【精選】數(shù)理統(tǒng)計習題-精心整理

1、1.1 在數(shù)理統(tǒng)計中，我們把所研究的對象全體組成的集合稱為 組成總體的每個元素稱為個體。總體(或母體)，而把1. 2 設(shè)隨機樣本( X1,X2/- ,Xn)來自總體為正態(tài)分布2N (巴CT )，則樣本(Xi,X2,，Xn )的聯(lián)合分布函數(shù)為* 2 - 1F (X1,X2,，Xn) =(2g ) 2 exp(人卩)。 2b y1.3 若對一批N件產(chǎn)品的合格率進行檢查，從中有放回地隨機抽取n件。分別以0, 1表示某件產(chǎn)品為次品和合格品，0(0 <9 <1)表示產(chǎn)品的合格率，貝y總體X服從參數(shù)為&的0 1分布，即P(X =x)=£x(1-£)1：x = 0,1

2、。所以樣本(Xi,X2,，Xn )的聯(lián)合分布律數(shù)為nP(Xr = Xy X2 = X2,，X n = Xn ) =2 0 Xi (1 -Q)1：，Xj = 0,1.i=1221.4 設(shè)隨機樣本X1, X2,X3來自總體為正態(tài)分布N(巴b )，其中巴b是未知參111數(shù)，貝y -(Xr +X2 +X3) +卩,-(Xr +X2)-卩和一(Xr +X2 +X3)都不是統(tǒng)計量，32CT因為它們都含有未知參數(shù)， 而1(X4 +X2 +x3)，丄(X； +X22 +X32)和Xj +X2 -x332都是統(tǒng)計量。221.5設(shè)隨機樣本X1,X2,X3來自總體為正態(tài)分布 N(4嚴)，其中4已知，b是未111知

3、參數(shù)，貝y -(X1 +X2+X3)+卩, -(X1 +X2)-4 -(x1 +X2 + X3)和3231 2 2 2 1-(X12 +X2 +X3 )都是統(tǒng)計量，而 丄(X1 +X2 + X3)不都是統(tǒng)計量。2b1 6設(shè)Xi,X2,，Xn是來自總體X的一個樣本，則稱統(tǒng)計量Sn21 n=-Z (Xi -X)2n i rn分別為樣本的均值和樣本方差；統(tǒng)計量努力1 n1 n_Ak =-送 Xik ,(Xi -X)kn i 4n i 4分別為樣本k階原點矩和k階中心矩。顯然，A =X， B2 =Sn 。21. 7設(shè)（X1,X2,，Xn）是來自正態(tài)總體 N（巴b ）的一個樣本，統(tǒng)計量是樣本的任意一個確

4、定線性函數(shù)U =a1X1 +42X2 + + anXn,則統(tǒng)計量U= a1X<Ha2X- +anXn也是服從正態(tài)分布的隨機變量，其均值和方差分別為nE(U) =4(a1 七2 中+an) =吃 ai ,+D(U) =cr2(a12n+ a22 +an2) =b22 ai2。7特別地，取a1 =a2二=an =1，則統(tǒng)計量nU是樣本的均值 X，有下面的推論。1.8設(shè)（X1,X2 ,Xn）是來自正態(tài)總體2N （巴CT ）的一個樣本，則樣本的均值2_c(2XN（巴一）。n1.9設(shè)（Xi,X2,X25 ）是來自正態(tài)總體N（2,5）的一個樣本，求統(tǒng)計量X的密度函數(shù)。解由推論知X N(2,25)=

5、N(2,1),則X的密度函數(shù)為1fXX2，X25)=荷 ex p-；(X-2)2。1. 10 設(shè)2(X1,X2/- ,Xn)是來自正態(tài)總體 N(巴b)的一個樣本，且 卩是已知常數(shù)，求統(tǒng)計量的分布。解作變換Yi=1,2,n，c則丫1,丫2,，Yn相互獨立，且同服從N(0,1)分布，所以 3)2*c i i ci2服從工分布。從而統(tǒng)計量T的密度函數(shù)為1.111如果 F F(m,n)，則一 F(n,m)。F2 2 2 2-/ (1), Y / (n), X與丫獨立，則 F =T ,即 F(1,n)與t (n)相同。1.122設(shè)(X1,X2 " , Xn)是來自正態(tài)總體 N(A,b )的一個

6、樣本,Xi，則 UN(0,1)。b/J n2證明因為X1,X2，Xn相互獨立，與總體服從同一分布 N(4尸)，即Xi N(巴b2)，由正態(tài)分布的加性定理知X =丄£ Xi服從正態(tài)分布。又因為n irnE(X)1 n 1 n= E 2 Xi = S E(Xi) =4， n i#DwnXiD(Xi)旦n i#n所以2O'X N(A,)。n再由正態(tài)分布的性質(zhì)知X 4UN (0,1)。b/J n21.13設(shè)（X1,X2，,Xn ）是來自正態(tài)總體N（巴CT ）的一個樣本，則1 npS (Xi -P)匚二N (0,1),由定理2. 10知，"S /CT / J"CT(

7、n)。CT y2證明 因為X1,X2/- ,Xn相互獨立，與總體服從同一分布N（巴b ），即2X _iXi N（A,b ），于是仝N（0,1）,（i =1,2，n）。再由72的定義，則 c1 n1 (Xi -卩)2 /2(n)。21 . 14設(shè)（Xi,X2，Xn）是來自正態(tài)總體 N（4,b ）的一個樣本,T= X-4t( n-1)。證明由定理2.2知，小n-1),且Sn/J n 1X顯與nSn22-相互獨立。c2由t分布的定義，則1. 15nS：="" 2 t(n-1)。b/Vn V(nT)b22設(shè)（X1,X2，Xm ）是來自正態(tài)總體N（氣尸1 ）的一個樣本，2（丫1,丫2

8、,Yn ）是來自正態(tài)總體N（42尸2 ）的一個樣本，且X1,X2，,Xm和2,Y1,丫2,，Yn相互獨立，則（廠丫）"上）N（o,i）。2證明因為（Xi,X2,"，Xm）是來自正態(tài)總體N（卩1,6 ）的一個樣本，2CT2（丫1,丫2,，丫n ）是來自正態(tài)總體N（42尸2 ）的一個樣本，所以X N（4i,），m2,2W 2Y N（A2,）。又因為Xi，X2，Xm和丫，丫2,，Yn相互獨立，再由正態(tài)分布的可加n性定理知X -Y N岸1 -巴，巴m從而(X Y)aP2)N(0,i)。1. 162設(shè)（Xi,X2 " ,Xm）是來自正態(tài)總體N（4i,b ）的一個樣本，2（丫

9、1,丫2,，丫n）是來自正態(tài)總體N（卩2,b ）的一個樣本，且Xi,X2，,Xm和Y1,丫2,，丫n相互獨立，則T =(X :丫(Pi-ipng+n-2)t(m + n - 2)。JmSi2 +nS；2 1 m 2 1 m其中 Si =Z (Xi -X)，X =S Xi ；m iimy2 I21S2 =- (Yi Y)，丫 = £ 丫。 n i:i證明 由定理2. 10知，nS22/2(n-1),又的加法定理可得Xi,X2，Xm和丫1,丫2,，Yn相互獨立，由"gfs； z2(m+ n_2)。C2在定理2.12中，我們已證得(X Y)(4i-»2)n(0,1)。由

10、于X與Si2相互獨立，Y與S22相互獨立，所以（X -丫）岸1 -巴）與mS12 +nS；2C相互獨立，再由t分布的定義知JmS +nS；（X 一丫）-（岀一卩2）jmn（m + n 一2）1.仃(X-Y)岸i -巴)I c2 c2忻+肓I22J mS +nS2,VFt(m + n2)。設(shè)（Xi,X2,，Xm）2是來自正態(tài)總體N（氣f i ）的一個樣本，2（Yi,Y2,Yn）是來自正態(tài)總體N（42尸2 ）的一個樣本，且Xi,X2，Xm和Y1,丫2,，丫n相互獨立，則L mS2 (n-1)b；F =nS； (m-1)時 F(m T, n -1)，其中Si2 =-£ (Xim ii-X)

11、2，X1 m 1 n _ _ 1=Z Xi ； s；=送(Y -Y)特別地，若bl，Y =-Z Y o m yF(m-1, n-1)。2=m(n - 1)S n(mT)S；證明由定理2. 10知，g，又和丫1, 丫2,，Yn相互獨立，故啤nS22£6。再由F分布的定義知mS2F = mS2 (n - 1血,偲2nS； (m 1)時 "(m -1)62 (n - 1)折 F(1, n "1)。22.1設(shè)Xi,X2，Xn是總體X的樣本，求X的數(shù)學期望卩和方差CT的矩估計解 E(X)=P, E(Xj=D(X) +E(X)2 =2 + y2.令1 n卩=-Z Xi,n i

12、d 1 nXi2,CT2 + P2 =丄£n y解得4和CT 2的矩估計量分別為2.2設(shè)總體X服從參數(shù)為-X)2-s2.nA的指數(shù)分布，即X的概率密度、Jke必,xa0, f(X；兒)=0, x<0.Xi, X2,，Xn是X的樣本,求參數(shù)A的矩估計量.4=0-be '解 E(X) = xf(X； Qdx =f Zxedx =-= . 011 n1令 丄二丄送Xi,得參數(shù)幾的矩估計量2 =丄AnyX2.3設(shè)總體XF(a,P),即X的概率密度f(X； a, P)科 par (Ot) e10，亠 P x>0,X <0.Xi,X2,Xn是X的樣本，求參數(shù)a, P的矩

13、估計量.解 由 Xr(a,P)得，E(X)"P, E(X2)=a(a +1)P2.令解得參數(shù)a, P的矩估計量分別為 1 n opXin i 4la(a +1)p2 一送 X；I n y(n -1)SnX2.4設(shè)總體X在區(qū)間a,b上服從均勻分布，Xi,X2,Xn是總體X的樣本,求參數(shù)a,b的矩估計量.解因為總體X的概率密度1丄f (x;a,b) = lb -ai 0,a < X < b,其它.1 O1OO所以 E(X) = (a +b), E(X2)= (a2 +ab+ b2).令2 311 n-(a+b) = S Xi,2n i壬卩(a2 +ab + b2 A1Z Xi

14、2.解得參數(shù)a,b的估計量分別為? = 乂一件處,t?=X+聲心.若要估計該均勻分布的長度b -a，則可取 |?一0?=衛(wèi)S.2.5設(shè)總體X的分布律為px “仝2，Px=2=29(1-0)，Px=3 = (1-日)2，其中日為未知參數(shù).現(xiàn)抽得一個樣本x1 =1,x2, x3 =1 ,求日的矩估計值.解 E(X)二仔護+2咒2打1-日)+ 3X(1-巧2 =3-2日,14X = (1+2+1)=,3 34 _5令E(X )= X，得3 -20 =,解得e的矩估計值為e =-.362.6設(shè)XN(4®2)，其中卩衛(wèi)：0是未知參數(shù)，設(shè)Xi,X2，Xn是X的樣本,求卩& 2的最大似然估

15、計量.解 設(shè)Xi,X2,，Xn是Xi,X2,，Xn的觀測值，則似然函數(shù)n4_(X 屮)2nV &L=n=(2兀b2 戸e 2i壬v2花b取對數(shù)得解似然方程得lnL(2巧22一£(Xi-卩)222y2口2clnL 1 J ,1、 c=S (n -=0,I gln L n 1 +I 丙2 -1 n2 b222 (Xi-巴2 =0.1 n應(yīng)2 =丄送(Xi -X)2 =n iT所以巴CT 2的最大似然估計量為T = X，B2 Ms2.n2.7求事件A的概率P的最大似然估計量.解 設(shè)P(A) = p.為了求p的矩估計量，必須把 P與表示總體的隨機變量 X聯(lián)系起來.設(shè)每次試驗中事件出現(xiàn)

16、的次數(shù)為X，即J, A出現(xiàn),10，A不出現(xiàn).則 px =l = p , Px =0=1 - p ,這表明X b(1, P).設(shè)Xi,X2，Xn為X的樣本，其觀測值為Xi,X2，Xn,貝y P的似然函數(shù)為nnn1n臣xL =n pXi(i-p) - (1-p) ii 4對數(shù)似然函數(shù)為In L =仁 xi |lnli£丿n、p+inS Xi |ln(1 p).Iy 丿C I C I令=0,得似然方程0n ) 1 n -S Xi I=0,y丿1 P解得？ = !£ x .所以事件n yA發(fā)生的概率p的最大似然估計量為Xi =X 2.8設(shè)« =Xi,X2，Xn)是參數(shù)日估

17、計量,如果E(碼存在,且E0)=日,則稱？=Xi，X2,，Xn)為參數(shù)日的無偏估計量.女口果niE(心,則稱§=(X1,X2 ,Xn)為參數(shù)日的漸近無偏估計量.2.9 設(shè)總體X的方差CT2 >0存在，X1,X2 "- ,Xn是總體X的樣本，則樣本方差s21 n=Z (Xi -X)2是b2的無偏估計量. n -1 ii證記，則 E (X1 n) = -Z E(Xi)= 4,于是 n i#E(Xi2 )-nE(X2 打送嚴22 卜n 卩2代2/n = c722.10 設(shè)Xi,X2,，Xn是總體XJI仏）的樣本,證明對于任意常數(shù)X , S2, aX +（1 -a）S2都是參

18、數(shù)A的無偏估計量.證由于X 兀仏），因此由例1和例2可得E(X) = E(X) = A, E(S2) = D(X) = Z,E(aX +(1 -oQS2 )=aE(X) + (1-a)E(S2) =aA + (1-a)A = a2.11 設(shè) e? =(X1,X2，Xn)與區(qū)= (X1,X2，Xn)都是參數(shù)Ct ,統(tǒng)計量日的無偏估D(閔)<D($),(3.10)2.12 設(shè)X1,X2，Xn是總體XN（卩，cr2）的樣本（卩已知），記S2=n汕=(XY)2.n 1 i=i證明S2, s；都是b2的無偏估計量且 S2比s2有效.1 n證 由于總體XN（4,b2），因此 二送（Xi-A ） X&

19、quot; n）,從而b irn2 d 2E(S1TEJ.1 n122 (Xi -4)i#c2計量，如果2b4cr 42n =nnd4dn由專s；"（n1）,得E(S2)=厶 E (二" n -1) "2n12 丿 n-1D(S；)=±tD皆S；卜三n-1)=斗(n -1) b 丿(n -1)n-1所以S和S；都是b2的無偏估計量，由于，故S2比S；有效.2.13 設(shè)總體X的分布函數(shù)為F（x;T）, 0是未知參數(shù)，0忘0 , X1,X2,，Xn為的樣本,如果給定的a（0 <a <1）,存在統(tǒng)計量0 = §（Xi,X2，川，Xn）和二

20、g(X1,X2,|,Xn),滿足(3.14)e和e分別稱為置信下限和置P0 <6 <e =1 -a則稱隨機區(qū)間（0, 0）是8的置信水平為1-a的置信區(qū)間,信上限，2.142.142.141 -a稱為置信水平 或置信度，a稱為顯著性水平從一批零件中隨機抽取2.10 2.13 2.15 2.132.10 2.13 2.11 2.14或誤判風險.16個，測得長度（單位：cm ）為2.12 2.132.112.10 2.15 2.12設(shè)零件長度X N（巴0.012）,求總體均值4的置信水平為0.90的置信區(qū)間.= 0.01, a =1-0.90 =0.10即(2.121,2.129).查

21、表得Za2 =Z0.05 = 1.645 .再由樣本得= 2.125,所以4的置信水平為0.90的置信區(qū)間為z J2125 ± 翌 X 1.645,丿I 尿 丿2.15對某種型號飛機的飛行速度進行15次試驗，測得最大飛行速度（單位：米/秒）為422.2 413.2 425.6 420.3 425.8 423.1 418.7 438.3 434.0412.3 431.5 413.5 441.3 423.0 428.2根據(jù)長期經(jīng)驗，可以認為最大飛行速度服從正態(tài)分布.求飛機最大飛行速度的期望值的置信水平為0.95的置信區(qū)間.解以X表示該飛機的最大飛行速度則XN（巴CT2）.由樣本可得n=1

22、5, xJ 4=425.0, s215 i 41 Z(xX)2 =72.05, s = 8.49.151 y由 a =1 0.95 = 0.05,查表得 .2(n -1) = t0.025 (14) = 2.145,由于總體方差 cr2 未知, 因此4的置信水平為0.95的置信區(qū)間為f8 49、".。土尿心紳，即(420.3, 429.7).2.16在某班級中，隨機抽取25名同學測量其身高，算得平均身高為170cm,標準差為 12cm.假設(shè)所測身高近似服從正態(tài)分布，求該班學生平均身高 4和身高標準差CT的0.95 置信區(qū)間.2解設(shè)身高X N（巴b ）,由題設(shè)得n = 25 , x =

23、170 , s=12 , 0.05 , t悝2(n 1) = ±0.025(24) = 2.06 ，2( n-1)=/ 0.025(24) =39.364,煮(n-1) = /0.975(24)=佗401.(1)4的0.95置信區(qū)間為sx±t癥2 (n-1) 忙Vn丿=(170±隹2.06 ,即V725丿(165.06,174.94).(2)b2的0.95置信區(qū)間為(n -1)s2n T)(n - 1)s2_ (24x144(n-1)丿 139.364'24X144、I12.401 丿(87.80,278.69).0.95置信區(qū)間為(J87.80, J27

24、8.69 )止(9.37, 16.69).3.1在某磚廠生產(chǎn)的一批磚中，隨機地抽取6塊，測量其抗斷強度(單位：MPa)分別為3.366 3.106 3.264 3.287 3.122 3.205設(shè)磚的抗斷強度X服從正態(tài)分布N(4, 0.112)，問能否認為這批磚的抗斷強度是3.250M Pa?（顯著性水平 a =0.01）解 本題是已知CT2 =0.112,檢驗假設(shè)Ho :卩=3.250, Hi : 4 H3.250.選取檢驗統(tǒng)計量U = X -攀0CT/Vn當H 0成立時，U N(0,1).該假設(shè)檢驗問題的拒絕域為|uX -3.250>Zz2.這里n =6, CT =0.11,由樣本算

25、得X =3.225,統(tǒng)計量U的值為u225 一超50 256.由 a =0.01，查標準正態(tài)分布表得，Za，2 =Z0.005 = 2.575 ,顯然 |u |= 0.56 < 2.575 ,所以接受原假設(shè)H0 ：卩=3.250,即可以認為這批磚的抗斷強度為3.250Mpa.3.2在一批木材中隨機抽取36根，測量其小頭直徑，算得平均值X = 14.2 cm.設(shè)木材的小頭直徑XN(卩,3.22),問該批木材的平均小頭直徑能否認為在14cm以上？(顯著性水平a =0.05)解這是一個單邊檢驗問題,檢驗假設(shè)H0 :卩 <14, H1 : >14.選取檢驗統(tǒng)計量，該假設(shè)檢驗問題的拒絕

26、域為x 14>.現(xiàn)在n = 36, b =3.2,X =14.2 ,因而U=0.375 .由a =0.05，查標準正態(tài)分32 J36布表得，Za = Z0.05= 1.645,所以 U= 0.375 <1.645,接受原假設(shè)H。：卜<14,即不能認為這批木材的小頭直徑在14cm以上.:"C）,設(shè)測量值3.3 用熱敏電阻測溫儀間接測量地熱勘探井底溫度（單位X N（巴b2）,現(xiàn)在重復(fù)測量7次,測得溫度如下112.0113.4111.2112.0114.5112.9 113.6而溫度的真值 =1126，試問用熱敏電阻測溫儀間接測量溫度有無系統(tǒng)偏差？(a =0.05).解檢

27、驗假設(shè)Ho : 4 =1126, Hi : 4 H1126X _112 6選取統(tǒng)計量 t = k,當H。成立時t t（n -1）.該假設(shè)檢驗問題的拒絕域為s/vnx-112.6s，Jn由 a =0.05 , n =7 ,得 .2(n -1) =t0.025 ( 6 2.4469 .由樣本算得 x =112.8 ,s =1.136,統(tǒng)計量t的值為t=d甞 0.4659,1.136" J7顯然|t 1 = 0.4659 V 2.4469 ,從而在顯著性水平a =0.05下，所以接受原假設(shè)Ho :卜=112.6,即可以認為用熱敏電阻測溫儀間接測量溫度無系統(tǒng)偏差3.4 某電子元件的壽命 （單

28、位：小時）XN（P,b2）, kb2均未知.現(xiàn)從這批電子元件中隨機抽取16只，測得其壽命分別為159 280101212 224 379179 264485170問是否有理由認為這批電子元件的平均壽命大于解檢驗假設(shè)222 362168 250 149 260225小時？（顯著性水平 a = 0.05）H0 : 4 <225,H1 : 4 >225.X 225選取統(tǒng)計量t=225，該假設(shè)檢驗問題的拒絕域為sVn斗 n-1).s/V n由 a =0.05 , n =16 ,查 t 分布表得 t/n -1) = to.o5(15) = 1.7 5 3 .1 由樣本算得X =241.5,

29、s =98.726,統(tǒng)計量t的值為t® 225 =0.6685,98.726 J16所以t =0.6685 <1.7531,從而在顯著性水平 a =0.05下，接受原假設(shè)Ho : 4 <225,即認為這批電子元件的平均壽命不大于225小時.3.5 設(shè)一臺自動車床加工出來的零件的長度（單位 ：cm） X N（巴CT2）.原來的加工精度要求CT不超過0.18,在生產(chǎn)了一段時間之后，為檢驗該車床是否還保持原來的加工 精度，抽取該車床加工的31個零件，測得樣本方差S2 =0.267，問根據(jù)這一數(shù)據(jù)能否認為該車床還保持原有的加工精度？（顯著性水平a =0.05）解依題意要求檢驗假設(shè)

30、H0 :b2 <0.18, H1 P2 >0.182 n 12選取檢驗統(tǒng)計量/ =S,該假設(shè)檢驗問題的拒絕域為現(xiàn)在 n = 31, S2 =0.267，宀曙2 STa =0.05, 心n1)=70.05(30)= 43.773.由于n-131 1S2 =X 0.267 =44.5 >43.7730.18 0.18因此拒絕原假設(shè)H。： b2 < 0.18,即該車床工作一段時間后加工精度變壞了3.6已知某煉鐵廠在生產(chǎn)正常情況下 ，鐵水含碳量的均值為 7,方差為0.03.現(xiàn)在測量 10爐鐵水，測得其平均含碳量為 6.97,方差為0.0375，假設(shè)鐵水含碳量服從正態(tài)分布 ，試問

31、 該廠生產(chǎn)是否正常？（顯著性水平 J =0.05）解 設(shè)鐵水含碳量 X N（巴CT2）.該問題歸結(jié)為檢驗假設(shè)寸=0.03與4 =7是否同時成立，這是兩個雙邊檢驗問題（1 ）檢驗假設(shè)h01) : CT2 =0.03, H1：CT2 工 0.03,O n 1 O選取檢驗統(tǒng)計量工=S ,當H 0成立時,0.03z2 工"n -1）.該假設(shè)檢驗問題的拒絕域為n-12-/2/八、0.03 s "“(nj)或n 1 S2 > 乂：.2(n -1).0.03 a2')由a =0.05, n =10,查/2分布表得2-2( n- 1) = /為5(9) =19.023,n-1

32、) =0.975(92.7.而統(tǒng)計量/2的值為7290.030藥y.0375 "1.25,顯然有 Z"2"523,所n 1 2 s以接受原假設(shè)H01）：b2= 0.03,即認為鐵水含碳量的方差為0.03.（2）檢驗假設(shè)h02)：卩=7,H1(2):卩幻.X 7選取統(tǒng)計量 U =,當H 0成立時U N0,1）.該假設(shè)檢驗問題的拒絕域為b/Jn|u | =X -7cr/n由 a -O.05 得 =Z0.025 =1.96 .統(tǒng)計量 U 的值6.977"二碩血一0.5477.因為|u 1=0.5477 <1.96,所以接受原假設(shè) H2：卩=7,即認為鐵水

33、含碳量的均值為7.綜合（1）和（2）,可以認為該煉鐵廠生產(chǎn)正常4.1對于單因素方差分析，總平方和St可以分解為兩個平方和，即ST = SA+ SE，s n iss rij其中Sa匹S (yy)2 ni(yy)2，Se遼送 厲Vj2。我們通常稱y為總i 4 j 4i 1i 4 j平均，yi為第i個水平的組內(nèi)平均，St為總（離差）平方和，Sa為組間（離差）平方和或（效應(yīng)平方和），SE為組內(nèi)（離差）平方和 或（誤差平方和）。4.2對于單因素方差分析，當H0：氣=»2二=巴成立時,F =唾F(s-1, n-s)，MSeS其中s-1是Sa的自由度，n-s是Se的自由度。MSa= afATi2

34、T：，nS1s nis T2MSe =S=£2 yij2 -2丄，fE n Syj呂i=1ni若f=MS4>f（s-1, n-s），則在水平 a下拒絕H。，否則接受 H。 mse通常取a =0.05，當F > F0.05（s -1, n -s），則認為各水平之間有顯著的差異，在方差分析表相應(yīng)欄中標記“*”；取a =0.01，當F > F0.01（S1, n S）,則認為各水平之間有高度顯著的差方差來 源平方和自由度均方F值Fee值顯著 性組間ASas -1SAMSa =:s -1MSaMSeFot(s T, n-s)組內(nèi)ESen-sMSe =-S n-s總和St =

35、Sa +Sen 1異，在方差分析表相應(yīng)欄中標記“* ”。單因素方差分析表4.3考察溫度對某種紙漿得率的影響。選取5種不同的溫度進行試驗，測得結(jié)果如表紙漿得率溫度(C)6065707580得率90979684849293968386889293828994問不同溫度對紙漿得率影響是否顯著？若是，哪個溫度得率最高？解 影響指標的因素只有一個，即溫度，每種溫度為因素的一個水平，是一個 水平的試驗，試驗的目的是確定5種溫度對紙漿得率影響是否顯著。方差分析表方差來源平方和自由度均方F值F值 廠a值顯著性組間A331.6875482.9224.60F0.05 =3.36F0.01 =5.67*組內(nèi)E37.

36、25113.37總和368.937515表6.5中F分布的自由度為(4,11)，而a取值0.05, 0.01的臨界值分別是3.36和St進行分解5.67。因為24.60>5.67，所以因素 A高度顯著，即由于溫度不同，引起得率差異很大。4.4對于無交互效應(yīng)的雙因素方差分析問題，我們將離差總平方和St = SA + SB + SE。s _其中Sa =tS (y-y)2，是因素A的離差總平方和，反映了因素A的不同水平對指標值i ztt _的影響；SB = s(y-y)2是因素B的離差總平方和，反映了因素B的不同水平對指標j ¥st_值的影響;Se = 2 2： (yij yi.y看

37、+y)2是誤差平方和，反映了誤差的隨機波動。i # U4.5對于無交互效應(yīng)的雙因素方差分析問題，當H 01 :S =2=叫為真時，01 -Sa /(S 1)FA 飛/(s1)(t1)_Sa=Se /(t-1)F(s-1,(s 1)(t1);當 H 02 : Pl = % = = Pt 為真時，F(xiàn)b =Sb于是，當給定水平Fa =Se/(s1)(t1)a，若有SE/gWdZ)。(t1)Sa >Fa(s 1,(s 1)(t1)，Se則拒絕H01，認為因素A對指標值有顯著的影響；當給定水平a ,若有Fb =(s-1)SbSe-Fa(S -1，© -"(t -1),則拒絕H02，認為因素B對指標值有顯著的影響。無交互效應(yīng)的雙