r语言与统计分析 第五章课后答案

学习使用R编程语言进行统计分析和数据建模导论在现代数据分析和统计学中，R编程语言已经成为了一种非常受欢迎的工具。

它是一种免费开源的软件，具有强大的统计分析和数据建模功能。

本文将介绍如何学习使用R编程语言进行统计分析和数据建模，并探讨一些实际应用案例。

第一章：R语言的基础知识在开始学习R编程语言之前，我们首先要了解一些基础知识。

R语言是一种具有面向对象特性的编程语言，它可以用于数据处理、统计分析、数据可视化等领域。

在这一章节中，我们将介绍R语言的安装方法，基本语法，常用函数和数据结构等内容。

第二章：常用数据处理技巧数据处理是数据分析的第一步，它包括数据清洗、数据转换、数据合并等过程。

在R语言中，有许多常用的数据处理函数和技巧可以帮助我们完成这些任务。

在这一章节中，我们将介绍如何使用R语言对数据进行清洗和转换，以及如何使用函数和包来处理缺失值、异常值等常见问题。

第三章：统计分析方法R语言提供了众多的统计分析函数和方法，可以帮助我们进行描述统计、假设检验、方差分析等各种分析。

在这一章节中，我们将介绍如何使用R语言进行常见统计分析，如线性回归、逻辑回归、聚类分析等，并演示如何从结果中提取有用的信息。

第四章：数据可视化方法数据可视化是将数据转化为图形和图表的过程，有助于我们更好地理解和分析数据。

R语言提供了许多功能强大的数据可视化包，如ggplot2、lattice等。

在这一章节中，我们将介绍如何使用R语言进行数据可视化，并演示如何创建散点图、柱状图、折线图等图形。

第五章：高级数据建模技术除了基本的统计分析外，R语言还可以用于更高级的数据建模任务，如机器学习、深度学习等。

在这一章节中，我们将介绍一些常用的数据建模方法，如决策树、随机森林、神经网络等，并演示如何使用R语言构建和评估这些模型。

第六章：实际应用案例最后，我们将通过一些实际应用案例来展示R语言在统计分析和数据建模中的应用。

这些案例包括金融风险评估、医疗数据分析、市场营销策略等。

⼤数据基础--R语⾔（刘鹏《⼤数据》课后习题答案）1.R语⾔是解释性语⾔还是编译性语⾔？ 解释性语⾔2.简述R语⾔的基本功能。

R语⾔是⼀套完整的数据处理、计算和制图软件系统，主要包括以下功能： （１）数据存储和处理功能，丰富的数据读取与存储能⼒，丰富的数据处理功能。

（２）数组运算⼯具 （３）完整连贯的统计分析⼯具 （４）优秀的统计制图功能3.R语⾔通常⽤在哪些领域？ ⼈⼯智能、统计分析、应⽤数学、计量经济、⾦融分析、财经分析、⽣物信息学、数据可视化与数据挖掘等。

4.R语⾔常⽤的分类和预测算法有哪些？ （１）Ｋ－近邻算法，如果⼀个样本与特征空间中的K个最相似（特征空间最近邻）的样本中的⼤多数属于某⼀个类别，则该样本也属于这⼀类别。

（２）决策树，是⼀种依托于分类、训练上的预测树，根据已知预测、归类未来。

（３）⽀持向量机，是⼀个⼆分类的办法，即将数据集中的数据分为两类。

5.简述如何利⽤R程序包进⾏数据分析、建模和数据预测。

数据集加载－＞数据集中的数据分析－＞⽆效数据处理－＞预测模型的构建－＞模型的评价与选择－＞实际需求预测－＞完成对应⽤需求的实现预测6.如何使⽤“聚类”和“分类”对数据样本进⾏分组。

“聚类”和“分类”都可以从历史数据纪录中⾃动推导出给定数据的推⼴描述，从⽽能对未来数据进⾏预测。

不同的是，“分类”算法需要⽤训练样本构造分类器，且样本数据集中的每个样本除了具有类别特征向量外，还需要类别标记。

⽽“聚类”的样本没有标记，需要由聚类学习算法来⾃动确定。

7.SparkR DataFrame的作⽤有哪些？ （１）它允许数据科学家分析⼤规模数据集，并通过R　Shell交互的在SparkR上运⾏作业。

（２）数据来源⾮常⼴泛，可处理多种类型数据。

（３）⾼拓展性，可以轻易⽤于TB级数据的处理及⽔平服务器的拓展。

（４）会查询优化器⾃动优化，可为计算加速制定智能的决策。

（５）对RDD　API的⽀持，可⾼效地进⾏分布式数据计算与分析，解决⼤规模数据集带来的挑战。

《统计分析和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）；单个样本统计量N 均值标准差均值的标准误成绩11 73.73 9.551 2.880单个样本检验检验值 = 75t df Sig.(双侧) 均值差值差分的 95% 置信区间下限上限成绩-.442 10 .668 -1.273 -7.69 5.14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。

《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）；单个样本统计量N 均值标准差均值的标准误成绩11 73.73 9.551 2.880单个样本检验检验值 = 75t df Sig.(双侧) 均值差值差分的 95% 置信区间下限上限成绩-.442 10 .668 -1.273 -7.69 5.14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。

统计建模与R软件第五章习题答案(假设检验)Ex5.1> x<-c(220, 188, 162, 230, 145, 160, 238, 188, 247, 113, 126, 245, 164, 231, 256, 183, 190, 158, 224, 175)> t.test(x,mu=225)One Sample t-testdata: xt = -3.4783, df = 19, p-value = 0.002516alternative hypothesis: true mean is not equal to 22595 percent confidence interval:172.3827 211.9173sample estimates:mean of x192.15原假设：油漆工人的血小板计数与正常成年男子无差异。

备择假设：油漆工人的血小板计数与正常成年男子有差异。

p值小于0.05，拒绝原假设，认为油漆工人的血小板计数与正常成年男子有差异。

上述检验是双边检验。

也可采用单边检验。

备择假设：油漆工人的血小板计数小于正常成年男子。

> t.test(x,mu=225,alternative="less")One Sample t-testdata: xt = -3.4783, df = 19, p-value = 0.001258alternative hypothesis: true mean is less than 22595 percent confidence interval:-Inf 208.4806sample estimates:mean of x192.15同样可得出油漆工人的血小板计数小于正常成年男子的结论。

Ex5.2> pnorm(1000,mean(x),sd(x))[1] 0.5087941> x[1] 1067 919 1196 785 1126 936 918 1156 920 948> pnorm(1000,mean(x),sd(x))[1] 0.5087941x<=1000的概率为0.509,故x大于1000的概率为0.491.要点：pnorm计算正态分布的分布函数。

r语言与统计分析第五章课后答案第五章5.1设总体某是用无线电测距仪测量距离的误差，它服从（α，β）上的均匀分布，在200次测量中，误差为某i的次数有ni次：某i：3579111315171921Ni：21161526221421221825求α，β的矩法估计值α=u-β=u+程序代码：某=eq(3,21,by=2)y=c(21,16,15,26,22,14,21,22,18,25)u=rep(某,y)u1=mean(u)=var(u)1=qrt()a=u1-qrt(3)某1b=u1+qrt(3)某1b=u1+qrt(3)某1得出结果：a=2.217379b=22.402625.2为检验某自来水消毒设备的效果，现从消毒后的水中随机抽取50L，化验每升水中大肠杆菌的个数（假设1L水中大肠杆菌的个数服从泊松分布），其化验结果如下表所示：试问平均每升水中大肠杆菌个数为多少时，才能使上述情况的概率达到最大大肠杆菌数/L：0123456水的升数：1720222100γ=u是最大似然估计程序代码：a=eq(0,6,by=1)b=c(17,20,10,2,1,0,0)c=a某bd=mean(c)得出结果：d=7.1428575.3已知某种木材的横纹抗压力服从正态分布，现对十个试件做横纹抗压力试验，得数据如下：482493457471510446435418394469（1）求u的置信水平为0.95的置信区间程序代码：某=c(482493457471510446435418394469)t.tet(某)得出结果：data:某t=6.2668,df=9,p-value=0.0001467alternativehypothei:truemeaninotequalto095percentconfidenceinterval:7.66829916.331701ampleetimate:meanof某12由答案可得：u的置信水平为0.95的置信区间[7.66829916.331701]（2）求σ的置信水平为0.90的置信区间程序代码：chiq.var.tet<-function(某,var,alpha,alternative="two.ided"){ option(digit=4)reult<-lit()n<-length(某)v<-var(某)reult$var<-vchi2<-(n-1)某v/varreult$chi2<-chi2p<-pchiq(chi2,n-1)reult$p.value<-pif(alternative=="le")reult$p.value<-pchaiq(chi2,n-1,loer.tail=F)eleif(alternative=="two.ider")reult$p.value<-2某min(pchaiq(chi2,n-1),pchaiq(chi2,n-1,lower.tail=F))reult$conf.int<-c((n-1)某v/qchiq(alpha/2,df=n-1,lower.tail=F),(n-1)某v/qchiq(alpha/2,df=n-1,lower.tail=T))reult}某<-c(482,493,457,471,510,446,435,418,394,469)y=var(某)chiq.var.tet(某,0.048^2,0.10,alternative="two.ide")得出结果：$conf.int：659.83357.0由答案可得：σ的置信水平为0.90的置信区间[659.83357.0]5.4某卷烟厂生产两种卷烟A和B现分别对两种香烟的尼古丁含量进行6次试验，结果如下：A:252823262922B:282330352127若香烟的尼古丁含量服从正态分布（1）问两种卷烟中尼古丁含量的方差是否相等（通过区间估计考察）（2）试求两种香烟的尼古丁平均含量差的95%置信区间程序代码：某=c(25,28,23,26,29,22)Y=c(28,23,30,35,21,27)Var.tet(某,y)data:某andyF=0.2992,numdf=5,denomdf=5,p-value=0.2115alternativehypothei:trueratioofvarianceinotequalto195percentconfidenceinterval:0.041872.13821ampleetimate:ratioofvariance0.2992由答案可得：其方差不相等，方差区间为[0.041872.13821]（2）5.5比较两个小麦品种的产量，选择24块条件相似地实验条，采用相同的耕作方法做实验，结果播种甲品种的12块实验田的单位面积产量和播种乙品种的12块试验田的单位面积产量分别为：A：628583510554612523530615573603334564B：535433398470567480498560503426338547假定每个品种的单位面积产量服从正态分布，甲品种产量的方差为2140，乙品种产量的方差为3250，试求这两个品种平均面积产量差的置信水平为0.95的置信上限和置信水平为0.90的置信下限。

R语言与统计分析第五章习题答案x<-c(3,5,7,9,11,13,15,17,19,21)y<-c(21,16,15,26,22,14,21,22,18,25)e=sum(x*y)/sum(y) #样本期望d=(sum(x*x*y)/sum(y))-e^2 #样本方差a=(8*e+sqrt(64*e^2-4*4*(4*e^2-12*d)))/8 #估计结果b=(8*e-sqrt(64*e^2-4*4*(4*e^2-12*d)))/8ab#5.2x<-c(0,1,2,3,4,5,6)y<-c(17,20,10,2,1,0,0)e=2.718281828459f<-function(λ)(e^(-50*λ)*λ^50)/(2^10*6^2*24) #似然函数optimize(f,c(0,2),maximum=TRUE)#5.3x<-c(482,493,457,471,510,446,435,418,394,469) #0.95置信区间t.test(x)$conf.intchisq.var.test<-function(x,var,alpha,alternative="two.sided"){options(digits=4)result<-list()n<-length(x)v<-var(x)result$var<-vchi2<-(n-1)*v/varresult$chi2<-chi2p<-pchisq(chi2,n-1)result$p.value<-pif(alternative=="less")result$p.value<-pchaisq(chi2,n-1,lower.tail=F)else if (alternative=="two.sider")result$p.value<-2*min(pchaisq(chi2,n-1),pchaisq(chi2,n-1,lower.tail=F)) result$conf.int<-c((n-1)*v/qchisq(alpha/2,df=n-1,lower.tail=F),(n-1)*v/qchisq(alpha/2,df=n-1,lower.tail=T))resultchisq.var.test(x,var(x),0.90,alternative="two.side")$conf.int #0.90置信区间#5.4x<-c(25,28,23,26,29,22)y<-c(28,23,30,35,21,27)chisq.var.test(x,var(x),0.95,alternative="two.side")$conf.int #卷烟A方差0.95置信区间chisq.var.test(y,var(y),0.95,alternative="two.side")$conf.int #卷烟B方差0.95置信区间#方法二两方差比0.95的置信区间var.test(x,y)two.sample.ci<-function(x,y,conf.level=0.95,sigma1,sigama2){ #样本方差作为整体方差options(digits=4)m=length(x)n=length(y)xbar=mean(x)-mean(y)alpha=1-conf.levelzstar=qnorm(1-alpha/2)*(sigma1/m+sigma2/n)^(1/2)xbar+c(-zstar,+zstar)}sigma1<-var(x)sigma2<-var(y)two.sample.ci(x,y,conf.level=0.95,sigma1,sigma2)#5.5x<-c(628,583,510,554,612,523,530,615,573,603,334,564)y<-c(535,433,398,470,567,480,498,560,503,426,338,547)two.sample.ci<-function(x,y,conf.level=0.95,sigma1,sigama2){options(digits=4)m=length(x)n=length(y)xbar=mean(x)-mean(y)alpha=1-conf.levelzstar=qnorm(1-alpha/2)*(sigma1/m+sigma2/n)^(1/2)xbar+c(-zstar,+zstar)}sigma1=2140sigma2=3250a<-two.sample.ci(x,y,conf.level=0.95,sigma1,sigma2)b<-two.sample.ci(x,y,conf.level=0.90,sigma1,sigma2)a[2] #置信水平为0.95的置信上限b[1] #置信水平为0.90的置信下限#5.6x<-c(15.2,14.5,,15.5,14.8,15.1,15.6,14.7)y<-c(15.2,15.0,14.8,15.2,15.0,14.9,15.1,14.8,15.3)var.test(x,y) #x方差与y方差的比值极大，说明x方差大于y方差#5.7prop.test(224,400,conf.level=0.99,correct=TRUE)#5.8size.norm2<-function(s,alpha,d,m){t0<-qt(alpha/2,m,lower.tail=FALSE)n0<-(t0*s/d)^2t1<-qt(alpha/2,n0,lower.tail=FALSE)n1<-(t1*s/d)^2while(abs(n1-n0)>0.5){n0<-(qt(alpha/2,n1,lower.tail=FALSE)*s/d)^2n1<-(qt(alpha/2,n0,lower.tail=FALSE)*s/d)^2}n1}size.norm2(10,0.05,2,100)#5.8size.bin<-function(d,p,conf.level=0.95){alpha=1-conf.level((qnorm(1-alpha/2))/d)^2*p*(1-p)}size.bin(0.01,0.05,0.90)。

第二章2.1> x<-c(1,2,3);y<-c(4,5,6)> e<-c(1,1,1)> z<-2*x+y+e;z[1] 7 10 13> z1<-crossprod(x,y);z1[,1][1,] 32> z2<-outer(x,y);z2[,1] [,2] [,3][1,] 4 5 6[2,] 8 10 12[3,] 12 15 182.2(1) > A<-matrix(1:20,nrow=4);B<-matrix(1:20,nrow=4,byrow=T) > C<-A+B;C(2)> D<-A%*%B;D(3)> E<-A*B;E(4)> F<-A[1:3,1:3](5)> G<-B[,-3]2.3> x<-c(rep(1,5),rep(2,3),rep(3,4),rep(4,2));x2.4> H<-matrix(nrow=5,ncol=5)> for (i in 1:5)+ for(j in 1:5)+ H[i,j]<-1/(i+j-1)（1）> det(H)（2）> solve(H)（3）> eigen(H)2.5> studentdata<-data.frame(姓名=c('张三','李四','王五','赵六','丁一') + ,性别=c('女','男','女','男','女'),年龄=c('14','15','16','14','15'),+ 身高=c('156','165','157','162','159'),体重=c('42','49','41.5','52','45.5')) 2.6> write.table(studentdata,file='student.txt')> write.csv(studentdata,file='student.csv')2.7count<-function(n){if (n<=0)print('要求输入一个正整数')else{repeat{if (n%%2==0)n<-n/2elsen<-(3*n+1)if(n==1)break}print('运算成功')}}第三章3.1首先将数据录入为x。

《统计分析与SPSS的应用(第五版)》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T分析T比较均值T单样本t检验T相关设置T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9 5%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23.8-312 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。