北大多元统计分析答案

1、第二章 多元正态分布及参数的估计2-1 解：利用性质2, 得二维随机向量YN2(my,Sy)，其中：2-2 (1)证明：记Y1 X1 +X2 (1,1) X, Y2 X1X2 (1,1) X，利用性质2可知Y1 , Y2 为正态随机变量. 又故X1 +X2和X1X2相互独立.另证：记，则因故由定理可得X1 +X2和X1X2相互独立.（2）解：因为所以2-3 (1)证明：令，则. 因为由定理可知X(1) +X(2)和X(1) -X(2) 相互独立.（2）解：因为，所以2-6 解：（1）记B=(3,-1,1), 由性质2得，.(2)令 , 显然 均服从正态分布, 故要使它们相互独立，只需即可. 又

2、因，故当时满足条件.2-9 解：(1)A是正交矩阵.(2)由Y=AX知， ，且，所以由 ，Y=AX知：. 而，故由定理的推论2知相互独立.由知均服从正态分布，且方差均为 ，又 所以 2-11解：比较上下式相应的系数,可得:设比较上下式相应的系数,可得:解得：，所以.2-13解：(1)(2) (3)，又，.2-18解：(1) (2)Z为p维正态随机向量的线性组合，故Z也为正态随机向量， 又 ，结合(1)知 (3)，且为非负定矩阵对任意p维向量，有即 时，Z的协方差阵在非负定意义下达到极小.第三章 多元正态总体参数的假设检验3-1解：因为对称幂等阵，而对称幂等阵的特征值非0即1，且只有个非0特征值

3、，即存在正交阵（其列向量为相应特征向量），使，记，令（即），则，因为，且相互独立，所以，其中非中心参数为3-2解：记. 若，由，知，于是与相互独立； 若时，则，则两个二次型也是独立的.以下设.因为阶对称阵，存在正交阵，使得其中为A的特征值.于是，令其中 为r阶方阵, 由于，故. 又因为满秩阵，故有.由于为对称阵，所以.于是 令，则，且，由于相互独立，故与相互独立.3-11解：这是两总体均值向量的检验问题. 检验统计量取为(p=3,n=6,m=9):其中故检验统计量为用观测数据代入计算可得: 显著性概率值 故H0相容.第五章 判别分析5-1 解：由题意，其错判概率为5-2 解：由题意（1）样品与

4、三个总体和的马氏距离分别为显然，则，即样品应判归总体.（2）样品与三个总体和的贝叶斯距离分别为显然，则，即样品应判归总体.5-4解：(1)可取(组内)(组间)类似于例的解法, A-1B的特征根就等于 取，则，且a满足：判别效率：，Fisher线性判别函数为： 判别准则为，阈值为，其中故.当时，因，判.当时，因，判(2) 故 .(3) , .5-5 解：.又有相同的特征值. 故； 以下验证a就是D2对应的一个特征向量：5-6 解：记是X的线性函数，其中其中第六章 聚类分析6-2证明：设变量Xi和Xj是二值变量，它们的n次观测值记为xti, xtj (t=1,n). xti, xtj 的值为0 o

5、r 1.由二值变量的列联表（表6.5）可知：变量Xi取值1的观测次数为a+b,取值0的观测次数为c+d;变量Xi和Xj取值均为1的观测次数为a,取值均为0的观测次数为d .利用两定量变量相关系数的公式：又故二值变量的相关系数为：利用两定量变量夹角余弦的公式：其中故有 .6-3解：用最长距离法: 合并X(1),X(4)=CL4,并类距离 D1=1. 合并X(2),X(5)=CL3,并类距离 D2=3. 合并CL3,CL4=CL2,并类距离 D3=8. 所有样品合并为一类CL1,并类距离 D4=10.最长距离法的谱系聚类图如下:用类平均聚类法： 合并X(1),X(4)=CL4,并类距离 D1=1.

6、 合并X(2),X(5)=CL3,并类距离 D2=3. 合并CL3,CL4=CL2,并类距离 D3=(165/4)1/2. 所有样品合并为一类CL1,并类距离 D4=(121/2)1/2.类平均法的谱系聚类图如下:6-6解：按中间距离法, 取=-1/4,将B和C合并为一类后,并类距离D1=1,而A与新类Gr=B,C的类间平方距离为当把A与B，C并为一类时，并类距离故中间距离法不具有单调性。 按重心法, 将B和C合并为一类后,并类距离D1=1,而A与新类Gr=B,C的类间平方距离为：当把A与B，C并为一类时，并类距离故重心法法不具有单调性。并类过程如下： 6-7解：因样品间的距离定义为欧氏距离,

7、利用利用故有6-9解：计算样品间的欧氏平方距离阵 合并 1,2 CL4,并类距离D1=(0.5)1/2 =0.707 ，并利用递推公式计算新类与其它类的平方距离得合并 5,7 CL3,并类距离D2=(2)1/2 =1.414 ，并利用递推公式计算新类与其它类的平方距离得 合并 CL3,10=5,7,10 CL2,并类距离D3=(32/3)1/2 =3.266 ，并利用递推公式计算新类与其它类的平方距离得 合并 CL4,CL2=1,2,5,7,10 CL1,并类距离D4 =(245/6)1/2 = 6.39 ，并利用递推公式计算新类与其它类的平方距离得 分类法bk及相应的总离差平方和W(k):k

8、=51,2,5,7,10W(5)=0k =41,2, 5,7,10W(4)=0.5k =31,2, 5,7,10W(3)=2.5k =21,2, 5,7,10W(2)=13.666k =11,2,5,7,10W(1)=54第七章 主成分分析7-1解：从协方差阵出发：由题意得，的特征值为，。相应的单位正交特征向量为 ， .故主成分为，.从相关阵出发：由题意知，的相关阵为 ，其特征值为，. 相应的单位正交特征向量为， .故主成分为，。两者比较： 由或R出发所得主成分不同； 由出发时，第一主成分Z1解释的总方差比例为100.1614/101=0.9917，由R出发时，第一主成分Z1*解释的总方差比例

9、为1.4/2=0.7; 由于X2的方差大，故Z1完全由X2控制，而原变量标准化后，结论正好相反； 原始变量X1，X2与第一主成分Z1的相关系数不相等，标准化后的变量X1*，X2*与第一主成分Z1*相关系数相等.7-3 解：（1）因的最大特征值，而.且最大特征值 对应的单位特征向量为 ，故第一主成分为：.(2)第一主成分的贡献率为：. 7-4 解：等密度椭球为： 设的特征值为，相应的单位特征向量为，则的谱分解式为：，故即 .因此椭球的第i个主轴方向在X的第i个主成分的方向上，且其半长轴与成比例，系数为C. 7-5 解：由题意得，的特征值为，. 相应的单位正交特征向量为 ，.故主成分为，.7-6解

10、：由题意得，的特征值为，。相应的单位正交特征向量为 ， ，。故主成分为，其解释的方差比例为；，其解释的方差比例为；，其解释的方差比例为.7-7 解：见课本P406.第八章 因子分析8-1解： 容易验证，因而因子载荷矩阵A和特殊因子的协方差阵D分别为：， 即的正交因子模型为误差为8-2解：(1) 取得=误差为即m=1的因子模型主成分分解为 则(2) 取m=2得=误差为 即m=2的因子模型主成分分解为 (3)因，所以的主成分分解符合要求.8-3证明：利用分块矩阵求逆公式求以下分块矩阵的逆：记利用附录中分块求逆的二个公式(4.1)和(4.2)有：由逆矩阵的对应块相等，即得：把B22·1和B11·2式代入以上各式，可得：由第三式和第二式即得8-5 答：因子分析与主成分分析的不同点有: (1) 主成分分析不能作为一个模型来描述,它只是通常的变量变换,而因子分析需要构造因子模型; (2) 主成分分析中主成分的个数和变量个数p相同,它是将一组具有相关关系的变量变换为一组互不相关的变量(注意应用主成分分析解决实际问题时,一般只选取前m(m<p)个主成分),而因子分析的目的是要用尽可能少的公共因子,以便构造一个结构简单的因子模型; (3) 主成分分析是将主成分表示为原变量的线性组合,而因子分