《统计分析与SPSS的应用(第五版)》课后练习答案(第5章)

《统计分析与SPSS的应用（第五版）》（薛薇）
课后练习答案
第5章SPSS的参数检验
1、某公司经理宣称他的雇员英语水平很高，如果按照英语六级考试的话，一般平均得分为75分。

现从雇员中随机选出11人参加考试，得分如下： 80, 81, 72, 60, 78, 65, 56, 79, 77,87, 76 请问该经理的宣称是否可信。

原假设：样本均值等于总体均值即u=u0=75
步骤：生成spss数据→分析→比较均值→单样本t检验→相关设置→输出结果（Analyze->compare means->one-samples T test；）
采用单样本T检验（原假设H0:u=u0=75,总体均值与检验值之间不存在显著差异）；
分析：指定检验值:在test后的框中输入检验值（填75），最后ok!
分析：N=11人的平均值（mean）为73.7，标准差（std.deviation）为9.55,均值标准误差(std error mean)为2.87.t统计量观测值为-4.22，t统计量观测值的双尾概率p-值（sig.(2-tailed)）为0.668，六七列是总体均值与原假设值差的95%的置信区间,为(-7.68,5.14),由此采用双尾检验比较a和p。

T统计量观测值的双尾概率p-值（sig.(2-tailed)）为0.668＞a=0.05所以不能拒绝原假设；且总
体均值的95%的置信区间为(67.31,80.14),所以均值在67.31~80.14内,75包括在置信区间内,所以经理的话是可信的。

2、在某年级随机抽取35名大学生，调查他们每周的上网时间情况，得到的
数据如下（单位：小时）：
（1）请利用SPSS对上表数据进行描述统计，并绘制相关的图形。

（2）基于上表数据，请利用SPSS给出大学生每周上网时间平均值的９５％的置信区间。

（1）分析描述统计描述、频率
（2）分析比较均值单样本T检验
每周上网时间的样本平均值为27.5，标准差为10.7，总体均值95%的置信区间为23.8-31.2.
3、经济学家认为决策者是对事实做出反应，不是对提出事实的方式做出反应。

然而心理学家则倾向于认为提出事实的方式是有关系的。

为验证哪种观点更站得住脚，调查者分别以下面两种不同的方式随机访问了足球球迷。

原假设：决策与提问方式无关，即u-u0=0
步骤：生成spss数据→分析→比较均值→两独立样本t检验→相关设置→输出结果
表5-3
表5-4
分析：由表5-3可以看出，提问方式不同所做的相同决策的平均比例是46%和88%，认为决策者的决策与提问方式有关。

由表5-4看出，独立样本在0.05的检验值为0，小于0.05，故拒绝原假设，认为决策者对事实所作出的反应与提问方式有关，心理学家的观点更站得住脚。

分析：
从上表可以看出票丢仍买的人数比例为46%,钱丢仍买的人数比例为88%,两种方式的样本比例有较大差距。

1.两总体方差是否相等F检验：F的统计量的观察值为257.98,对应的
P值为0.00,；如果显著性水平为0.05,由于概率P值小于0.05,两种方式的方差有显著差异。

看假设方差不相等行的结果。

2.两总体均值（比例）差的检验：.T统计量的观测值为-9.815,对应的双尾概率为0.00,T统计量对应的概率P值<0.05,故推翻原假设,表明两总体比例有显著差异.更倾向心理学家的说法。

4、一种植物只开兰花和白花。

按照某权威建立的遗传模型，该植物杂交的后代有75%的几率开兰花，25%的几率开白花。

现从杂交种子中随机挑选200颗，种植后发现142株开了兰花，请利用SPSS进行分析，说明这与遗传模型是否一致？
原假设：开蓝花的比例是75%，即u=u0=0.75
步骤：生成spss数据→分析→比较均值→单样本t检验→相关设置→输出结果
表5-5
表5-6
分析：由于检验的结果sig值为0，小于0.05，故拒绝原假设，由于检验区间为（1.23,1.35），0.75不在此区间内，进一步说明原假设不成立，故认为与遗传模型不一致。

5、给幼鼠喂以不同的饲料，用以下两种方法设计实验：方式1：同一鼠喂不同的饲料所测得的体内钙留存量数据如下：
方式2：甲组有12只喂饲料1，乙组有9只喂饲料2所测得的钙留存量数据如下:
请选用恰当方法对上述两种方式所获得的数据进行分析，研究不同饲料是否使幼鼠体内钙的留存量有显著不同。

原假设：不同饲料使幼鼠体内钙的留存量无显著不同。

方式1步骤：生成spss数据→分析→比较均值→配对样本t检验→相关设置→输出结果
表5-7
表5-8
表5-9
方式2步骤：生成spss数据→分析→比较均值→独立样本t检验→相关设置→输出结果
表5-10
表5-11
分析：采用配对样本t检验法所得结果如表5-7,5-8,5-9所示，配对样本的分析结果可以看出两组的平均差是1.789在置信区间内（-5.2529，1.8752）同时sig值为0.153>0.05 不应该拒绝原假设。

采用独立样本t检验法所得结果如表5-10，5-11所示，可以看出均值差为0.892在置信区间内 sig值为0.405，大于
0.05 ，故不能拒绝原假设。

所以，两种饲料使用后的钙存量无显著差异。

6、如果将第2章第9题的数据看作是来自总体的样本，试分析男生和女生的课程平均分是否存在显著差异？
原假设：男女生课程平均分无显著差异
步骤：分析→比较均值→单因素分析→因变量选择课程，因子选择性别进行→输出结果：
表5-12
表5-13
分析：由表5-12和5-13可以看，出男生和女生成绩平均差为1.4021在置信区间内 sig值为0.307，大于0.05，故不能拒绝原假设，即认为男生和女生的平均成绩没有显著差异
7、如果将第2章第9题的数据看作是来自总体的样本，试分析哪些课程的平均分差异不显著。

步骤：计算出各科的平均分：转换→计算变量→相关的设置
表5-14
重新建立SPSS数据→分析→比较均值→单因素→进行方差齐性检验→选择Tukey方法进行检验。

利用配对样本T检验，逐对检验
8、以下是对促销人员进行培训前后的促销数据：试分析该培训是否产生了显著效果。

原假设：培训前后效果无显著差异
步骤：生成spss数据→分析→比较均值→配对样本t检验→相关设置→输出结果
表5-15
表5-16
表5-17
分析：由表5-15，5-16,5-17可以看出，培训前与培训后的均值差为
70.83 ，由sig值为0.041，小于0.05，故拒绝原假设，认为培训前后有显著差异即培训产生了显著效果。