实习报告四(第五章)讲解

1、第五章SPSS的参数检验1.某公司经理宣称他的雇员英语水平很高，如果参加英语六级考试，一般平均得分为 75分。口平均伍吵0单拝本T僵回. 囲驻立稈本TW-硏单因素AN卵扎.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。1234516B0B172ED78甜5679翔幌虚It977E0无三410118776请问：该经理的宣称是否可信? 首先建立spss数据文件：然后进行单样本t检验:分析 直销碰)岡瞰总实用程序也)爲匚邀F嚴躅计F热性棋型世 广冥菇性操塑电 混台腰型込)回 SfR)结果输出:單廉*洗汕迈斜NISTflHS1173.73

2、9.5512.88Q甲一.障爪险匸檢定值三了ETdf殖苦性【哽35%昭杓信間|上隈44210-1L273-7 895 U J结果分析：结果：该经理的宣称可信，他的雇员参加英语六级考试一般平均得分为75分。分析：由样本统计可知，11个雇员平均得分为 73.73，标准差为9.551，均值标准误为 2.880 ;再看样本检验，t统计量的观测值为-0.442，自由度为10，t统计量的双侧概率 P- 值是0.668，样本均值与原假设检验值的差为-1.273，总体均值与原假设值差的95%勺置信区间为(-7.69,5.14 ),由此计算出总体均值的95%勺置信区间为(67.31,80.14 )。根据题意，该

3、问题应采用双侧检验，因此比较a和p。如果a取0.05，由于p大于a,因此不能拒绝原假设，认为该公司雇员参加英语六级考试一般平均得分为75分。95%勺置信区间告诉我们有95%勺把握认为该公司雇员参加英语六级考试一般平均得分为67.3180.14分之间，75分包含在置信区间内，也证实了上述推断。首先建立spss数据文件:然后进行描述统计: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)：24172629386284439830172632401020274333153028352647251726451636293715(1)请利用SPSS寸上表数据进行

4、描述统计，并绘制相关的图形。结果输出:KIffl !m1却爲Hg科沆:t stFq时同灯殴的N 0ll4Wft3561727.541 0.700-.1122.39B-.604.77B从结果输出可知，35名大学生平均每周上网 27.54小时，标准差为10.7小时。平均每 周上网小时呈左偏平峰分布， 因此均值作为集中趋势的代表存在低估， 且平均每周上网小时 的整体离散趋势较弱。(2)基于上表数据，请利用SPSS合出大学生每周上网时间平均值的95%勺置信区间。分析過亘滞(M)酬报扌曲述覘计 表回*比较甲均隹凹T殳线性模型I卜广兴蝎性模型混合模型(於*同片恒其用程序刖窗口也 ?H口平均H 牌本T他监刮

5、I创注立样本I椅验帚 辺配对样本T植雅巳 冋单 0AUOVA结果输出:T檯定结果分析：结果：35名大学生每周上网时间平均值的95%勺置信区间是(23.87,31.22 )。分析：由样本统计可知，35名大学生平均每周上网时间27.54小时，标准差为10.7小时，均值标准误为1.809小时；再看样本检验，t统计量的观测值为 0.002，自由度为34, t统计量的双侧概率 P-值是0.999，样本均值与原假设检验值的差为0.003，总体均值与原假设值差的 95%勺置信区间为(-3.67,3.68 ),由此计算出总体均值的95%勺置信区间为(23.87,31.22 )。3.经济学家认为决策者是对事实作

6、出反应， 不是对提出事实的方式作出反应， 然而心理学家 则倾向于认为提出事实的方式是有影响的。 为验证那种观点更站得住脚， 调查者分别以下面 两种不同的方式随机访问了足球球迷。方式一：假设你已经买了 100元一张的足球票，当你来到足球场门口时， 发现票丢了且 再也找不到了。球场还有票出售。你会再掏出100元买一张球票吗？ （ 1.买；0.不卖）。随机访问了 200人，其中92人回答买。方式二：你想看足球赛，100元一张票。当你来到足球场买票时，发现丢了100元钱。你口袋中还有钱，此时你还会付100元买一张球票吗？ （ 1.买；0.不卖）。随机访问了 183人，其中161回答买。请恰当建立SPS

7、S数据文件，并利用本章所学习的参数检验方法说明你更倾向于哪种观 点以及原因。1 wiftii) w*i-m aCH提何方丸 谡弭冼策01011085Q221B1宗:辱四暑3-RJi；识眸琴 r-sijji.融.帀i-酬悔先页會忡倉忡I加p-iEHWitliJ*i-x冲卿HIE妙然后进行独立样本t检验:j 劇单样本t卷老回 初独立存丼T副駅m. 刃配刹啊T呑卷巴” EJ星因盍胸缈结果输出:俎统计星1S问方式N均值标准差均值的标准误遶捋税策H罢后鞫买200.46.500035普丢后再买183.8B.326.024、虫立祥本船號万哥力螢前L-Mne程垃崛才卷的t筐蛙F邮.tdf均直至IH质醴富芝（H

8、査打的？丽fa g信医间下傩上陶257.935.OW-D.64D3B1.ODD-.420.044寿IM-.334-B.81534-5 53B.0D0-.420.043-.SD4-.336结果分析:我更倾向于心理学家的说法，认为提出事实的方式是有影响的，即选择决策与提问方式有关。原因：由统计量表得知，在提问方式不同的情况下球迷所做的相同决策的平均比例是46%与 88%通过检验应推断这种差异是抽样误差造成的还是系统性的；再看独立样本t检验：第一步，两总体方差是否相等的 F检验。这里该检验的F统计量 的观测值为257.985，对应的P-值为0.00。如果显著性水平a为0.05，由于概率P-值小于0.

9、05，可以认为两总体的方差有显著差异。第二步，两总体均值的检验。在第一步中，由于 两总体方差有显著差异，因此应看第二行(假设方差不相等)t检验的结果。其中，t统计量的观测值为-9.815，对应的双侧概率 P-值为0.000。如果显著性水平a为0.05，由于概率P-值小于0.05，可以认为两总体的均值有显著差异，即两种提问方式下的选择决策存在 显著差异，选择决策与提问方式有关。4. 一种植物只开蓝花和白花。按照某权威机构建立的遗传模型，该植物杂交的后代有75%勺几率开蓝花，有25%勺几率开白花。现从杂交种子中随机挑选 200颗，种植后发现142株开 了蓝花。请利用 SPSS进行分析，说明这与遗传

10、模型是否一致。首先建立spss数据文件：翹裡幵花榨幵花栋祓无B10E无67S2 11J2然后进行单样本t检验：结果输出:掘一II那抚汗F相N平均數Mkim平均10071155C31咻定值=0.75Tdf平均SH95*託W.歡和1和下限上巫1.2441S9.215-.040-.1002结果分析：结果：与遗传模型一致，该植物杂交的后代有75%勺几率开蓝花。分析：由样本统计可知，200株花种平均开蓝花概率为0.71，标准差为0.455，均值标准误为0.032 ;再看样本检验，t统计量的观测值为-1.244 ,自由度为199, t统计量的双侧 概率P-值是0.215，样本均值与原假设检验值的差为-0.

11、040，总体均值与原假设值差的95%的置信区间为(-0.10,0.02 ),由此计算出总体均值的95%勺置信区间为(0.65,0.77 )。根据题意，该问题应采用双侧检验，因此比较a和p。如果a取0.05，由于p大于a,因此不能拒绝原假设，认为该实验与遗传模型一致，该植物杂交的后代有 75%勺几率开蓝花。 95%勺置信区间告诉我们有95%的把握认为植物杂交的后代开蓝花的平均几率在65%77(之间，75%包含在置信区间内，也证实了上述推断。5. 给幼鼠喂以不同的饲料，用以下两种方式设计实验: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:鼠号123456789饲料133.133.126.8

12、36.339.530.933.431.528.6饲料236.728.835.135.243.825.736.537.928.7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:甲129.726.728.931.131.126.826.339.530.933.433.128.6乙228.728.329.332.231.130.036.236.830.0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。（方式一）首先建立spss数据文件:锚翹列躺腿關廨府醤i腕a1若8天无8有古然后进行配对样本 T检验:饲宙札曙向钙133 1

13、233 1理目33&.1436J36J2539.543.6630.32*7733 4!咖31 537 99a.eaa.7结果输出:平粧N牍所鬧譚平旳- 1 -1|!- ：；-；32.5793.811S01.27D32 1 -34J3A71.9664N地1怖内诱留存量百2住古斷卅存量9.571.108成帥斥餐伯昭姓f對育崔數Tdf晒著性：?阵伞能换牢的 值95%-穆的皆積區間下限上ItI11世料1本|-馆料2本内弼留手旦-1 68094.63671J45-5.25291.8752-1.D9333D6结果分析:结论：不同饲料并没有使幼鼠体内钙的留存量有显著不同。分析：由成对样本统计资料得知，饲料1

14、与饲料2体内钙留存量的平均值有较大差异。使用饲料2后的实验鼠平均体内钙留存量高于使用饲料1后的实验鼠平均钙留存量；再看成对样本相关性，样本中不同饲料钙留存量的相关系数是-0.571，概率P-值是0.108。如果显著性水平a为0.05，由于概率P-值大于0.05，所以不能推论总体，认为实验鼠使用饲料1和饲料2前后的钙留存量并没有明显的线性变化，不同饲料钙留存量的线性相关程度较弱；最后看成对样本检验，饲料1与饲料2使用后实验鼠体内钙留存量的平均差异是1.6889，其标准差是 4.6367，样本均值抽样分布的标准差是1.5456，差值95%的置信区间是（-5.2529，1.8752），t检验统计量的

15、观测值是 -1.093，t分布的自由度是 8, t检验统计 量观测值对应的双侧概率P-值是0.306。如果显著性水平a为0.05，由于概率 P-值大于0.05，则不能拒绝原假设，认为总体上使用饲料1后和使用饲料2后实验鼠的体内钙留存量的差值的平均值与 0无显著不同，即不同饲料并没有使幼鼠体内钙的留存量有显著不同。（方式二）首先建立spss数据文件：结果输出:卿1齡縊HN博内话SI存112305DBSW39J14DD31257Lewies*T朋iV 廉I,i41I林呃展邮h 丁尼】皆*雷awfill-fli 別i無S57-Wi? 酬17j瞬I画4JIE】紳i结果分析:分析：由统计资料表得知，在使

16、用饲料不同的情况下实验鼠的平均体内钙留存量是30.508与31.400 ,通过检验应推断这种差异是抽样误差造成的还是系统性的；再看独立样本t检验：第一步，两总体方差是否相等的F检验。这里该检验的F统计量的观测值为0.059，对应的P-值为0.811。如果显著性水平a为 0.05，由于概率P-值大于 0.05，可以认为两总体的方差无显著差异。第二步，两总体均值的检验。在第一步中，由于 两总体方差无显著差异，因此应看第一行（假设方差相等）t检验的结果。其中，t统计量的观测值为-0.584，对应的双侧概率 P-值为0.566。如果显著性水平a为 0.05，由于概率 P-值大于0.05，可以认为两总体

17、的均值无显著差异，即不同饲料并没有使幼鼠体内钙的留 存量有显著不同。6. 如果将第2章第9题的数据看做来自总体的随机样本，试分析男生和女生的课程平均分是否存在显著差异。首先通过计算变量构造新变量ave （课程平均分）：nBi + i：M + mam + mt + rM + aw + his i7QoacEsa一 1 二=JJ _L bEE三H叵卫 f * 1 .“.1 二丄J_ 齢 蛀 | 测 I弐ii； M然后进行独立样本 T检验:井畅迥宜鞘也：酬世籾亘卜ttK平均垃吵F一瞬性鶴业:色卜r5ffiBa!（z）卜湛皆她凶卜慈0卜IjmJ we 111.&.転l 吨M用垸净：齒I】:匸rwB.I

18、平均（1坐11单徉床T怡睑国. 曲毎立样本I也塩,.53皐罚样本T临監巴） _! B 因卡 ANQWV.91ICB3lh常rphl总hll 掙用护脅撐用护/声goMSIrp j- r 10船1点世匸结果输出:弭Rngle maltH.GSUN总14ggggS049759.77453巴：叫弋丁i屜FKTidl氐1巧車k :!陥F1-III-Ji1.121-1SEII51伽201WKS2渐 17解鵬平均1旳2汨1.76459结果分析:结论：男生和女生的课程平均分不存在显著差异。分析：由统计资料表得知，在性别不同的情况下学生的平均课程分分别是69.8524与71.8214，通过检验应推断这种差异是抽

19、样误差造成的还是系统性的；再看独立样本t检验：第一步，两总体方差是否相等的F检验。这里该检验的F统计量的观测值为0.190，对应的P-值为0.665。如果显著性水平a为 0.05，由于概率 P-值大于 0.05，可以认为两总体的方差无显著差异。第二步，两总体均值的检验。在第一步中，由于 两总体方差无显著差异，因此应看第一行（假设方差相等）t检验的结果。其中，t统计量的观测值为-0.810，对应的双侧概率 P-值为0.421。如果显著性水平a为0.05，由于概率P-值大于0.05，可以认为两总体的均值无显著差异，即男生和女生的课程平均分不存在显7.如果将第2章第9题的数据看做来自总体的随机样本，试分析哪些课程平