试验设计与数据分析第一次作业习题答案.docx

习题 答案
1．设用三种方法测定某溶液时，得到三组数据，其平均值如下：
x1=(1.54±0.01)mol/L
x2=(1.7±0.2)mol/L
x3=(1.537±0.005)mol/L
试求它们的加权平均值。
解：根据数据的绝对误差计算权重：
w1=10.012，w2=10.22，w3=10.0052
因为w1:w2:w3=400:1:1600
所以X=1.54×400+1.7×1+1.537×1600400+1+1600=1.537681
2．试解释为什么不宜用量程较大的仪表来测量数值较小的物理量。
答：因为用量程较大的仪表来测量数值较小的物理量时，所产生的相对误差较大。如
3．测得某种奶制品中蛋白质的含量为(25.3±0.2)g/L，试求其相对误差。
解： ER=∆mm=0.225.3=0.79%
4．在测定菠萝中维生素C含量的测试中，测得每100g菠萝中含有18.2mg维生素C，已知测量的相对误差为0.1%，试求每100g菠萝中含有维生素C的质量范围。
解：ER=∆mm=0.1%，所以∆m=m×ER=18.2×0.1%=0.0182mg
所以m的范围为18.1818mg<m<18.2182mg
或依据公式mt=m×1±ER=18.2×1±0.1%mg

5．今欲测量大约8kPa（表压）的空气压力，试验仪表用1）1.5级，量程0.2MPa 的弹簧管式压力表；2）标尺分度为1mm的U型管水银柱压差计；3）标尺分度为1mm的U形管水柱压差计。
求最大绝对误差和相对误差。
解：1）压力表的精度为1.5级，量程为0.2MPa，
则∆xmax=0.2×1.5%=0.003MPa=3KPa
ER=∆xx×100%=38×100%=3.75×10-1=37.5%
2）1mm汞柱代表的大气压为0.133KPa，
所以∆xmax=0.133KPa
ER=∆xx×100%=0.1338×100%=1.6625×10-2=1.6625%
3）1mm水柱代表的大气压：ρgh，其中g=9.80665m/s2，通常取g=9.8m/s2
则∆xmax=9.8×10-3KPa
ER=∆xx×100%=9.8×10-38×100%=1.225×10-3
6．在用发酵法生产赖氨酸的过程中，对产酸率（%）作6次评定。样本测定值为3.48，3.37，3.47，3.38，3.40，3.43，求该组数据的算术平均值、几何平均值、调和平均值、标准差s、标准差δ、样本方差s2、总体方差sδ2、算术平均误差∆和极差R。
解：

数据
计算公式
计算结果
3.48
算术平均值 x=x1+x2+⋯+xnn
3.421667
3.37
几何平均值 xG=nx1x2⋯xn
3.421407
3.47
调和平均值 H=n1x1+1x2+⋯+1xn=ni=1n1xi
或 1H=1x1+1x2+⋯+1xnn=i=1n1xin
3.421148
3.38
标准样本差 s=i=1n(xi-x)n-1=i=1ndi2n-1=i=1nxi2-(i=1nxi)2/nn-1
0.046224
3.40
总体标准差 δ=i=1n(xi-x)n=i=1ndi2n=i=1nxi2-(i=1nxi)2/nn
0.042197
3.43
样本方差 s2
0.002137

总体方差 δ2
0.001781

算术平均误差 ∆=i=1n|xi-x|n=i=1n|di|n
0.038333

极差 R=xmax-xmin
0.11

7．A与B两人用同一种分析方法测定金属钠中的铁，测得铁含量（μg/g）分别为：
分析人员A：8.0，8.0，10.0，10.0，6.0，6.0，4.0，6.0，6.0，8.0
分析人员B：7.5，7.5，4.5，4.0，5.5，8.0，7.5，7.5，5.5，8.0
试问A与B两人测定铁的精密度是否有显著性差异？（α=0.05）
解：依题意，检验A与B两人测定铁的精密度是否有显著性差异，采用F双侧检验。根据试验值计算出两种方法的方差以及F值：
sA2=3.73，sB2=2.30
F=sA2sB2=1.62
根据显著性水平α=0.05，dfA=9，dfB=9查F分布表得F0.9759，9=0.248，
F0.0259，9=4.03。所以F0.9759，9<F<F0.0259，9，A与B两人测定铁的方差没有显著差异，即两人测定铁的精密度没有显著性差异。

分析人员A
分析人员B

8
7.5

8
7.5

10
4.5

10
4

6
5.5

6
8

4
7.5

6
7.5

6
5.5

8
8

F-检验 双样本方差分析

分析人员A
分析人员B
平均
7.2
6.55
方差
3.733333333
2.302778
观测值
10
10
df
9
9
F
1.621230398

P(F<=f) 单尾
0.24144058

F 单尾临界
3.178893104

8．用新旧两种工艺冶炼某种金属材料，分别从两种冶炼工艺生产的产品中抽样，测定产品中的杂质含量（%），结果如下：
旧工艺（1）：2.69，2.28，2.57，2.30，2.23，2.42，2.61，2.64，2.72，3.02，2.45，2.95，2.51；
新工艺（2）：2.26，2.25，2.06，2.35，2.43，2.19，2.06，2.32，2.34
试问新冶炼工艺是否比旧工艺生产更稳定，并检验两种工艺之间是否存在系统误差？（α=0.05）
解：工艺的稳定性可用精密度来表征，而精密度可由极差、标准差或方差等表征，这里依据方差来计算。s12=0.0586，s22=0.0164，由于s12>s22，所以新的冶炼工艺比旧工艺生产更稳定。
（依据极差：R1=3.02-2.28=0.74，R2=2.43-2.06=0.37，同样可以得到上述结论）
（依据标准差s1=0.242103，s2=0.128106）
检验两种工艺之间是否存在系统误差，采用t检验法。
1）先判断两组数据的方差是否有显著性差异。根据试验数据计算出各自的平均值和方差：
x1=2.5685，s12=0.0586
x2=2.2511，s22=0.0164
故F=s12s22=0.05860.0164=3.5731
已知n1=13，n2=9，则df1=12，df2=8，根据显著性水平α=0.05，查F分布表得F0.0512，8=3.28，
F>F0.0512，8，两方差有显著差异。
旧工艺
新工艺

2.69
2.26

2.28
2.25

2.57
2.06

2.30
2.35

2.23
2.43

2.42
2.19

2.61
2.06

2.64
2.32

2.72
2.34

3.02

2.45

2.95

2.51

F-检验 双样本方差分析

旧工艺
新工艺
平均
2.568461538
2.251111111
标准差
0.242103496
0.128105859
方差
0.058614103
0.016411111
观测值
13
9
df
12
8
F
3.571610854

P(F<=f) 单尾
0.039724983

F 单尾临界
3.283939006

t-检验: 双样本异方差假设

旧工艺
新工艺
平均
2.568461538
2.251111111
方差
0.058614103
0.016411111
观测值
13
9
假设平均差
0

df
19

t Stat
3.988050168

P(T<=t) 单尾
0.000393697

t 单尾临界
1.729132812

P(T<=t) 双尾
0.000787395

t 双尾临界
2.093024054

2）进行异方差t检验
t=x1-x2s12n1+s22n2==3.988
df=(s12n1+s22n2)2(s12n1)2(n1+1)+(s22n2)2(n2+1)-2=0.058613+0.0164920.058613213+1+0.0164929+1-2≈22.4667-2≈20
根据显著性水平α=0.05，查单侧t分布表得t0.02520=2.086，所以t>t0.02520，则两种工艺的平均值存在差异，即两种工艺之间存在系统误差。

备注：
实验方差分析是单侧检验：因为方差分析不像差异显著检验，方差分析中关心的只是组间均方是否显著大于组内均方或误差均方。目的是为了区分组间差异是否比组内差异大的多，因为只有大得多，才能证明实验的控制条件是否造成了显著的差异，
方差齐性中F检验要用到双侧检验，因为要看的是否有显著性差异，而没有说是要看有差异时到底是谁大于谁，所以没有方向性。

9．用新旧两种方法测得某种液体的黏度（mPa∙s）如下：
新方法：0.73，0.91，0.84，0.77，0.98，0.81，0.79，0.87，0.85
旧方法：0.76，0.92，0.86，0.74，0.96，0.83，0.79，0.80，0.75
其中旧方法无系统误差。试在显著性水平（α=0.05）时，检验新方法是否可行。

解：检验新方法是否可行，即检验新方法是否有系统误差，这里采用秩和检验。
先求出各数据的秩，如表所示。
秩
1
2
3
4
5
6.5
6.5
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
新
0.73

0.77

0.79

0.81

0.84
0.85

0.87
0.91

0.98
旧

0.74
0.75
0.76

0.79

0.80

0.83

0.86

0.92
0.96

此时，n1=9，n2=9，n=18，R1=1+5+6.5+9+11+12+14+15+18=91.5
R2=2+3+4+6.5+8+10+13+16+17=79.5
对于α=0.05，查秩和临界值表，得T1=66，T2=105，由于T1<R1<T2，故，两组数据无显著差异，新方法无系统误差，可行。

T检验成对数据的比较
新方法
旧方法
di
(di-d)2
0.73
0.76
-0.03
0.00207531
0.91
0.92
-0.01
0.00065309
0.84
0.86
-0.02
0.0012642
0.77
0.74
0.03
0.00020864
0.98
0.96
0.02
1.9753E-05
0.81
0.83
-0.02
0.0012642
0.79
0.79
0
0.00024198
0.87
0.8
0.07
0.0029642
0.85
0.75
0.1
0.00713086

∑di
0.14
0.01582222

d=∑din
0.015556

sd=(di-d)2n-1
0.04447221

d0=0

0.34978145

n=9
t=d-d0sd×n
1.04934436

对于α=0.05，查表t0.0258=2.306，所以t<t0.0258，即两组数据无显著差异，新方法无系统误差，可行。

10．对同一铜合金，有10个分析人员分析进行分析，测得其中铜含量（%）的数据为：62.20，69.49，70.30，70.65，70.82，71.03，71.22，71.25，71.33，71.38（%）。问这些数据中哪个（些）数据应被舍去，试检验？（α=0.05）
解：1）拉依达（Paǔta）检验法
检验62.20
计算包括62.20在内的平均值x=69.967及标准偏差s=2.79
计算dp=xp-x=62.20-69.967=7.767
2s=2×2.79=5.58
比较dp和2s，dp>2s，依据拉依达检验法，当α=0.05时，62.20应该舍去。
检验69.49
计算包括69.49在内的平均值x=70.83及标准偏差s=0.615
计算dp=xp-x=69.49-70.83=1.34
2s=2×0.615=1.23
比较dp和2s，dp>2s，依据拉依达检验法，当α=0.05时，69.49应该舍去。
检验70.30
计算包括70.30在内的平均值x=70.9975及标准偏差s=0.3798
计算dp=xp-x=70.30-70.9975=0.6975
2s=2×0.3798=0.7596
比较dp和2s，dp<2s，依据拉依达检验法，当α=0.05时，69.49不应该舍去。
检验71.38
计算包括71.38在内的平均值x=70.9975及标准偏差s=0.3798
计算dp=xp-x=71.38-70.9975=0.3825
2s=2×0.3798=0.7596
比较dp和2s，dp<2s，依据拉依达检验法，当α=0.05时，71.38不应该舍去。

2）格拉布斯（Grubbs）检验法
检验62.20
计算包括62.20在内的平均值x=69.967及标准偏差s=2.79，查表得G0.05,10=2.176
G0.05, 10s=2.176×2.79=6.07104
计算dp=xp-x=62.20-69.967=7.767>6.07104=G0.05, 10s
所以62.20应该舍去。
检验69.49
计算包括69.49在内的平均值x=70.83及标准偏差s=0.615，查表得G0.05,9=2.110
G0.05，9s=2.110×0.615=1.29765
计算dp=xp-x=69.49-70.83=1.34>1.29765=G0.05,9s
所以69.49应该舍去。
检验70.30
计算包括70.30在内的平均值x=70.9975及标准偏差s=0.3798，查表得G0.05,8=2.032
计算
G0.05,9s=2.032×0.3798=0.77175
计算dp=xp-x=70.30-70.9975=0.6975<0.77175=G0.05,8s
69.49不应该舍去。
检验71.38
计算包括71.38在内的平均值x=70.9975及标准偏差s=0.3798，查表得G0.05,8=2.032
计算
G0.05,9s=2.032×0.3798=0.77175
计算dp=xp-x=71.38-70.9975=0.3825<0.77175=G0.05,8s
当α=0.05时，71.38不应该舍去。

3）狄克逊（Dixon）检验法
应用狄克逊双侧情形检验：
对于62.20和71.38，n=10，计算
D=xn-xn-1xn-x2=71.38-71.3371.38-69.49=0.026455026
D'=x2-x1xn-1-x1=69.49-62.2071.33-62.20=0.79846659
当α=0.05，对于双侧检验，查出临界值D0.9510=0.530，由于D'>D，且D'>D1-αn，故最小值62.20应该被舍去。
舍去62.20后，对剩余的9个数据（n=9）进行狄克逊双侧检验：
D=xn-xn-1xn-x2=71.38-71.3371.38-70.30=0.0462963
D'=x2-x1xn-1-x1=70.30-69.4971.33-69.49=0.40804598
当α=0.05，对于双侧检验，查出临界值D0.959=0.604，由于D'>D，且D'<D1-αn，没有异常值。
单侧检验时，查表得到临界值D'0.959=0.512，D'<D'1-αn，没有异常值。

11．将下列数据保留4位有效数字：3.1459，136653，2.33050，2.7500，2.77447
解：3.146、1367×102、2.330、2.750、2.774
12．在容量分析中，计算组分含量的公式为W=Vc，其中V是滴定 时消耗滴定液的体积，c是滴定液的浓度。今用浓度为（1.000±0.001）mg/mL的标准溶液滴定某试液，滴定时消耗滴定液的体积为（20.00±0.02）mL，试求滴定结果的绝对误差和相对误差。
解：根据组分含量计算公式W=Vc，各变量的误差传递系数分别为
∂W∂V=c=1.000，∂W∂c=V=20.00
所以组分含量的绝对误差为
∆W=∂W∂V∆V+∂W∂c∆c=c∆V+V∆c=1.000×0.02+20.00×0.001=0.0400（mg）
W=Vc=20.00×1.000=20.000 （mg）
最大相对误差为
∆WW=0.040020.000=0.2%
13．在测定某溶液的密度ρ的试验中，需要测定液体的体积和质量，已知质量测定的相对误差≤0.02%，预使测定结果的相对误差≤0.1%，测量液体体积所允许的最大相对误差为多大？
解：由公式ρ=M/V，误差传递系数为
∂ρ∂M=1/V，∂ρ∂V=MV2
则绝对误差∆ρ=∂σ∂M∆M+∂ρ∂V∆V=∆MV+M∆VV2=∆MV+M∆VV2
相对误差
∆ρρ=∆MV+M∆VV2M/V=∆MV+M∆VMV=∆MM+∆VV
由于质量的相对误差∆MM≤0.02%，预使得∆ρρ≤0.1%，需要∆VV≤0.08%，即测量液体体积所允许的最大相对误差为0.08%。