费业泰误差理论与数据处理课后答案全.docx
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费业泰误差理论与数据处理课后答案全
《误差理论与数据处理》练习题
参考答案
第一章绪论
1-7用二等标准活塞压力计测量某压力得，该压力用更准确的办法测得为，问二等标准活塞压力计测量值
的误差为多少？
【解】在实际检定中，常把高一等级精度的仪器所测得的量值当作实际值。
故二等标准活塞压力计测量值
的
绝对误差二测得值—实际值=-=-（Pa）。
03
相对误差=一一100%0.3%
100.5
22
1-9使用凯特摆时，g由公式g=4n（hi+h2）/T给定。
今测岀长度（hi+h2）为（士）m，振动时间T为（士）
2
s。
试求g及其最大相对误差。
如果（h1+h2）测岀为（士）m，为了使g的误差能小于0.001m/s，T的测量必须精确到多少？
【解】测得（h1+h2）的平均值为（m），T的平均值为（s）。
42
由g〒亍（hh2）,得：
当（h1h2）有微小变化（gh2）、T有T变化时，令hh2
g的变化量为：
g的最大相对误差为:
如果（h1h2）测岀为（士）m，为使g的误差能小于0.001m/s2,即：
g0.001
42
2T
也即g—厂
T2
[（h1h2）t（h1h2）]
0.001
求得：
T0.00055（s）
1-10.检定级（即引用误差为%）的全量程为100V的电压表，发现50V刻度点的示值误差2V为最大误差，问该电压表是否合格？
【解】引用误差二示值误差/测量范围上限。
所以该电压表的引用误差为：
rmVUjm—2%由于：
2%<%
Um100
所以该电压表合格。
1-13多级弹导火箭的射程为10000km时，其射击偏离预定点不超过，优秀射手能在距离50m远处准确地
射中直径为2cm的靶心，试评述哪一个射击精度高
解:
多级火箭的相对误差为:
射手的相对误差为：
多级火箭的射击精度高。
—0.00001伽0帧術0.0002
0.001%
0.002%
02”,试求测量的绝对误差和相对误差
绝对误差等于：
180o0002180o2
相对误差等于：
222
-=0.000003086410.000031%
180o1806060648000
附加1-1测得某三角块的三个个角度之和为180o00'
解:
第二章误差的基本性质与处理
2-2.试述单次测量的标准差
和算术平均值的标准差，两者物理意义和实际用途有何不同?
x
【解】
单次测量的标准差
表征同一被测量n次测量的测量值分散性的参数，可作为测量列中单次测量不可
靠性的评定标准。
22l2
12n
Vn
算术平均值的标准差
是表征同一被测量各个独立列算术平均值分散性的参数，可作为算术平均值
X
不可靠性的评定标准
X
n
，当测量次数n愈大时,
在n次测量的等精度测量列中，算术平均值的标准差为单次测量标准差的
算术平均值愈接近被测量的真值，测量精度也愈高。
【解】
（1）误差服从正态分布时
2-4.测量某物体重量共8次，测得数据（单位为g）为，，，，，，，，求其算术平均值及其标准差。
Xo和残差Vi等列于表中
【解】①选参考值xo236.00，计算差值XiXi236.00、
或依算术平均值计算公式，n=8，直接求得：
X18x236.43（g）
8i1
2-6测量某电路电流共5次，测得数据（单位为mA）为，，，，。
试求算术平均值及其标准差、或然误差和平均误差。
解：
若测
2—7在立式测长仪上测量某校对量具，重复测量5次，测得数据（单位为mm为20.0015，，，，
量值服从正态分布，试以99%的置信概率确定测量结果。
2-11已知某仪器测量的标准差为卩m。
①若在该仪器上，对某一轴径测量一次，测得值为
26.2025mm,试写出测量结果。
②若重复测量10次，测得值（单位为mm）为，，，，，，，，，，试写出测量结果。
③若手头无该仪器测量的标准差值的资料，试由②中10次重复测量的测量值，写
出上述①、②的测量结果。
解：
①单次测量的极限误差以3b计算：
所以测量结果可表示为：
士（mm）
10
②重复测量10次，
计算其算术平均值为:
X
Xi
i1
26.2025（mm）
取与①相同的置信度，
算术平均值的标准差
X,n
0.0005=158
10-4mm
J0
limX3x
31.5810-4
-4
4.74105
10-4mm
则测量结果为：
X
3x26.2025
0.0005
（mm）
③若无该仪器测量的标准差资料，则依
10次重复测量数据计算标准差和表示测量结果。
选参考值
x026.202，计算差值x人26.202、x0和残差vi等列于表中
算术平均值的标准差：
4
2.2104
x=—=0.00007mm
、.n.10
取与①相同的置信度，则测量结果为：
X；3
2=13.8”，试求加权算术平均值及其标准差。
【解】已知各组测量的标准差，可确定各组的权。
取：
p119044,p2961
选取2413'36''，可由公式直接计算加权算术平均值和标准差:
加权算术平均值的标准差的计算，先求两测量结果的残余误差：
算术平均值的标准差为：
11n1,
Px:
Pi2:
2:
n:
1
xi
2-17对某量进行10次测量，测得数据为，，，，，，，，，，试判断该测量列中是否存在系统误差。
解：
先计算算术平均值：
x14.96。
各测量数据的残余误差分别为：
1根据残余误差观察法：
计算出的残余误差符号正负个数相同，且无显着变化规律，因此可判断该测量列无变化的系统误差存在。
2
采用不同公式计算标准差比较法。
n
Vi
用别捷尔斯法计算：
i2
21.253J-21.2530.264
Jn（n1）V109
101
3（马利科夫准则）按残余误差校核法：
前5个残余误差和与后5个残余误差的差值△为
两部分之差显着不为0,则有理由认为测量列中含有系统误差。
4阿卑-赫梅特准则
所以测量列中含有周期性系统误差
（为什么会得出互为矛盾的结论？
问题出在本题给出的数据存在粗大误差----这就提醒我们在判断是否有
系统误差前，应先剔除粗大误差，然后再进行系统误差判断。
）
2-18、对某一线圈电感测量10次，前4次是和一个标准线圈比较得到的，后4次是和另一个标准线圈比较
得到的，测得结果如下（单位为mH）：
试判断前4次和后6次测量中是否存在系统误差。
【解】
将两组数据混合排列，用秩和检验法有:
所以有根据怀疑存在系统误差
2-19等精度测得某一电压10次，测得结果（单位为V）为，，，，，，，，，。
测量完毕后，发现测量装置有接触松动现象，为判明是否因接触不良而引入系统误差，将接触改善后，又重新做了10
次等精度测量，测得结果（单位为V）为，，，，，，，，，。
试用t检验法（取a=）判断两组测量
值之间是否有系统误差。
【解】计算两组测量结果的算术平均值：
由v=10+10-2=18及取a=，查t分布表，得t2.1
因t1.48t2.1，故无根据怀疑两组数据间存在线性系统误差。
2-20.对某量进行了12次测量，测得数据为，，，，，，，，，，，，试用两种方法判断该测量列中是否存在系统误差。
12
【解】先计算算术平均值：
xx20.125。
各测量数据的残余误差分别为：
i1
1根据残余误差观察法：
计算出的残余误差有规律地递增，在测量开始与结束时误差符号相反，故可判断该测量列存在线性系统误差。
2（马利科夫准则）按残余误差校核法：
前6个残余误差和与后6个残余误差的差值△为
两部分之差显着不为0，则有理由认为测量列中含有线性系统误差。
3
采用不同公式计算标准差比较法。
0.11，故无根据怀疑测量列存在系统误差。
4阿卑-赫梅特准则因为：
un12，所以测量列中含有周期性系统误差
（又岀现互为矛盾的结论，如何解释呢？
）
2-21对某量进行两组测量，测得数据如下：
||||[]||||[|||||试用秩和检验法判断两组测量值之间是否有系统误差。
Xi
解：
按照秩和检验法要求，将两组数据混合排列成下表:
yi
T
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
Xi
yi
T
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
Xi
yi
T=1+2+5+6+7+8+9++12+14+15+18+20++25=174
因nn21510，秩和T近似服从正态分布，N（吋也一宜卫,Jnin2（ni岐卫）
由a（ni（nin21））232.5；（』％（厂n厂%24.11求出：
2¥12
选取概率2（t）0.95，即（t）0.475，查教材附表1有t1.96。
由于tt，因此，可以认
为两组数据间有系统误差。
选取置信概率99%（显着度），即取（t）0.495，由附录表1查得：
t2.60。
由于t2.43t2.60，故无根据怀疑两组数据间有系统误差。
2-22对某量进行15次测量，测得数据为，，，，，，，，，，，，，，，若这些测得值已消除系统误
差，试用莱以特准则、格罗布斯准则和狄克松准则分别判别该测量列中是否含有粗大误差的测量值。
【解】将有关计算数据：
平均值、残差Vi等列于表中：
直接求得15个数据的算术平均值及其标准差：
①用莱以特准则判别粗大误差
因V40.9530.795，故第4个测量数据含测量误差，应当剔除。
再对剩余的14个测得值重新计算，得：
由表知第14个测得值的残余误差：
v'（14）0.1730.1011，故也含粗大误差，应剔除。
再重复验算，剩下的13个测得值已不包含粗大误差。
②用格罗布斯准则判别已经计算岀15个测量数据的统计特征量：
X28.57,0.265。
将测得的数据按从小到大的顺序排列，有：
2-26对某被测量x进行间接测量得：
2x1.44,3x2.18,4x2.90，其权分别为5:
1:
1，试求x的测
量结果及其标准差？
1.44
2.18小c
2.90小c
【解】％
2
0.72,x2
0.727,x3
0.725,
4
选取p15,p2
1,P31
可由公式直接计算加权算术平均值和标准差：
加权算术平均值的标准差的计算，先求残余误差：
算术平均值的标准差为：
2-28测量圆盘的直径D（72.0030.052）mm，按公式计算圆盘面积SD2/4，由于选取的有
效数字位数不同，将对面积S计算带来系统误差，为保证S的计算精度与直径测量精度相同，试确定的
有效数字位数？
【解】测得D的平均值为72.003mm
」D
由S，得：
4
S的变化量为:
当D有微小变化D、有变化时,
取4位有效数字
a161.6mm,b44.5mm,c11.2mm，已知测量的系
0.5mm，测量的极限误差为
3-2为求长方体体积V，直接测量其各边长为:
统误差为a1.2mm,b0.8mm,c
a0.8mm,b0.5mm,c0.5mm，试求立方体的体积及其体积的极限误差。
【解】立方体体积：
Vabc，若不考虑测得值的系统误差，则计算体积为：
体积V的系统误差为：
考虑测量系统误差后的立方体体积：
又直接测量值存在极限误差，则间接测量体积存在的极限误差为：
解：
长方体的体积计算公式为:
若:
若:
求所耗功率PUI及其标准差P。
【解】若不考虑测得值的误差，则计算所耗功率为：
且u、丨完全线性相关，故P=1，所以
若电压、电流的测量结果相互独立，则所耗功率标准差为
22
3-6已知x与y的相关系数xy1，试求uxay的方差u。
【解】属于函数随机误差合成问题。
3-12按公式V=nr2h求圆柱体体积，若已知r约为2cm，h约为20cm，要使体积的相对误差等于1%，试
问r和h测量时误差应为多少
解：
若不考虑测量误差，圆柱体积为
根据题意，体积测量的相对误差为1%，即测定体积的相对误差为：
即V1%251.21%2.51
现按等作用原则分配误差，可以求岀
测定r的误差应为：
测定h的误差应为：
第四章测量不确定度
评定与表示测量不确定度的步骤可归纳为
1）分析测量不确定度的来源，列岀对测量结果影响显着的不确定度分量。
2）评定标注不确定度分量，并给岀其数值Ui和自由度Vi。
3）分析所有不确定度分量的相关性，确定各相关系数pij
4）求测量结果的合成标准不确定度，则将合成标准不确定度Uc及自由度V.
5）若需要给岀展伸不确定度，则将合成标准不确定度W乘以包含因子k，得展伸不确定度U=kuc。
6）给岀不确定度的最后报告，以规定的方式报告被测量的估计值y及合成标准不确定度Uc或展伸不确定度U，并说明获得它们的细节。
根据以上测量不确定度计算步骤。
4—1某圆球的半径为r，若重复10次测量得r士ur=士cm，试求该圆球最大截面的圆周和面积及圆球体积的测量不确定度，置信概率P=99%。
【解】①求圆球的最大截面的圆周的测量不确定度
已知圆球的最大截面的圆周为：
D2r
其标准不确定度应为：
U.
2
L一r2V22r2（43.1415920.0052
r
=0.0314cm
确定包含因子。
查t分布表（9）=，及K=
故圆球的最大截面的圆周的测量不确定度为:
U=Ku=x=
②求圆球的体积的测量不确定度
4
圆球体积为：
V4
3
其标准不确定度应为：
最后确定的圆球的体积的测量不确定度为
U=Ku=x=
4-3测量某电路电阻R两端的电压U，由公式IUr算岀电路电流|。
若测得
校准一年后，对标称值为1V的电压进行16次重复测量，得观测值的平均值为，并由此算得单次测量的标
准差为，若以平均值作为测量的估计值，试分析影响测量结果不确定度的主要来源，分别求岀不确定度分量，说明评定方法的类别，求测量结果的合成标准不确定度及其自由度。
【解】
（1）测量误差
根据相对标准差为20%
由B类评定，根据
1
12.5,V服从均匀分布，2（亠）2
u
且2V量程测量误差
66
（1410读数110量程），所以在区间（x-a,x+a）中
一年后，对标称值为1V的电压进行16次重复测量
（2）不确定度评定
影响测量结果不确定度的主要来源：
A16次重复测量误差
B电压表的示值误差
C电压表的稳定度
A测量重复误差引起的不确定度
电压重复性引起的标准不确定度ux属于A类评定
B标准电压表的示值误差引起的标准不确定度Ux2
示值误差按均匀分布计算，属于B类评定
C稳定度引起的标准不确定度Ux3
电压表稳定度按均匀分布，属B类评定
合成标准不确定度
uc.、u厂uj—Ux32,（9一106）2一（8.08一106）2一（1.15一106）228.010628.0V自由
4
度：
c4428.010628.0V
ux1ux2ux3
123
4-9用漏电测量仪直接测量正常使用中微波炉的泄漏电流，5次测量的平均值为，平均值的标准差为；已知漏
电测量仪的示值误差范围为5%,按均匀分布，取相对标准差为10%;测量时环境温度和湿度的影响范
围为2%,按三角分布，其相对标准差为25%;试给岀泄漏电流测量的不确定度报告（置信概率为
99%）。
【解】
（1）不确定度评定
对泄漏电流测量不确定度影响显着的因素有:
A泄漏电流测量重复性引起的不确定度u1
B示值误差引起的不确定度u2
C环境温度与湿度引起的不确定度U3
求5、氏、U3A测量重复误差引起的不确定度
示值误差（均匀分布）：
环境温度（三角分布）：
（2）不确定度合成
因不确定度各个分量相互独立，即ij0，合成的不确定度为：
4
自由度：
c4Uc4457.1
UiU2U3
123
根据“三分之一准则”，对标准不确定度进行修约得
（3）展伸不确定度
取置信概率P99%，=57，查t分布表，得t0.99（57）2.68，
泄漏电流测量的展伸不确定度为
根据“三分之一准则”，对展伸不确定度进行修约得
（4）不确定度报告
1）用合成标准不确定度评定泄漏电流，则测量结果为：
2）用展伸不确定度评定泄漏电流，则测量结果为：
第五章最小二乘法原理
参数最小二乘法估计矩阵形式的简单推导及回顾：
由误差方程
T
VL
AX
且要求VV
最小，则：
所以：
VTV
（LAX）T（LAX）
理论基础：
（LT
XTAT）（LAX）
LTL
LTAXXTATLXTATAX
5-1由测量方程
试求x、y的最小二乘法处理及其相应精度。
【解】方法一（常规）
1、列岀误差方程组
分别对x,y求偏导，并令它们的结果为0
即：
14x5y134
5x14y4.6
由上式可解得结果：
x=y=
2.直接列表计算给岀正规方程常数项和系数
得,
1
3
1
9
1
3
2
1
-2
1
4
-2
3
2
-3
4
9
-6
---
---
14
14
-5
---
可得正规方程
将x,y的结果代入分别求得:
0.00146
由题已知，n3,t2得由不定乘数的方程组
解得d110.0819d220.0819
方法二（按矩阵形式计算）：
由误差方程上式可以表示为
V1
l1
3
1
x
V2
l2
1
2
即
cy
V3
l3
2
3
可得：
X
x
C1atl
T1T
（ata）1atl
y
式中：
所以：
x
0.9626
即解得，
y
0.0152
将最佳估计值代入误差方程可得,
将计算得到的数据代入式中
1
dj是矩阵C中各元素，即
为求岀估计量x,y的标准差，首先求岀不定常数dij（i,j1,2）
由已知，不定常数dij的系数与正规方程的系数相同，因而
则
可得估计量的标准差为
5-5测力计示值与测量时的温度t的对应值独立测得如下表所示。
15
18
21
24
27
30
设t无误差，F值随t的变化呈线性关系fk。
kt，试给岀线性方程中系数ko和k的最小二乘估计及其相应精度。
解法一：
利用矩阵求解，误差方程VLAX可写成
即
可得XkoC1AtL（AtA）1atl
k
式中
所以
将最佳估计值代入误差方程VLAX,得
为求岀估计量ko,k的标准差，需要求岀不定乘数dj的系数，而不定乘数dj的系数与正规方程的系数相
同，因而dj是矩阵C1中各元素，即
则
可得估计量的标准差为
解法二：
，由VFi（k0kti）得正规方程组：
135k262.15
正规方程为：
135k03195k5900.19
解得：
k043.4324
k0.01152
:
/d11
解得：
d113.38095
K）
0.006473.38095
0.00119
d220.00635
k1
炖d22
0.006470.00635
0.000516
5-7不等精度测量的方程组如下:
x3y5.6,R1
4xy8.1,F22，;
2x3y0.5,P33
试求x,y的最小二乘法处理及其相应精度。
解法一：
利用矩阵计算
由
另
得
1
451
141
141
114
145
629
145
将最佳估计值代入误差方程
AX，得
可计算
又知
可得估计量的标准差为解法二：
正规方程为
3
Pa：
i1
3
Ra；
i1
45
14
45x
y
14y
62.2
解得:
du
d22
5-10
解:
3
Rai1&2
i1
3
Rai/i
31.5
31.5
解得
0.0223
0.0715
3
Rai1h
i1
1.435
2.352
62.2
代入正规方程得:
将下面的非线性误差方程组化成线性的形式，并给岀未知参数
X1,X2
的二乘法处理及其相应精度。
1.由前面三个线性的误差方程VL
AX可解得xbX2的近似估计值
X20
利用矩阵形式求解:
可得
X人
X2
=C1atl
T1T
（ata）1atl
式中
所以
2.取X1,
X2得近似值
x10=5.0700,
X20=8.200，令
可将误差方程线性化，现分别对测量方程求偏导
则误差方程化成线性方程组VLA&
可得
1=C1ATL'（ata）1atl
式中
所以
解得:
0.0164
0.0100
x1x10-1=5.07000.0164^5.0536
X2X202=8.20000.0100=8.1900
将为，X2的最佳估计值代入误差方程计算可得,
可得
则*°6272
d220.6658
再由C-0.62720.3276
0.32760.6658
可得估计量的标准差为,
解法二：
设
x10=
5.13,
x20=8.26
，则
X1
X2
5.131
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