1),Y~B(1,p2)且两样本独立假设H0:p1p2,H1p1p2 既H0:E(x)E(y).H1:E(x)E(y)而D(x),D(y)均未知，则

n1900,x7839000.872uxys22~N(0,1)由题意易得

s1x(1x)0.1137

12n53ns2100,y1n21000.53s2y(12y)0.2491于是

xy0.34s2s20.870.53120.11370.0.05116.6466查表u0.012.336.6466 n1n29002491100故应拒绝H0，接受H1即认为施肥的效果是显著的。

（1） 14． 解：假设两厂生产蓄电池容量服从正态分布。由于1,2未知，故假

设HX1X20:12,H1:12选取统计量T~t(n1n22)

S11wn1n222S11)s1(n21)s2w(n拒绝域为Ttx1140.1,x2140.1n

1n222T02.1009t0.025(18)故接受H0:12，即认为两种电池性能无显著差异 （2）检验要先假设其服从正态分布且2122

15． 解：由题意假设H0:00.048,H1:0.048由于未知。故

2(n1)s22(n1)拒绝域为2200.048,n52或221 022s20.00778

得2的观测值240.007780.048213.5查表得2(n1)20.025(4)11.14 2因为213.511.140.025(4)故拒绝H0，认为母体标准差不正常。 16．解：由题意熔化时间服从N(,400)假设H0:2400,H1:2400

2(n1)s2~2(n1)拒绝域为2222或21 022n25,s2404.77,2400代入计算

(n1)s2224.29

22(n1)0查表.005(24)45.56

22(n1)02.995(24)9.89因为9.8924.2945.56

12故接受H0，即认为无显著差异。 17．证明：大子样在正态母体上作的假设

2H0:202(n1)s22~(n1)2

因n1很大，故由2分布的性质3知2(n1)分布近似于正态分布N[(n1),2(n1)]而

2(n1)(n1)2(n1)~N(0,1)给定显著水平，则

P{2(n1)(n1)2(n1)2(n1)(n1)2(n1)uu}即可计算

22或(n1)(n1)2(n1)u22

拒绝假设H0

相反：若(n1)2(n1)u2(n1)2(n1)u

22则接受H0，即证。

18解：（1）2未知假设H0:00.5%,H1:0则Tx0sn~t(n1)

拒绝域为Ttx0.452%,00.5%,s0.037%,n103.162,0.05 查表t0.025(9)2.262 因为

x0sn0.048%4.102.262t0.025(9)

0.037%3.162故拒绝假设H0，即认为0

（2）未知假设H0:0.04%,H1:2202202(n1)s220~2(n1)

220.04%2,n10,0.025 或212s20.037%2,0拒绝域为222查表

02.025(9)19.0220.0975(9)2.72(n1)s22090.037%27.70 20.04%故02.975(9)202.025(9)故接受H0:0.04% 19．解：甲品种X~N(1,12)乙品种Y~N(2,22) 假设H0:1222,H1:1222而均值未知，则

F2s大s2小~F(n大1,n小1)

n1n210,s大sx26.7，s小sy21.1,n大n小1026.721.601查表F(n大1,n小1)F0.005(9,9)6.54 代入计算F221.12而F1.6016.54F0.005(9,9)故接受H0，认为产量方差无显著差异。 20． 解：甲机床加工产量~N(1,12)乙机床加工产量~N(2,22) 假设H0:1222,H1:12221,2未知，则F212小222s大s2小~F(n大1,n小1)

n大n27n小n18n18,n27,由12题计算知s0.2164s,s0.3966sF0.39661.833 0.2164F(n大1，n小1)F0.025(6,7)5.1222大故

代入计算

查表

F1.8335.12F0.025(6,7)故接受H0，认为两台机床加工精度无显著差异。

221．解：A,B测定值母体都为正态分布A:X~N(1,12),B:Y~N(2,2)

假设H0:1222,H1:12221,2未知，则

F2s大2s小222~F(n大1,n小1) n15,n27,s120.4322s小 ,s20.5006s大故

n大n27n小n152 F0.50061.158 0.4342查表

F(n大1，n小1)F0.025(6,4)9.20F1.1589.20F0.025(6,4)

故接受H0，认为方差无显著差异。

22． 解：由题意（1）检验假设H0:1222,H1:1222由于1,2,12,22未知，则

s12F2~F(n11,n21)

s2又0.05，可查表得相应的拒绝域为

FF(n11,n21)F0.025(5,5)7.15

21(0.1400.137)0.14076s121由样本计算y(0.1350.140)0.1385由此可得F21.1079

6s22s120.0000078666,s20.0000071x由于0.14F1.10797.15 故接受H0:1222

（2）检验假设H0:12,H1:12由（1）可知1222且未知，故

TX1X2Sw11n1n2~t(n1n22) Sw2(n11)s12(n21)s2,n1n26

n1n22又可计算sw0.0027355，代入得T0.14070.13850.0027355131.2716

又由0.05,，查表t0.025(10)2.228 因T1.2716t0.025(10)2.228 故接受H0，即认为这两批电子元件的电阻值的均值是相同的。 23． 解：（1）检验假设H0:0,H1:0由5题，用统计量uP{uu} 拒绝域为uu

x0~N(0,1) sn由n200,u00.973,x0.994,s0.162,0.05,u1.645

代入计算u1.833u1.645 故接受H0，认为方差无显著降低。 （2）假设H0:pp0,H1:pp0由6题知ump0n~N(0,1) p0(1p0)nP{uu}拒绝域为uu把m56,n400,uu0.051.645,p00.17代入

u1.5961.645u即接受H0，即产品质量显著提高。

（3）假设H0:甲乙，H1:甲乙由10题知ux甲x乙ssn1n22122~N(0,1)

解得拒绝域uu

当x甲2805,x乙2680,n2100,s1120.41,s2105.00,n1110 代入计算u8.031.645uu0.05

即拒绝H0，接受H1，认为甲枪弹的速度比乙枪弹速度显著得大。 （4）假设H0:400,H140022(n1)s220~2(n1)

22n25,s2404.77,0400代入224.2942.980.01(24)

即接受H0，认为符合要求。

24． 解：由题意假设H0:1222，H1:1222

1，2未知，故用统计量

s12F2~F(n11,n21)

s2解得拒绝域FF

*22*20.357，n19,n26,s乙s甲0.245 把s12s乙代入计算F0.3571.4574.82F0.05(8,5) 0.245故接受H0，即认为乙机床零件长度方差不超过甲机床，或认为甲机床精度不比乙高。

25． 解：假设H0，各锭子的断头数服从泊松分布 即P{xi}ii!e(i0,1,2)

其中未知，而的极大似然估计为

1n292ximi0.66ni1440^pi0.660.66ei!i

由此可用泊送分布算得pi及有关值，如下表

i mi pi npi minpi2 npi0 1 2 263 112 0.517 0.341 0.113 227.5 150.0 49.7 5.540 9.627 2.754 38 3 4~ 19 8 440 0.025 0.004 1 11.0 1.8 440 5.818 21.356 45.095 合计 由分组数l5,r1 故自由度数klr12

22(2)0由0.05查表知.05(2)7.82

(minpi)2由于45.0957.82

npii024故拒绝H0，即认为总体不服从泊松分布。

26. 解：假设四面体均匀，记则抛次时白色与地面接触的概率为p

xk，表示k1次抛掷时，白色的一面都未与地面接触，第k次抛掷时才与地面

14相接触则相当于 假设H0:P{xk}(1p)P{x1}k13p4k11(k1,2) 41313,P{x2}444162319P{x3}4464则

3127P{x4}44256132781P{x5}14162562563

将以上数据代入下式，则

(finpi)218.216

npii125对于0.05，自由度nl14 查表02.05(4)9.48818.2162

所以拒绝H0，即认为四面体是不均匀的。

27． 解：假设H0螺栓口径X具有正态分布

xi为各小区间中即X~N(,2),首先用极大似然估计法求出参数与2的估计值，

点

^1n1n2uxi11,(xix) ni1ni1^下面计算x落在各小区间上的概率

10.9511)p1P{x10.95}()()(1.5625)0.05940.03210.971110.9511p2P{10.95x10.97}()()0.0320.032(0.9375)(1.5625)0.17360.05940.114210.991110.9711p3P{10.97x10.99}()()0.0320.032(0.3125)(0.9375)0.37830.17360.204711.011110.9911p4P{10.99x11.01}()()0.0320.032(0.3125)(0.3125)0.62170.37830.2434p5P{11.01x11.03}(0.9375)(0.3125)0.82640.62170.2047p6P{11.03x11.05}(1.5625)(0.9375)0.94600.82640.1142p7P{11.05x}1(1.5625)10.94060.0594

计算2的观测值列表如下： 区间 ~10.93 ni 5 组中值 10.94 10.96 10.98 11.00 11.02 11.04 11.06 11.08 pi 0.0594 0.1142 0.2047 0.2434 0.2047 0.1142 0.0594 npi 5.94 11.42 20.47 24.34 20.47 11.42 5.94 (ni-npi)2/npi 0.1488 1.0242 0.0108 3.8338 0.5882 2.5724 2.7750 10.95~10.97 8 10.97~10.99 20 10.99~11.01 34 11.01~11.03 17 11.03~11.05 6 11.09~ 10 合计 100 1 100 10.9532 计算得统计量的观测值为210.9532

2的自由度n7214

0.05查表02.05(4)9.4910.9532

故拒绝H0，认为其不服从正态分布。

28． 解：由题意，取a2.20,b3.80，组距为0.2, 得其分布密度估计表 区间划分 [2.20,2.40) [2.40,2.60) [2.60,2.80) [2.80,3.0) [3.0,3.2) [3.2,3.4) [3.4,3.6) [3.6,3.8) 频数 7 16 29 45 46 32 20 6 频率 0.035 0.08 0.145 0.225 0.23 0.16 0.1 0.03 密度估计表 0.175 0.4 0.725 1.125 1.15 0.8 0.5 0.15 由此图形可大致认为其为母体及正态分布下面用2检验法作检验

H0:X~N(,2)1n假设uxi3.009ni1^1n(xix)20.3222ni1^

区间 [2.20 2.40) [2.40 2.50) [2.50 2.60) [2.60 2.70) [2.70 2.80) [2.80 2.90) [2.90 3.00) [3.00 3.10) [3.10 3.20) [3.20 3.30) [3.30 3.40) [3.40 3.50) [3.50 3.60) ni 7 5 11 12 17 19 26 24 22 19 13 13 7 pi 0.0882 0.0276 0.045 0.0665 0.0893 0.1091 0.1211 0.1223 0.1121 0.1135 0.071 0.0488 0.0314 npi 4.68 5.52 9 13.3 17.86 21.82 24.22 24.46 22.42 22.7 14.2 9.76 6.28 (ni-npi)2/npi 1.87 0.05 0.44 0.13 0.041 0.36 0.131 0.009 0.008 0.022 0.101 1.076 0.083 [3.60 3.80) l16,k2

5 0.026 5.2 0.079 (minpi)23.069

npii121622(1621)(13)

2(13)3.069 故接受H0，即认为母体服从正态分布 查表可知无论为何值 总有第四章

1 解： 母体 子样 子样平均 X1 X2 … X11 , X12,…, X1n1 X21 , X22,…, X2n2 … X1 X2 Xr Xr1 , Xr2,…, Xrnr Xr 1yini1b(xc)ijnij1nibxj1niijbcb(Xic)1rnibrniyb(xijc)xijbcb(Xc)ni1j1ni1j1Xicr1yibXc2r1ybb011yicy)2bb2ii

SAni(XiX)ni(ci1i1111ni(yiy)22bbbi1令SArn(yy)i1rn(yy)iii1r2b2SA

SAb2SASAb2SAr1r11SA2SAb11SE(xijXi)(cyijcyi)2bbi1j1i1j12rnrrnr

112(yijyi)22bi1j1brnr(yi1j1rnr2y)iji令SE(yi1j1rnrijyi)2b2SE

SEb2SESEb2SEnrnr1SE2SE b1SSAb2ASAFF1SESESEb22解：假设H0:1234

H1:1234不全为零

干电池寿命 24.7 ,24.3 ,21.6 ,19.3 ,20.3 30.8 ,19.0 ,18.8 ,29.7 17.9 ,30.4 ,34.9 ,34.1 ,15.9 23.1 ,33.0 23.0 26.4 18.1 25.1 生产厂 Xi 22.04 24.575 26.64 24.783 A B C D r4n15n24n35n46n20X24.52

经计算可得下列反差分析表： 来源 组间 组内 总和 离差平方和 53.6511 603.0198 656.6709 自由度 3 16 19 均方离差 17.8837 37.6887 查表得F0.05(3,16)3.24

F17.88370.4745F0.05(3,16)

37.6887故接受H0即可认为四个干电池寿命无显著差异。 3 解：

假设H0:123

H1:123不全相等

小学 第一小学 身高数据（厘米） 128.1,134.1,133.1,138.9,140.8,127.4 Xi 133.733 第二小学 第三小学 150.3,147.9,136.8,126.0,150.7,155.8 140.6,143.1,144.5,143.7,148.5,146.4 144.583 144.467 r3n1n2n36X140.9278

经计算可得下列方差分析表： 来源 组间 组内 总和 离差平方和 465.886 799.25 7265.136 自由度 2 15 17 均方离差 232.943 53.385 4.372 F值 F0.05(2,15)3.68F4.3733.68F0.05(2,15)

拒绝H0故可认为该地区三所小学五年级男生平均身高有显著差异。

4 解： 假设H0:1234

H1:1234不全相等

伏特计 测定值 100.9,101.1,100.8,100.9,100.4 100.2,100.9,101.0,100.6,100.3 100.8,100.7,100.7,100.4,100.0 100.4,100.1,100.3,1060.2,100.0 Xi 100.82 100.6 100.52 100.2 A B C D r4n1n2n3n45X100.535

经计算可得下列方差分析表： 来源 组间 组内 总和 离差平方和 0.9895 1.296 2.2855 自由度 3 16 19 均方离差 0.3298 0.081 4.0716 F值 F0.05(3,16)3.24 FF0.05(3,16)3.24

拒绝H0故可认为这几支伏特计之间有显著差异。

5 解：假设H0:12345

H1:12345不全相等

o温度（C）

得率（%）

Xi

60 65 70 75 80 90 97 96 84 84 92 93 96 83 86 88 92 93 88 82 90 94 95 85 84 r5n1n2n3n4n53X89.6

经计算可得下列方差分析表： 来源 组间 组内 总和 离差平方和 303.6 50 353.6 自由度 4 10 14 均方离差 75.9 5 15.18 F值 F0.05(4,10)3.48F15.18F0.05(4,10)

拒绝H0故可认为温度对得率有显著影响

X1X5:N(15,(由T检验法知：

112)) n1n5TX1X5(15):t(nr)

11SEn1n5Q给定的置信概率为10.95

P{Tt0.025(nr)}0.95

故15的置信概率为0.95的置信区间为

(X1X5t0.025(nr)1111SE,X1X5t0.025(nr)SE) n1n5n1n5SEQE52.236 nrt0.025(10)2.2281

由上面的数据代入计算可得：

X1X5t0.025(10)X1X5t0.025(10)22SE90842.22812.2361.9322332SE10.06783

故15的置信区间为（1.9322 , 10.0678）

X3X4:N(34,(由T检验法知：

112)) n3n4TX3X4(34):t(nr)

11SEn3n434的置信区间为： (X3X4t0.025(nr)代入数据计算得：

1111SE,X3X4t0.025(nr)SE) n3n4n3n4X3X4t0.025(10)X3X4t0.025(10)112SE102.22812.2365.9327n3n4311SE14.0678n3n4

故34的置信区间为（5.9322 , 14.0678）

26 解：QXi:N(i,)EXii

µX1 又矩估计法知iinixj1niij

1rµ1rniµniixijXni1ni1j1 µµµXXiii且

µEXEX1Eiini1rni1ExExijijnnij1i1j122ni1rni(i)(i)ni1j1j1

nii(0)iDiE(XiXi)E[(Xii)(X)]21ni1niE(Xii)2E[(Xii)ni(Xii)]E[ni(Xii)]2nj1nj1注意到

E[(Xii)(Xjj)]E(Xii)(EXjj)0(QXi:N(i,21上式E(Xii)niE(Xii)22nn21r2DXiniDXi2niDXinni1222nE(X)iiii1r2ni))

221ni2ninnin22ni1r2i2ni(QDXi2ni)

211122()2ninnnin7 解：

因子B 因子A B1 X11 X21 MB2 X12 X22 ML L L MBs X1s X2s MXi. A1 A2 MX1. X2. MAr Xr1 Xr2 L L Xrs Xr. X X.j 1yi.b1XcybXi.crX.1 X.jcX.2 1y.jbX.s 11SAs(Xi.X)s(cyi.cy)2bbi1i1r1s2(yi.y)2i1b2r

s令SAs(yi1ri.b2SA y)2b2SA，则SA2sSBr(X.jX)r(cj1rj111y.jcy)2bbr12(yy).j2j1b

r令SBr(yj1ss.jb2SB y)2b2SB，则SB2rsSE(xijXi.X.jX)(ci1j1ri1j1111yijcyi.cy.jcy)2bbb12b(yi1j1s

ijyi.y.jy)2令SE(yi1j1rsijyi.y.jy)2

b2SE，SEb2SE 则SESAb2SASAFA2FA

SEbSESESBb2SBSBFB2FB

SEbSESE8 解：假设H01:1230

假设H02:12340

机器 加压 Xi B3 1800 1783 1810 B1 A1 A2 A3 1577 1535 1592 B2 1692 1640 1652 B4 1642 1621 1663 1677.75 1644.75 1679.25 1667.25 r3 , s4 来源 因子A 因子B 误差 总和 离差平方和 3042 82597.64 1438.61 87078.25 自由度 2 3 6 11 均方离差 1521 27532.547 239.7683 F值 FA=6.3436 FB=114.8298 F0.01(2,6)10.92 F0.01(3,6)9.78 FAF0.01(2,6) FBF0.01(3,6)

故接受H01，拒绝H02

即可认为不同加压水平对纱支强度无显著差异；既可认为不同机器对纱支强度有显著差异。 9 解：假设H01:12340 假设H02:1230 假设H03:ij0机器 i1,2,3,4;j1,2,3

操作工 甲 15，15，17 (15.67) 17，17，17 (17) 15，17，16 (16) 18，20，22 (20) 17.167 乙 19，19，16 (18) 15，15，15 (15) 18，17，16 (17) 15，16，17 (16) 16.5 丙 16，18，21 (18.33) 19，22，22 (21) 18，18，18 (18) 17，17，17 （17） 18.583 Xi.. 17.3 17.67 17 17.67 17.417 A1 A2 A3 A4 X.j. r4s3k3FA,FB和FI的值

可按入夏二元方差分析表来引进

来源 离差平方和

2.8386 机器A

27.155 机器B

自由度

3 2

均方离差 0.9462 13.5775

F值

FA=0.5488

交互作用 误差 总和

73.3698 42.3866 144.75

6 24 35

12.2283 1.724

FB=7.8756 FI=7.093

F0.05(3,24)3.01 F0.05(2,24)3.40 F0.05(6,24)2.51 FAF0.05(3,24) FBF0.05(2,24) FIF0.05(6,24)

故接受H01，拒绝H02,H03

即可认为机器之间的差异不显著，操作工之间的差异显著，交互作用的影响也显著。 10、 解：假设H01:1230

H02:12340 H03:ij0i1,2,3,;

浓度（%） 2 4 6 温度（oC） 10 14，10 （12） 9，7 （8） 5，11 （8） 9.3 24 11，11 (11) 10，8 （9） 13，14 （13.5） 11.17 38 13，9 （11） 7，11 （9） 12，13 （12.5） 10.83 52 10，12 （11） 6，10 （8） 14，10 （12） 10.3 11.25 8.5 11.5 10.417 j1,2,3,4

Xi.. X.j. r3s4k2FA,FB和FI的值可按入夏二元方差分析表

离差平方和

44.3 11.5602 26.943 64.9998 147.833

自由度 2 3 6 12 23

均方离差 22.176 3.8534 4.4905 5.4167

来源 浓度A 温度B 交互作用 误差 总和

F值 FA=4.092 FB=0.7114 FI=0.829

F0.05(2,12)3.89 F0.05(3,12)3.49 F0.05(6,12)3.00 FAF0.05(2,12) FBF0.05(3,12) FIF0.05(6,12)

故拒绝H01，接受H02,H03

即可认为浓度对得率的影响显著，而温度和交互作用对得率的影响不显著。 11、解：由题意：设温度为因子A，加碱量为因子B，催化剂种类为因子C

假设H01:a1a2a30

H02:b1b2b30H03:c1c2c30 则可列下表： 列号 试验号 1 2 3 4 5 6 7 8 9

A 1 1 1 2 2 2 3 3 3 180 210 246 45672 728 B 1 2 3 2 3 1 2 3 210 225 201 45042 98 C 1 2 3 2 3 1 3 1 2 195 237 204 45270 试验值 51 71 58 82 69 59 77 85 84 平方 2601 5041 3364 6724 4761 3481 5929 7225 7056 k1 k2 k3 k=636，w=46182 u Q 得方差分析表如下：

来源

P=44944 326 A B C

误差 总和

离差平方和

728 98 326 86 1238

自由度 2 2 2 2 8

均方离差 364 49 163 43

F值 FA=8.465 FB=1.139 Fc=3.79

给定0.05，查表F0.05(2,2)19

FA8.465F0.05(2,2)FB1.13919F0.05(2,2) FC3.7919F0.05(2,2)即接受H01，H02，H03，即可认为温度、加碱量、催化剂种类对收率无显著影响。

12、解：由题意，设退伙温度为因素A，退伙时间为因子B，原料产地为因子C，轧程分配为因子D。

假设H01:a1a20

H02:b1b20H03:c1c20

H04:d1d20

则可列表如下： 试验号 1 2 3 4 5 6 7 8 A 1 1 1 1 2 2 2 2 3.12 3.2 4.9936 0.0008 B 1 1 2 2 1 1 2 2 3.2 3.12 4.9936 0.0008 C 1 2 1 2 1 2 1 2 3.06 3.26 D 1 2 2 1 2 1 1 2 3.16 试验值 0.82 0.85 0.70 0.75 0.74 0.79 0.80 0.87 平方 0.6724 0.7225 0.49 0.5676 0.5476 0.6241 0.64 0.7569 k1 k2 k=6.32 3,16 4.9978 0,005 4.9928 w=5.016 u Q 可得方差分析表为： 来源

P=4.9928 0 离差平方和 0.0008 0.0008 0.005 0 0.0166 0.0232

自由度 1 1 1 1 3 7

均方离差 0.0008 0.0008 0.005 0 0.0055

F值

FA=0.145 FB=0.145 Fc=0.909 FD=0

A B

C D

误差 总和

0.05，查表F0.05(1,3)10.13

FAFB0.14510.13F0.05(1,3)FC0.90910.13F0.05(1,3)FD010.13F0.05(1,3)故接受H01，H02，H03，H04，认为四种因素均对铁损没有显著影响。 13、解：设秧龄为因素A，苗数为因素B，肥料为因素C。

假设H01:a1a20

H02:b1b20H03:c1c20

H04:ij0i1,2;H05:ij0i1,2;H06:ij0i1,2; 有计算可得表如下 试验号 1 2 3 4 5 6 7 8 j1,2j1,2 j1,2A 1 1 1 1 2 2 2 2 2420.5 B 1 1 2 2 1 1 2 2 2633.9 AB 1 1 2 2 2 2 1 1 2587.9 C 1 2 1 2 1 2 1 2 2562.6 AC 1 2 1 2 2 1 2 1 2567.2 BC 1 2 2 1 1 2 2 1 2567.2 试验值 600 613.3 600.6 606.6 674 746.6 688 686.6 平方 360000 376136.89 360720.36 367963.56 454276 557411.56 473344 471419.56 k1 k=5215.7 w=3421271.93 2795.2 3417990.8 17550 2581.8 3400780.1 339.3 2627.8 3400639.8 199 2653.1 3401464.6 1023.7 2648.5 3400777.5 336.7 2648.5 3401267.0 k2 u Q P=3400440.8 826.2 有计算可得方差分析表如下： 来源

离差平方和 17550 339.3

自由度 1 1

均方离差 17550 339.3

F值 FA=31.55

A

B

AB

199 1023.8 336.7 826.2 556.13

1 1 1 1 1

199 1023.8 336.7 826.2 556.13

FB=0.61 FAB=0.36 Fc=1.84 FAC=0.6

C AC

BC

误差

总和 20831.13 7 20831.13

FBC=1.48

上表中B、AB、AC得离差平方和相对很小，这三项作用不显著。为了提高检验的效果，把QB、QAB、

QAC并入QE，并取QE的自由度为4项自由度之和。得到下表：

来源

离差平方和 17550 1023.8 826.2 1431.13 20831.13

自由度 1 1 1 4 7

均方离差 17550 1023.8 826.2 357.7825

F值 FA=49.05 Fc=2.86 FBC=2.31

A

C

BC

误差 总和

0.05,查表F0.05(1,4)7.71

FA7.71FC7.71所以若把苗数、秧龄和苗数交互作用、秧龄和氮肥交互作用引起的三项离差合并到误差项中，FBC7.71则秧龄对亩产有显著影响。而氮肥、亩数和氮肥交互作用无显著影响。