试验设计与数据分析第一次作业习题答案

试验设计与数据分析第一次作业习题答案
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：
x 1̅=(1.54±0.01)mol/L
x2̅̅̅=(1.7±0.2)mol/L
x3̅̅̅=(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=
1
0.012
，w2=
1
0.22
，w3=
1
0.0052
因为w1:w2:w3=400:1:1600
所以X̅=1.54×400+1.7×1+1.537×1600
400+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：E R=∆m
m =0.2
25.3
=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：E R=∆m
m
=0.1%，所以∆m=m×E R= 18.2×0.1%=0.0182mg
所以m的范围为18.1818mg<m<18.2182mg 或依据公式m t=m×(1±|E R|)=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|∆x|max=0.2×1.5%=0.003MPa= 3KPa
E R=∆x
×100%=
3
×100%=3.75×10−1 =37.5%
2）1mm汞柱代表的大气压为0.133KPa，所以|∆x|max=0.133KPa
E R=∆x
×100%=
0.133
×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|∆x|max=9.8×10−3KPa
E R=∆x
x
×100%=
9.8×10−3
8
×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x̅=x1+x2+⋯+x n
n
3.421667 3.37 几何平均值x G̅̅̅=√x1x2⋯x n
n 3.421407
3.47 调和平均值H=
n
1
x1
+1
x2
+⋯+1
x n
= 3.421148
7．A 与B 两人用同一种分析方法测定金属钠中
n
∑1x
i
n i=1
或 1
H
=
1x 1+1x 2+⋯+1x n
n
=
∑1
x i
n i=1n
3.38
标准样本差 s =√∑(x i −x̅)
n i=1n−1
=
√
∑d i
2n i=1n−1
=√
∑x i 2−(∑x i
)n i=12
/n n i=1n−1
0.046224
3.40
总体标准差 δ=√∑(x i −x̅)
n i=1n
=
√
∑d i
2n i=1n
=√
∑x i 2−(∑x i
)n i=12
/n n i=1n
0.042197 3.43 样本方差 s 2 0.002137 总体方差 δ2 0.001781
算术平均误差 ∆=
∑|x i −x̅|
n i=1n
=
∑|d i |
n i=1n
0.038333
极差 R =x max −x min 0.11
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：
s A2=3.73，s B2=2.30
F=s A2
s B2
=1.62
根据显著性水平α=0.05，df A=9，df B=9查F分布表得F0.975(9，9)=0.248，
F0.025(9，9)=4.03。

所以F0.975(9，9)< F<F0.025(9，9)，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。

s 12=0.0586，s 22=0.0164，由于s 12
>s 22，所以新的冶炼工艺比旧工艺生产更稳定。

（依据极差：R 1=3.02−2.28=0.74，R 2=2.43−2.06=0.37，同样可以得到上述结论） （依据标准差s 1=0.242103，s 2=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：
x 1̅̅̅=2.5685，s 12
=0.0586 x 2̅̅̅=2.2511，s 22=0.0164
故F =
s 12s 2
2=
0.05860.0164
=3.5731
已知n1=13，n2=9，则df 1=12，df 2=8，根据显著性水平α=0.05，查F 分布表得F 0.05(12，8)=3.28，
F >F 0.05(12，8)，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 =
x 1̅̅̅−x 2̅̅̅
√s 12n 1+s 22n 2
==3.988
df=
(s12n1
⁄+s22n2
⁄)2
(s12n1
⁄)
(n1+1)+
(s22n2
⁄)
(n2+1)
−2
=
(
0.0586
13+
0.0164
9)
2
(
0.0586
13)
2
(13+1)+
(
0.0164
9)
2
(9+1)
−2≈22.4667−2≈20
根据显著性水平α=0.05，查单侧t分布表得t0.025(20)=2.086，所以|t|>t0.025(20)，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。

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 (d i−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
∑d i0.14 0.01582222
d=∑d i
n
0.015556
s d=√
∑(d i−d)2
n−1
0.04447221
d0=00.34978145
n=9 t=d̅−d0
s d
×√n 1.04934436
对于α=0.05，查表t0.025(8)=2.306，所以|t|<t0.025(8)，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（P aǔta）检验法
○1检验62.20
计算包括62.20在内的平均值x̅=69.967及标准偏差s=2.79
计算|d p|=|x p−x̅|=|62.20−69.967|= 7.767
2s=2×2.79=5.58
比较|d p|和2s，|d p|>2s，依据拉依达检验法，当α=0.05时，62.20应该舍去。

○2检验69.49
计算包括69.49在内的平均值x̅=70.83及标准偏差s=0.615
计算|d p|=|x p−x̅|=|69.49−70.83|=1.34
2s=2×0.615=1.23
比较|d p|和2s，|d p|>2s，依据拉依达检验法，当α=0.05时，69.49应该舍去。

○3检验70.30
计算包括70.30在内的平均值x̅=70.9975及标准偏差s=0.3798
计算|d p|=|x p−x̅|=|70.30−70.9975|= 0.6975
2s=2×0.3798=0.7596
比较|d p|和2s，|d p|<2s，依据拉依达检验法，当α=0.05时，69.49不应该舍去。

○4检验71.38
计算包括71.38在内的平均值x̅=70.9975及标准偏差s=0.3798
计算|d p|=|x p−x̅|=|71.38−70.9975|= 0.3825
2s=2×0.3798=0.7596
比较|d p|和2s，|d p|<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
○1检验62.20
计算包括62.20在内的平均值x̅=69.967及标准偏差s=2.79，查表得G(0.05,10)=2.176 G(0.05,10)s=2.176×2.79=6.07104
计算|d p|=|x p−x̅|=|62.20−69.967|= 7.767>6.07104=G(0.05,10)s
所以62.20应该舍去。

○2检验69.49
计算包括69.49在内的平均值x̅=70.83及标准偏差s=0.615，查表得G(0.05,9)=2.110
s=2.110×0.615=1.29765 G
(0.05，9)
计算|d p|=|x p−x̅|=|69.49−70.83|= 1.34>1.29765=G(0.05,9)s
所以69.49应该舍去。

○3检验70.30
计算包括70.30在内的平均值x̅=70.9975及标准偏差s=0.3798，查表得G(0.05,8)=2.032计算
G(0.05,9)s=2.032×0.3798=0.77175
计算|d p|=|x p−x̅|=|70.30−70.9975|=
0.6975<0.77175=G(0.05,8)s
69.49不应该舍去。

○4检验71.38
计算包括71.38在内的平均值x̅=70.9975及标准偏差s=0.3798，查表得G(0.05,8)=2.032计算
G(0.05,9)s=2.032×0.3798=0.77175
计算|d p|=|x p−x̅|=|71.38−70.9975|= 0.3825<0.77175=G(0.05,8)s
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：
○1对于62.20和71.38，n=10，计算
D=x n−x n−1
n2
=
71.38−71.33
=0.026455026
D′=
x2−x1
x n−1−x1
=
69.49−62.20
71.33−62.20
=0.79846659
当α=0.05，对于双侧检验，查出临界值D̃0.95(10)=0.530，由于D′>D，且D′> D̃1−α(n)，故最小值62.20应该被舍去。

○2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=x n−x n−1
x n−x2
=
71.38−71.33
71.38−70.30
=0.0462963
D′=x2−x1
n−11
=
70.30−69.49
=0.40804598
当α=0.05，对于双侧检验，查出临界值D̃0.95(9)=0.604，由于D′>D，且D′<D̃1−α(n)，没有异常值。

单侧检验时，查表得到临界值D′̃0.95(9)= 0.512，D′<D′̃1−α(n)，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
ðW ðV =c=1.000，ðW
ðc
=V=20.00
所以组分含量的绝对误差为
∆W=|ðW
ðV ∆V|+|ðW
ðc
∆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
∆W W =
0.0400
20.000
=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
ðρðM =1/V，ðρ
ðV
=M
V2
则绝对误差∆ρ=|ðσ
ðM ∆M|+|ðρ
ðV
∆V|=∆M
V
+
M∆V V2=∆MV+M∆V
V2
相对误差
∆ρ
=∆MV+M∆V
2
=
∆MV+M∆V
=
∆M
+
∆V
由于质量的相对误差∆M
M
≤0.02%，预使得
∆ρρ≤0.1%，需要∆V
V
≤0.08%，即测量液体体积
所允许的最大相对误差为0.08%。