第九章 方差分析及回归分析

第九章 方差分析及回归分析

以下约定各个习题均符合涉及的方差分析模型或回归分析模型所要求的条件.

1. 今有某种型号的电池三批，它们分别是 A、B、C 三个工厂所生产的。为评比其质量，各随机抽取 5 只电池为样品，经试验得其寿命(h)如下：

试在显著性水平0.05下检验电池的平均寿命有无显著的差异。若差异是显著的，试求均值差 $ \mu_{A}-\mu_{B} $， $ \mu_{A}-\mu_{C} $和 $ \mu_{B}-\mu_{C} $的置信水平为95%的置信区间。

解 以 $ \mu_{A}、\mu_{B}、\mu_{C} $ 依次表示自工厂 A、B、C 生产的电池的平均寿命.

本题要求在 $ \alpha=0.05 $下检验假设

$$ H_{0}:\mu_{A}=\mu_{B}=\mu_{C}, $$

$$ H_{1}:\quad\mu_{A},\mu_{B},\mu_{C}\ 不全相等 . $$

将自 A、B、C 三工厂抽得的样本依次记为 $ x_{11}, x_{21}, \cdots, x_{n_1} $; $ x_{12}, x_{22}, \cdots, x_{n_2} $; $ x_{13}, x_{23}, \cdots, x_{n_3} $. 今 s=3, $ n_1 = n_2 = n_3 = 5 $, $ n = n_1 + n_2 + n_3 = 15 $,

$$ T_{.1}=\sum_{i=1}^{5}x_{i1}=213,T_{.2}=\sum_{i=1}^{5}x_{i2}=150, $$

$$ T._{3}=\sum_{i=1}^{5}x_{i3}=222,T..=\sum_{j=1}^{3}\sum_{i=1}^{5}x_{ij}=585. $$

$$ S_{T}=\sum_{j=1}^{3}\sum_{i=1}^{n_{j}}x_{ij}^{2}-T^{2}./n=23\ 647-22\ 815=832, $$

$$ S_{A}=\sum_{j=1}^{3}T_{,j}^{2}/n_{j}-T_{,j}^{2}:\quad n=23\ 430.6-22\ 815=615.6 $$

$$ S_{E}=S_{T}-S_{A}=216.4, $$

$ S_{T}, S_{A}, S_{E} $ 的自由度分别为 n-1=15-1=14, s-1=2, n-s=15-3=12, 从而得方差分析表如下：

因 $ F_{0.05}(2,14)=3.89,F_{比}=17.07>3.89 $ ，故在显著性水平0.05下拒绝 $ H_{0} $，认为平均寿命的差异是显著的.

下面来求 $ \mu_{A}-\mu_{B},\mu_{A}-\mu_{C} $ 和 $ \mu_{B}-\mu_{C} $ 的置信水平为 $ 1-\alpha=0.95 $ 的置信区间.

现在

$$ t_{\alpha/2}(n-s)=t_{0.025}(15-3)=2.1788, $$

$$ t_{0.025}(12)\times\sqrt{\bar{S}_{E}\left(\frac{1}{n_{i}}+\frac{1}{n_{k}}\right)}=5.85\quad(i,k=1,2,3), $$

$$ \hat{\mu}_{A}=\bar{x}_{.1}=T_{.1}/5=42.6, $$

$$ \hat{\mu}_{B}=\bar{x}_{.2}=T_{.2}/5=30, $$

$$ \hat{\mu}_{C}=\bar{x}_{.3}=T_{.3}/5=44.4, $$

从而分别得 $ \mu_{A}-\mu_{B},\mu_{A}-\mu_{C},\mu_{B}-\mu_{C} $ 的一个置信水平为 95% 的置信区间为

$$ (\hat{\mu}_{A}-\hat{\mu}_{B}\pm5.85)=(6.75,18.45) $$

$$ (\hat{\mu}_{A}-\hat{\mu}_{C}\pm5.85)=(-7.65,4.05) $$

$$ (\hat{\mu}_{B}-\hat{\mu}_{C}\pm5.85)=(-20.25,-8.55). $$

1. 为了寻找飞机控制板上仪器表的最佳布置，试验了三个方案，观察领航员在紧急情况的反应时间（以 $ \frac{1}{10} $秒计），随机地选择28名领航员，得到他们对于不同的布置方案的反应时间如下：

试在显著性水平0.05下检验各个方案的反应时间有无显著差异。若有差异，试求 $ \mu_{1}-\mu_{2},\mu_{1}-\mu_{3},\mu_{2}-\mu_{3} $的置信水平为0.95的置信区间。

解 记第 i 种方案为 $ A_{i}, i=1,2,3 $. 各方案构成的总体平均反应时间为 $ \mu_{1}, \mu_{2}, \mu_{3} $. 则所述问题为: 在显著性水平 $ \alpha=0.05 $ 下, 检验假设

$$ H_{0}:\mu_{1}=\mu_{2}=\mu_{3}. $$

$$ H_{1}:\mu_{1},\mu_{2},\mu_{3}\ 不全相等 . $$

本题中, $ n_{1}=8,n_{2}=12,n_{3}=8,n=28,s=3,T $. $ T $. $ _{1}=100,T $. $ _{2}=120,T $. $ T $. $ _{3}=64 $,T..=284.

$$ S_{T}=\sum_{j=1}^{3}\sum_{i=1}^{n_{i}}x_{ij}^{2}-T^{2}./n=3\ 052-284^{2}/28=171.43, $$

$$ S_{A}=\sum_{j=1}^{3}T_{.j}^{2}/n_{j}-T_{.}^{2}./n=2\ 962-2\ 880.57=81.43, $$

$$ S_{E}=S_{T}-S_{A}=90. $$

又 $ S_{T}, S_{A}, S_{E} $ 的自由度分别为 n-1=28-1=27, s-1=3-1=2, n-s=28-3=25, 从而得方差分析表如下：

因 $ F_{0.05}(2,25)=3.39 $, $ F_{比}=11.3>3.39 $. 故在显著性水平 $ \alpha=0.05 $ 下拒绝 $ H_{0} $, 认为差异是显著的.

以下来求置信水平为 $ 1-\alpha=0.95 $ 的置信区间，今 $ n_{1}=n_{3}=8, n_{2}=12, t_{0.025}(25)=2.0595 $，

$$ \begin{aligned}t_{a/2}(25)\times\sqrt{\bar{S}_{E}\left(\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}}\right)}&=t_{a/2}(25)\times\sqrt{\bar{S}_{E}\left(\frac{1}{n_{2}}+\frac{1}{n_{3}}\right)}\\&=2.059\ 5\times\sqrt{3.6\left(\frac{1}{8}+\frac{1}{12}\right)}=1.78,\end{aligned} $$

$$ t_{a/2}(25)\times\sqrt{\bar{S}_{E}\left(\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{3}}\right)}=2.059\ 5\times\sqrt{3.6\left(\frac{1}{8}+\frac{1}{8}\right)}=1.95 $$

$$ \hat{\mu}_{1}=\overline{x}_{.1}=T._{1}/8=12.5, $$

$$ \begin{array}{l}\hat{\mu}_{2}=\overline{x}_{.2}=T._{2}/12=10,\\\hat{\mu}_{3}=\overline{x}_{.3}=T._{3}/8=8,\end{array} $$

从而分别得 $ \mu_{1}-\mu_{2},\mu_{1}-\mu_{3},\mu_{2}-\mu_{3} $ 的一个置信水平为 0.95 的置信区间为

$$ \begin{aligned}(\hat{\mu}_{1}-\hat{\mu}_{2}\pm1.78)&=(0.72,4.28),\ $ \hat{\mu}_{1}-\hat{\mu}_{3}\pm1.95)&=(2.55,6.45),\ $ \hat{\mu}_{2}-\hat{\mu}_{3}\pm1.78)&=(0.22,3.78).\end{aligned} $$

由此可见，若仅从得到的样本作出决策，则以方案Ⅲ为佳。

1. 某防治站对4个林场的松毛虫密度进行调查，每个林场调查5块地得资料如下表：

判断4个林场松毛虫密度有无显著差异，取显著性水平 $ \alpha=0.05 $.

解 记 $ A_{i} $ 林场的平均松毛虫密度为 $ \mu_{i}, i=1,2,3,4 $. 则所述问题为在显著性水平 $ \alpha=0.05 $ 下检验假设

$$ H_{0}:\mu_{1}=\mu_{2}=\mu_{3}=\mu_{4} $$

$$ \boldsymbol{H}_{1}:\mu_{1},\mu_{2},\mu_{3},\mu_{4} 不全相等 . $$

今 $ s=4, n_{1}=n_{2}=n_{3}=n_{4}=5, n=20, T,_{1}=932, T,_{2}=974, T,_{3}=935, T,_{4}=912, T...=3753. $

$$ S_{T}=\sum_{j=1}^{4}\sum_{i=1}^{5}x_{ij}^{2}-T_{2}^{2}/n=705\ 225-3\ 753^{2}/20=974.55. $$

$$ S_{A}=\sum_{j=1}^{4}\frac{T_{.j}^{2}}{5}-T_{.}^{2}/n=704\ 653.8-704\ 250.45=403.35. $$

$$ S_{E}=S_{T}-S_{A}=571.2. $$

$ S_{T}, S_{A}, S_{E} $ 的自由度分别为 n-1=19, s-1=3, n-s=20-4=16, 从而得方差分析表如下：

因 $ F_{0.05}(3,16)=3.24,F_{比}=3.766>3.24 $ ，故在显著性水平0.05下拒绝 $ H_{0} $，认为差异是显著的.

1. 一试验用来比较4种不同药品解除外科手术后疼痛的延续时间(h)，结果如下表：

试在显著性水平 $ \alpha=0.05 $ 下检验各种药品对解除疼痛的延续时间有无显著差异.

并用 $ \mu_{i} $ 表示第 i 号药品的平均缓解疼痛的延续时间，i=1,2,3,4. 则所述问题为在显著性水平 $ \alpha=0.05 $ 下，检验假设

$$ H_{0}:\mu_{1}=\mu_{2}=\mu_{3}=\mu_{4}, $$

$$ H_{1}:\mu_{1},\mu_{2},\mu_{3},\mu_{4} 不全相等 . $$

本题中 $ n_{1}=n_{2}=4, n_{3}=5, n_{4}=3, n=16, s=4, T $. 及 T.. 见上表，于是

$$ S_{T}=\sum_{j=1}^{4}\sum_{i=1}^{n_{j}}x_{ij}^{2}-T^{2}./n=768-625=143. $$

$$ S_{A}=\sum_{j=1}T_{.j}^{2}/n_{j}-T_{.}^{2}/n=733.33-625=108.33. $$

$$ S_{E}=S_{T}-S_{A}=34.67. $$

$ S_{T}, S_{A}, S_{E} $ 的自由度分别为 n-1=15, s-1=3, n-s=12，从而得方差分析表如下：

因 $ F_{0.05}(3,12)=3.49, F_{比}=12.49>3.49 $ ，故在显著性水平0.05下，认为药品效果的差异是显著的.

1. 将抗生素注入人体会产生抗生素与血浆蛋白质结合的现象，以致减少了药效。下表列出5种常用的抗生素注入牛的体内时，抗生素与血浆蛋白质结合的百分比。

试在显著性水平 $ \alpha=0.05 $ 下检验这些百分比的均值有无显著的差异.

解 以 $ \mu_{1},\mu_{2},\mu_{3},\mu_{4},\mu_{5} $ 依次表示青霉素，四环素，链霉素，红霉素，氯霉素与血浆蛋白质结合的百分比的均值.本题需检验假设

$$ \begin{array}{l}H_{0}:\quad\mu_{1}=\mu_{2}=\mu_{3}=\mu_{4}=\mu_{5},\\H_{1}:\quad\mu_{1},\mu_{2},\mu_{3},\mu_{4},\mu_{5}\ 不全相等 .\end{array} $$

现在， $ n_{1}=n_{2}=n_{3}=n_{4}=n_{5}=4 $， $ n=\sum_{i=1}^{5}n_{i}=20 $， $ T_{.1}=114.4 $， $ T_{.2}=125.5 $， $ T_{.3}=31.3 $， $ T_{.4}=76.3 $， $ T_{.5}=111.2 $， $ T_{..}=458.7 $。

$$ \begin{aligned}S_{T}&=\sum_{j=1}^{5}\sum_{i=1}^{4}x_{ij}^{2}-T^{2}./20\\&=12\ 136.93-10\ 520,284\ 5=1\ 616.645\ 5,\end{aligned} $$

$$ \begin{array}{l}S_{A}=\displaystyle\sum_{j=1}^{5}T_{\cdot j}^{2}/4-T_{\cdot\cdot}^{2}./20\\ =12\ 001.107\ 5-10\ 520.284\ 5=1\ 480.823,\end{array} $$

$$ S_{E}=S_{T}-S_{A}=1\ 616.6455-1\ 480.823=135.8255. $$

$ S_{T}, S_{A}, S_{E} $ 的自由度分别为 19, 4, 15，从而得方差分析表如下：

因 $ F_{0.05}(4,15)=3.06,F_{比}=40.88>3.06 $ ，故在显著性水平 0.05 下拒绝 $ H_{0} $，认为百分比的均值有显著的差异.

试在显著性水平 $ \alpha=0.05 $下检验：在不同浓度下得率的均值是否有显著差异，在不同温度下得率的均值是否有显著差异，交互作用的效应是否显著.

解 将浓度 A 的效应记为 $ \alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3} $，将温度 B 的效应记为 $ \beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3}, \beta_{4} $，交互作用 $ A \times B $ 的效应记为 $ \gamma_{ij}, i=1,2,3,j=1,2,3,4 $，按题意需检验假设

$$ \{\begin{aligned}H_{01}&:\alpha_{1}=\alpha_{2}=\alpha_{3}=0,\\ H_{11}&:\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} 不全为 0.\end{aligned}. $$

$$ \{\begin{array}{l}H_{02}:\beta_{1}=\beta_{2}=\beta_{3}=\beta_{4}=0,\\H_{12}:\beta_{1},\beta_{2},\beta_{3},\beta_{4} 不全为 0.\end{array}. $$

$$ \{\begin{array}{l}H_{03}:\gamma_{11}=\gamma_{12}=\cdots=\gamma_{34}=0,\\H_{13}:\gamma_{11},\gamma_{12},\cdots,\gamma_{34} 不全为 0.\end{array}. $$

素来

$ T_{ij} $, $ T_{i} $, $ T_{j} $, $ T $ 的计算如下表

8×A 目非正交

今 r=3, s=4, t=2，故有

$$ \begin{aligned}S_{T}&=\sum_{i=1}^{3}\sum_{j=1}^{4}\sum_{k=1}^{2}x_{ijk}^{2}-\frac{T^{2}...}{3\times4\times2}\\&=(14^{2}+10^{2}+\cdots+10^{2})-\frac{250^{2}}{24}\\&=2\ 752-2\ 604.166\ 7=147.833\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}S_{A}&=\frac{1}{4\times2}\sum_{i=1}^{3}T_{i\cdots}^{2}-\frac{T_{i\cdots}^{2}}{3\times4\times2}\\&=\frac{1}{4\times2}(90^{2}+68^{2}+92^{2})-2\ 604.1667\end{aligned} $$

=2648.5-2604.1667=44.3333，

$$ \begin{aligned}S_{B}&=\frac{1}{3\times2}\sum_{j=1}^{4}T_{.j}^{2}.-\frac{T_{...}^{2}}{3\times4\times2}\\&=\frac{1}{3\times2}(56^{2}+67^{2}+65^{2}+62^{2})-2\ 604.1667\\&=2\ 615.6667-2\ 604.1667=11.5,\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}S_{A\times B}=&\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{3}\sum_{j=1}^{4}T_{ij}^{2}.-\frac{T^{2}...}{3\times4\times2}-S_{A}-S_{B}\\=&\frac{1}{2}(24^{2}+16^{2}+\cdots+24^{2})-2\ 604.\\=&2\ 687-2\ 604.\\&S_{E}=S_{T}-S_{A}-S_{B}+S_{A\times B}=65.\end{aligned}\\ (A 靠因 ) 昙翁 $$

$ S_{T}, S_{A}, S_{B}, S_{A \times B}, S_{E} $ 的自由度分别为 rst-1=23, r-1=2, s-1=3, (r-1) $ (s-1)=6 $, $ r \times s \times (t-1)=12 $. 从而得方差分析表如下：

因 $ F_{0.05}(2,12)=3.89<4.09 $，故拒绝 $ H_{01} $; $ F_{0.05}(3,12)=3.49>0.71 $，故接受 $ H_{02} $; $ F_{0.05}(6,12)=3.00>0.83 $，故接受 $ H_{03} $，即认为在不同的浓度下得率的均值差异显著，而在不同的温度下得率均值的差异以及交互作用的效应均不显著.

因交互作用的效应不显著，我们将 $ A \times B $ 一栏的平方和与自由度分别加到误差 E 这一栏中去，作为新的误差项，重新作方差分析，以提高分析的精度，现作出方差分析表如下：

因 $ F_{0.05}(2,18)=3.55<4.34 $ ，故拒绝 $ H_{01} $; $ F_{0.05}(3,18)=3.16>0.75 $ ，故接受 $ H_{02} $，即认为不同浓度的得率均值差异显著，而不同温度得率均值的差异不显著，这一结论与刚才的结论一样.

1. 为了研究某种金属管防腐蚀的功能，考虑了4种不同的涂料涂层。将金属管埋设在3种不同性质的土壤中，经历了一定时间，测得金属管腐蚀的最大深度如下表所示(以mm计)：

试取显著性水平 $ \alpha=0.05 $ 检验在不同涂层下腐蚀的最大深度的平均值有无显著差异，在不同土壤下腐蚀的最大深度的平均值有无显著差异。设两因素间没有交互作用效应。

解 本题是双因素无重复试验的方差分析问题. 需要在显著性水平 $ \alpha=0.05 $ 下，检验假设

$$ H_{01}:\alpha_{1}=\alpha_{2}=\alpha_{3}=\alpha_{4}=0, $$

$$ \boldsymbol{H}_{11}:\quad\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}\text{ 不全为零 }. $$

$$ H_{02}:\quad\beta_{1}=\beta_{2}=\beta_{3}=0, $$

$$ H_{12}:\quad\beta_{1},\beta_{2},\beta_{3}\quad 不全为零 . $$

今 $ r=4, s=3, \bar{n}=3\times4=12 $,

$$ T_{1}=4.25,T_{2}=3.86,T_{3}=3.6,T_{4}=3.71, $$

$$ T_{.1}=5,46,T_{.2}=4.88,T_{.3}=5.08,T...=15.42. $$

$$ \begin{aligned}S_{T}&=\sum_{i=1}^{4}\sum_{j=1}^{3}x_{ij}^{2}-T^{2}./(3\times4)\\&=20.0154-19.8147=0.2007,\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}S_{A}&=\sum_{i=1}^{4}T_{i\cdot}^{2}/3-T_{..}^{2}/(4\times3)\\&=19.8954-19.8147=0.0807,\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}S_{B}&=\sum_{j=1}^{3}T_{.j}^{2}/4-T_{..}^{2}/(4\times3)\\&=19.858\ 1-19.814\ 7=0.043\ 4,\\S_{E}&=S_{T}-S_{A}-S_{B}\\&=0.200\ 7-0.080\ 7-0.043\ 4=0.076\ 6.\end{aligned} $$

$ S_{T}, S_{A}, S_{B}, S_{E} $ 的自由度分别是 rs-1=11, r-1=3, s-1=2, $ (r-1) \times (s-1)=6 $，从而得方差分析表如下：

由于 $ F_{0.05}(3,6)=4.76>2.106,F_{0.05}(2,6)=5.14>1.70 $ ，故接受 $ H_{01} $ 及 $ H_{02} $

1. 下表数据是退火温度 x ( $ ^{\circ} $C) 对黄铜延性 Y 效应的试验结果, Y 是以延长度计算的.

画出散点图并求 Y 对于 x 的线性回归方程.

解 散点图如题9.8图.从图上看，取回归函数为x的线性函数 $ a+bx $是合适的.现在n=6，为求线性回归方程，所需计算列表如下：

$$ S_{x}=1\ 990\ 000-\frac{1}{6}\times3\ 300^{2}=175\ 000, $$

$$ S_{xy}=198\ 400-\frac{1}{6}\times3\ 300\times342=10\ 300, $$

从而

$$ \hat{b}=\frac{S_{xy}}{S_{xx}}=0.058\ 857, $$

$$ \hat{a}=\frac{1}{6}\times342-\frac{1}{6}\times3300\times0.058857=24.62865. $$

回归方程为

$$ y=24.6287+0.05886x. $$

1. 在钢线碳含量对于电阻的效应的研究中，得到以下的数据：

（1）画出散点图.

(2) 求线性回归方程 $ \hat{y} = \hat{a} + \hat{b}x $.

(3) 求 $ \varepsilon $ 的方差 $ \sigma^{2} $ 的无偏估计.

(4) 检验假设 $ H_{0}: b = 0, H_{1}: b \neq 0 $.

(5) 若回归效果显著，求 b 的置信水平为 0.95 的置信区间.

(6) 求 $ x=0.50 $ 处 $ \mu(x) $ 的置信水平为 0.95 的置信区间.

(7) 求 x=0.50 处观察值 Y 的置信水平为 0.95 的预测区间.

解 （1）散点图如题9.9图.从图上看取回归函数为x的线性函数 $ a+bx $是合适的.

（2）由给定的数据经计算，得到 $ n=7,\sum x_{i}=3.8,\sum y_{i}=145.4,\sum x_{i}^{2}=2.595,\sum y_{i}^{2}=3104.2,\sum x_{i}y_{i}=85.61 $

$$ ( Ⅱ )_{44} $$

$$ S_{x}=\sum x_{i}^{2}-\frac{1}{n}\left(\sum x_{i}\right)^{2}=0.532142857 $$

$$ S_{yy}=\sum y_{i}^{2}-\frac{1}{n}\left(\sum y_{i}\right)^{2}=84.03428572, $$

$$ S_{xy}=\sum x_{i}y_{i}-\frac{1}{n}\left(\sum x_{i}\right)\left(\sum y_{i}\right)=6.678571429. $$

$$ \hat{b}=\frac{S_{xy}}{S_{xx}}=12.550\ 335\ 57, $$

$$ \hat{a}=\bar{y}-\hat{b}\bar{x}=13.95838926, $$

所以回归方程为

$$ y=13.9584+12.5503x. $$

$$ \hat{\sigma}^{2}=Q_{e}/(n-2)=\frac{S_{yy}-\hat{b}S_{xy}}{5}=0.043\ 194\ 63. $$

(4) $ H_{0}:b=0,H_{1}:b\neq0 $

检验统计量为

$$ t=\frac{\hat{b}}{\sqrt{\sigma^{2}}}\sqrt{S_{xx}}, $$

拒绝域为

$$ t\mid>t_{a/2}(n-2)=t_{a/2}(5) $$

因 t 的观察值为 $ t=44.0509 \gg t_{0.005}(5)=4.0322 $（表载 t 分布的临界值 $ \alpha $ 最小的是 0.005），由此知回归效果是极其显著的。

（5）给定的置信水平为 $ 1-\alpha=0.95 $，故 $ \frac{\alpha}{2}=0.025 $， $ t_{\alpha/2}(n-2)=t_{0.025}(5)=2.5706 $。即知

$$ \begin{aligned}t_{a/2}(n-2)\frac{\hat{\sigma}}{\sqrt{S_{xx}}}&=t_{0.025}(5)\sqrt{\frac{\hat{\sigma}^{2}}{S_{xx}}}\\&=2.570\ 6\times0.285\ 06=0.732\ 8.\end{aligned} $$

得 b 的置信水平为 0.95 的置信区间为

$$ \left(\hat{b}\pm t_{a/2}(n-2)\sqrt{\hat{\sigma}^{2}/S_{x x}}\right)=(12.5503\pm0.7328) $$

(6) $ x_{0}=0.50 $处对应的Y的估计值为

$$ \hat{y}_{0}=13.9584+12.5503\times0.5=20.23355, $$

置信水平为 $ 1-\alpha=0.95,\alpha/2=0.025,t_{\alpha/2}(n-2)=t_{0.025}(5)=2.5706 $ 故

$$ t_{a/2}(n-2)\hat{\sigma}\sqrt{\frac{1}{n}+(x_{0}-\overline{x})^{2}/S_{xx}}=0.2044, $$

从而得 $ \mu(x_{0}) $ 的一个置信水平为 0.95 的置信区间为

$$ (y_{0}\pm0.2044)=(20.03,20.44). $$

（7）以上已求得 $ \hat{y}_{0}=\hat{a}+\hat{b}x_{0}=20.23355,t_{a/2}(n-2) $ 同上，可得

$$ t_{a/2}(n-2)\hat{\sigma}\sqrt{1+\frac{1}{n}+(x_{0}-\bar{x})^{2}/S_{xx}}=0.5720 $$

于是得 x=0.50 处，观察值 Y 的一个置信水平为 0.95 的预测区间为

$$ (y_{0}\pm0.5720)=(19.66,20.81). $$

1. 下表列出了18名5～8岁儿童的体重（这是容易测得的）和体积（这是难以测量的）：

（1）画出散点图.

(2) 求 Y 关于 x 的线性回归方程 $ \hat{y} = \hat{a} + \hat{b}x $.

（3）求 x=14.0 时 Y 的置信水平为 0.95 的预测区间.

解（1）散点图如题9.10图.

(2) $ n=18, \sum x_i = 270.1, \sum x_i^2 = 4149.39 $,

$$ \bar{x}=15.005\ 555\ 56,\quad\sum y_{i}=265,\quad\sum y_{i}^{2}=3\ 996.14, $$

$$ \bar{y}=14.722\ 222\ 22,\quad\sum x_{i}y_{i}=4\ 071.71, $$

$$ S_{xx}=\sum x_{i}^{2}-\frac{1}{n}(\sum x_{i})^{2}=96.389\ 444\ 46, $$

$$ S_{yy}=\sum y_{i}^{2}-\frac{1}{n}\left(\sum y_{i}\right)^{2}=94.751111111111 $$

$$ S_{xy}=\sum x_{i}y_{i}-\frac{1}{n}\left(\sum x_{i}\right)\left(\sum y_{i}\right)=95.237\ 777\ 78 $$

$$ \hat{b}=\frac{S_{xy}}{S_{xx}}=0.988051942, $$

$$ \hat{a}=-0.104046085. $$

故线性回归方程为

$$ y=-0.104+0.988x. $$

$$ 1-\alpha=0.95,\alpha=0.05, $$

$$ t_{0.025}(16)=2.1199, $$

$$ Q_{e}=0.651239832, $$

$$ \hat{\sigma}^{2}=\frac{Q_{e}}{16}=(0.201748579)^{2}, $$

$$ \sum_{x,\Sigma}\frac{1}{i x}-i\zeta x\Sigma=x\varepsilon.2. $$

$$ t_{a/2}(16)\hat{\sigma}\sqrt{1+\frac{1}{18}+(14-\bar{x})^{2}/S_{xx}}=0.442. $$

在 x=14.0 处 Y 的观察值的预测值为

$$ \hat{y}\mid_{x=14}=-0.104+0.988x\mid_{x=14.0}=13.728, $$

得 x=14.0 处观察值 Y 的一个置信水平为 0.95 的预测区间为

$$ (13.728\pm0.442)=(13.29,14.17). $$

1. 蟋蟀用一个翅膀在另一翅膀上快速地滑动，从而发出吱吱喳喳的叫声。生物学家知道叫声的频率 x 与气温 Y 具有线性关系。下表列出了 15 对频率与气温间的对应关系的观察结果：

试求 Y 关于 x 的线性回归方程.

解 本题需求出 Y 关于 x 的线性回归函数 $ a + bx $. 为此，先将需要的计算列表如下：

$$ S_{xx}=\sum x_{i}^{2}-\frac{1}{n}\left(\sum x_{i}\right)^{2}=4200.56-\frac{1}{15}\times249.8^{2}=40.557333 $$

$$ \begin{aligned}S_{xy}&=\sum x_{i}y_{i}-\frac{1}{n}\sum x_{i}\sum y_{i}\\&=6\ 740.71-\frac{1}{15}\times249.8\times400.3=74.380\ 667,\end{aligned} $$

$$ \hat{b}=\frac{S_{xy}}{S_{xx}}=1.833\ 963, $$

$$ \begin{aligned}\hat{a}=&\frac{1}{n}\sum y_{i}-\frac{\hat{b}}{n}\sum x_{i}\\ =&\frac{1}{15}\times400.3-\frac{1}{15}\times1.833.963\times249.8=-3.854.930,\end{aligned} $$

故回归方程为

$$ y=-3.854\ 93+1.833\ 96x. $$

1. 下面列出了自1952—2004年各届奥林匹克运动会男子10000米赛跑的冠军的成绩(时间以min计).

(1) 求 Y 关于 x 的线性回归方程 $ \hat{y} = \hat{a} + \hat{b}x $.

（2）检验假设 $ H_{0}: b=0, H_{1}: b \neq 0 $ (显著性水平 $ \alpha=0.05 $).

（3）求2008年冠军成绩的预测值.

解 1. 成绩关于奥运届次数的回归方程

对数据作变换.(i) 时间 x 原取值改为 1,2,3,\cdots(即自 1952 年算作奥运万米的第一次记录,其后第二次,第三次等).(ii) 把万米记录均减去 20(分)来算(这样在使用经验回归方程时,得到的时间加上 20 就是实际所要求的时间).得经整理的数据及计算如下表:

$$ S_{xx}=\sum x_{i}^{2}-\frac{1}{n}\left(\sum x_{i}\right)^{2}=1\ 015-\frac{1}{14}\times105^{2}=227.5 $$

$$ \begin{aligned}S_{xy}&=\sum x_{i}y_{i}-\frac{1}{n}\sum x_{i}\sum y_{i}\\&=803.6-\frac{1}{14}\times105\times111.9=-35.65,\end{aligned} $$

$$ S_{yy}=\sum y_{i}^{2}-\frac{1}{n}\left(\sum y_{i}\right)^{2}=901.99-\frac{1}{14}\times111.9^{2}=7.589\ 285\ 7. $$

（1）设所要求的回归函数为 $ a + bx $，则

$$ \hat{b}=\frac{S_{xy}}{S_{x x}}=-0.1567, $$

$$ \hat{a}=\frac{1}{n}\sum y_{i}-\frac{\hat{b}}{n}\sum x_{i}=9.168. $$

故经验回归方程为

$$ \hat{y}=9.168-0.1567x. $$

（2）需在显著性水平0.05下检验假设

$$ H_{0}:b=0;\quad H_{1}:b\neq0. $$

为此先计算

$$ Q_{e}=S_{yy}-\hat{b}S_{xy}=7.589\ 285\ 7-(-0.156\ 7)(-35.65)=2.002\ 93, $$

$$ \hat{\sigma}^{2}=\frac{Q_{e}}{n-2}=0.166\ 910. $$

查表得知 $ t_{0.025}(12)=2.1788 $ ，今观察值

$$ |t|=\frac{|\hat{b}|}{\hat{\sigma}}\sqrt{S_{xx}}=5.7852>2.1788. $$

故在显著性水平 $ \alpha=0.05 $下拒绝 $ H_{0} $，认为回归效果是显著的.

（3）预测值.2008年相当于第15次，即在(1)式中令x=15得

$$ y=15=9.168-0.156\times15=6.82(min). $$

注意，我们在以上作计算时，将历届记录的成绩都减去20 min，因此，2008年万米冠军成绩的预测值是 $ 6.82+20=26.82(\text{min}) $。

2. 成绩关于年份的回归方程

此时， $ S_{xx}=3\ 640,S_{xy}=-142.6 $

回归方程

$$ \hat{y}=105.4826-0.03918x. $$

1. 以 x 与 Y 分别表示人的脚长（英寸 $ ^{①} $）与手长（英寸），下面列出了 15 名

女子的脚的长度 x 与手的长度 Y 的样本值.

试求(1) Y 关于 x 的线性回归方程 $ \hat{y} = \hat{a} + \hat{b}x $.

（2）求 b 的置信水平为 0.95 的置信区间.

解 先作必要的计算见下表：

$$ \begin{aligned}S_{xx}&=\sum x_{i}^{2}-\frac{1}{n}(\sum x_{i})^{2}\\&=1\ 332.812\ 5-\frac{1}{15}\times141.25^{2}=2.708\ 333,\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}S_{xy}&=\sum x_{i}y_{i}-\frac{1}{n}\sum x_{i}\sum y_{i}\\&=985.5-\frac{1}{15}\times141.25\times104.5=1.458333,\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}S_{yy}&=\sum y_{i}^{2}-\frac{1}{n}(\sum y_{i})^{2}\\&=729.625-\frac{1}{15}\times104.5^{2}=1.608333.\end{aligned} $$

从而

(1) $ \hat{b} = \frac{S_{xy}}{S_{xx}} = 0.53846 $,

$$ \hat{a}=\frac{1}{n}\sum y_{i}-\frac{\hat{b}}{n}\sum x_{i}=\frac{1}{15}\times104.5-\frac{\hat{b}}{15}\times141.25=1.896. $$

所求的回归方程为

$$ y=1.896+0.53846x $$

（2）先计算 Q：

$$ \begin{aligned}Q_{e}&=S_{yy}-\hat{b}S_{xy}=1.608\ 333-0.538\ 46\times1.458\ 333\\&=0.823\ 079.\end{aligned} $$

因 n=15 ，故

$$ \hat{\sigma}^{2}=Q_{e}/(n-2)=0.06331. $$

因 $ t_{0.025}(13)=2.1604 $ ，所以 b 的置信水平为 0.95 的置信区间为

$$ \begin{aligned}\left(\hat{b}\pm t_{a/2}(n-2)\frac{\hat{\sigma}}{\sqrt{S_{xx}}}\right)=&\left(0.53846\pm2.1604\times\frac{\sqrt{0.06331}}{\sqrt{2.708333}}\right)\\=&(0.53846\pm0.33031)=(0.208,0.869).\end{aligned} $$

1. 槲寄生是一种寄生在大树上部树枝上的寄生植物。它喜欢寄生在年轻的大树上。下面给出在一定条件下完成的试验中采集的数据：

(1) 作出 $ (x_{i}, y_{i}) $的散点图.

(2) 令 $ z_{i}=\ln y_{i} $，作出 $ (x_{i},z_{i}) $ 的散点图.

(3) 以模型 $ Y = ae^{bx}\varepsilon, \ln\varepsilon \sim N(0,\sigma^{2}) $ 拟合数据，其中 a, b, $ \sigma^{2} $ 与 x 无关。试求曲线回归方程 $ \hat{y} = \hat{a}\exp(\hat{b}x) $.

解 （1）散点图如题 9.14 图（1）.

(2) 令 $ z_{i}=\ln y_{i} $，得数据如下表：

由此作 $ (x_{i},z_{i}) $的散点图如题9.14图(2).上表仅供作散点图之用，作数值计算时，可直接由计算器(机)求得精度更高的数据.

$$ \xi_{x}=_{g3,r}\tau=_{13} 令 (\xi) $$

（3）将 $ Y=ae^{bx}\varepsilon $取对数，得

$$ \ln Y=\ln a+bx+\ln\varepsilon. $$

令 $ Z = \ln Y $，则回归模型为

$$ Z=\ln a+bx+\ln\varepsilon, $$

其中 $ \ln\varepsilon\sim N(0,\sigma^{2}) $

$$ \begin{aligned}n=14,\sum x_{i}=173,\sum x_{i}^{2}=4193,\end{aligned} $$

$$ \begin{array}{r}{\sum z_{i}=33.713~631~51,\quad S_{x x}=2~055.214~286,}\end{array} $$

$$ \sum x_{i}z_{i}=238.351\ 615\ 4\quad( 其中 \sum\sum i=1\cdots\cdots\cdots\cdots) $$

$$ S_{x}=-178.2525455,\hat{b}=-0.086731854, $$

$ \ln a = 3.479\ 874\ 45 $, $ \exp(\ln a) = 32.455\ 647\ 01 $,

得回归曲线方程为

$$ y=32.4556e^{-0.0867318x} $$

1. 一种合金在某种添加剂的不同浓度之下，各做三次试验，得数据如下：

(1) 作散点图.

(2) 以模型 $ Y=b_{0}+b_{1}x+b_{2}x^{2}+\varepsilon,\varepsilon\sim N(0,\sigma^{2}) $ 拟合数据，其中 $ b_{0},b_{1},b_{2},\sigma^{2} $

与 x 无关. 求回归方程 $ \hat{y} = \hat{b}_{0} + \hat{b}_{1}x + \hat{b}_{2}x^{2} $.

解（1）散点图如题9.15图.

（2）令 $ x_{1}=x,x_{2}=x^{2} $，则题中假设的模型可写成

$$ Y=b_{0}+b_{1}x_{1}+b_{2}x_{2}+\varepsilon,\quad\varepsilon\sim N(0,\sigma^{2}). $$

本题要求利用给定的数据来估计系数 $ b_{0}, b_{1}, b_{2} $

引入矩阵

$$ \mathbf{X}=\begin{bmatrix}1&10&100\\1&10&100\\1&10&100\\1&15&225\\1&15&225\\1&15&225\\1&20&400\\1&20&400\\1&20&400\\1&25&625\\1&25&625\\1&25&625\\1&30&900\\1&30&900\\1&30&900\end{bmatrix},\quad\mathbf{Y}=\begin{bmatrix}25.2&\\27.3&\\28.7&\\29.8&\\31.1&\\27.8&\\31.2&\\32.6&\\29.7&\\31.7&\\30.1&\\32.3&\end{bmatrix},\quad\mathbf{B}=\begin{bmatrix}b_{0}\\b_{1}\\b_{2}\end{bmatrix}. $$

经计算得

$$ \mathbf{X}^{\mathrm{T}}\mathbf{X}=\begin{bmatrix}15&300&6\ 750\\300&6\ 750&165\ 000\\6\ 750&165\ 000&4\ 263\ 750\end{bmatrix}=15\begin{bmatrix}1&20&450\\20&450&11\ 000\\450&11\ 000&284\ 250\end{bmatrix}, $$

$$ \mathbf{X}^{\mathrm{T}}\mathbf{Y}=\begin{bmatrix}450.5\\ 9\ 155\\ 207\ 990\end{bmatrix}, $$

$$ (\mathbf{X}^{\mathrm{T}}\mathbf{X})^{-1}=\frac{1}{26\ 250}\begin{bmatrix}138\ 250&-14\ 700&350\\ -14\ 700&1\ 635&-40\\ 350&-40&1\end{bmatrix}. $$

得正规方程组的解为

$$ \hat{\mathbf{B}}=\left[\begin{matrix}\hat{b}_{0}\\ \hat{b}_{1}\\ \hat{b}_{2}\end{matrix}\right]=(\mathbf{X}^{\mathrm{T}}\mathbf{X})^{-1}\mathbf{X}^{\mathrm{T}}\mathbf{Y}=\left[\begin{matrix}19.033\ 33\\ 1.008\ 57\\ -0.020\ 38\end{matrix}\right]. $$

故回归方程为

$$ \begin{aligned}\hat{y}&=19.0333+1.00857x_{1}-0.02038x_{2},\\\hat{y}&=19.0333+1.00857x-0.02038x^{2}.\end{aligned} $$

即

1. 某种化工产品的得率 Y 与反应温度 $ x_{1} $ 、反应时间 $ x_{2} $ 及某反应物浓度 $ x_{3} $ 有关. 今得试验结果如下表所示, 其中 $ x_{1}, x_{2}, x_{3} $ 均为二水平且均以编码形式表达.

（1）设 $ \mu(x_{1},x_{2},x_{3})=b_{0}+b_{1}x_{1}+b_{2}x_{2}+b_{3}x_{3} $，求 Y 的多元线性回归方程.

（2）若认为反应时间不影响得率，即认为

$$ \mu(x_{1},x_{2},x_{3})=\beta_{0}+\beta_{1}x_{1}+\beta_{3}x_{3}, $$

求 Y 的多元线性回归方程.

解（1）引入矩阵

$$ \boldsymbol{X}=\begin{bmatrix}1&-1&-1&-1\\1&-1&-1&1\\1&-1&1&-1\\1&-1&1&1\\1&1&-1&-1\\1&1&-1&1\\1&1&1&-1\\1&1&1&1\end{bmatrix},\quad\boldsymbol{Y}=\begin{bmatrix}7.6\\10.3\\9.2\\10.2\\8.4\\11.1\\9.8\\12.6\end{bmatrix},\quad\boldsymbol{B}=\begin{bmatrix}b_{0}\\b_{1}\\b_{2}\\b_{3}\end{bmatrix}, $$

则所要求的线性回归模型为

$$ Y=b_{0}+b_{1}x_{1}+b_{2}x_{2}+b_{3}x_{3}+\epsilon,\quad\epsilon\sim N(0,\sigma^{2}). $$

其正规方程为

$$ \boldsymbol{X}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{X}\boldsymbol{B}=\boldsymbol{X}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{Y}. $$

易得

$$ \begin{aligned}\mathbf{X}^{\mathrm{T}}\mathbf{X}&=\begin{bmatrix}8&0&0&0\\0&8&0&0\\0&0&8&0\\0&0&0&\mathbf{Y}^{T}\mathbf{Y}\end{bmatrix},\quad\mathbf{X}^{\mathrm{T}}\mathbf{Y}=\begin{bmatrix}79.2\\ 4.6\\ 4.4\\ 9.2\end{bmatrix},\\8&800.0-\\&\mathbf{0}=\mathbf{0}\mathbf{Y}^{T}\mathbf{X}\end{aligned} $$

故

$$ (\mathbf{X}^{\mathrm{T}}\mathbf{X})^{-1}=\operatorname{diag}\left(\frac{1}{8},\frac{1}{8},\frac{1}{8},\frac{1}{8}\right) $$

式营衣印回站

所以

$$ x=10.0333+1.00825x-0.05038x $$

塑料球或某某及：向相，及魔宝司Y华的品气工

$$ \mathbf{\hat{B}}=\left[\begin{array}{l}b_{0}\\b_{1}\\\end{array}\right]=(\mathbf{X}^{\mathrm{T}}\mathbf{X})^{-1}\mathbf{X}^{\mathrm{T}}\mathbf{Y}=\left[\begin{array}{l}9.9\\0.575\\0.55\\1.15\end{array}\right]. $$

所以多元回归方程为

$$ y=9.9+0.575x_{1}+0.55x_{2}+1.15x_{3}. $$

(2) 若认为 $ \mu(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = \beta_{0} + \beta_{1}x_{1} + \beta_{3}x_{3} $，则引入的 $ 8 \times 3 $ 矩阵就是上述 X 中删去第 3 列后所得的矩阵，即

式向型类Y来

辨人(1)

$$ \boldsymbol{M}=\begin{bmatrix}1&-1&-1\\ 1&-1&1\\ 1&-1&-1\\ 1&-1&1\\ 1&1&-1\\ 1&1&1\\ 1&1&-1\\ 1&1&1\end{bmatrix},\quad\boldsymbol{\beta}=\begin{bmatrix}\beta_{0}\\ \beta_{1}\\ \beta_{3}\end{bmatrix}, $$

模型 $ Y=\beta_{0}+\beta_{1}x_{1}+\beta_{3}x_{3}+\varepsilon,\varepsilon\sim N(0,\sigma^{2}) $ 的正规方程为

(Y 见(1)), 则有

$$ \begin{bmatrix}\mathbf{8.9} \\ \mathbf{0.81}\end{bmatrix}\mathbf{M}^{\mathrm{T}}\mathbf{M}\boldsymbol{\beta}=\begin{bmatrix}\mathbf{M}^{\mathrm{T}}\mathbf{Y}&\mathbf{I}&\mathbf{I}&\mathbf{I}\\ \mathbf{I}&\mathbf{I}&\mathbf{I}&\mathbf{I}\end{bmatrix} $$

$$ \mathbf{M}^{\mathrm{T}}\mathbf{M}=\begin{bmatrix}8&0&0\\ 0&8&0\end{bmatrix},\quad\mathbf{M}^{\mathrm{T}}\mathbf{Y}=\begin{bmatrix}79.2&\\ &4.6\end{bmatrix} $$

故

$$ (M^{\mathrm{T}}M)^{-1}=\operatorname{diag}\left(\frac{1}{8},\frac{1}{8},\frac{1}{8}\right), $$

$$ \hat{\beta}=\begin{bmatrix}\hat{\beta}_{0}\\ \hat{\beta}_{1}\\ \hat{\beta}_{3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}9.9,x\\ 0.575\\ 1.15\end{bmatrix},\quad\frac{1}{S}=(T)q=(H)q\text{ 规则 }\\ ,(I;x)q,(\frac{1}{e};x)q\text{ 递减亦分集 }-(I) $$

得多元回归方程为

$$ y=9.9+0.575x_{1}+1.15x_{2},x_{3} 是因式乘二 (S) $$

义宝函(s)又由(1).额

$$ \begin{array}{l}, 日 照出 \quad,0\\, 工 照出 \quad,1\end{array}=(\frac{1}{8})₩ $$

武市介力量变时圆壁鼎离一

$$ .\begin{array}{r} \\ {0 \geqslant x}\\ {1 > x} \end{array}\} \Rightarrow (\frac{1}{S}; x ) \text{ 和 } \{\begin{array}{l} {0}\\ {0}\\ {0} \\ {0} \\ {0} \\ {1} \end{array}. $$

,H 聚出 $ \left|I-\right\rangle $

T 聚出 $ S(1)X $