北大《多元統(tǒng)計分析》答案

1、第二章 多元正態(tài)分布及參數(shù)的估計2-1 解：利用性質 2, 得二維隨機向量 YN2( y, y)，其中：112121y A d31y A(2I3 )A2AA112-2 (1)證明：記 Y1 X1 +X2 (1,1) X, Y2 X1X2 (1,1) X，利用性質 2 可知 Y1 , Y2 為正態(tài)隨機變量 . 又Cov(Y1,Y2 )11221故 X1 +X2和 X1X2相互獨立 .另證：Y1X1 X2Y2X1 X2記Y11CX則Y N2(C ,C C ),11111CC11211121 1 1 122(1 ) 0111102 (1 )故由定理 2.3.1可得 X1 +X2和 X1X2相互獨立.

2、2)解：X1 X2122 N2,2X1 X212因為 Y2(1)02(1 )X (1) X (2)I p I pppX(1)2-3 (1)證明：令 YX (1)X(2)IIppX(2)所以 X1X2 N( 12,22(1),X1X2 N(12,22(1).CX ，因為則Y N 2p(C ,C C ) .IpIp12I p IpIpIp21I p IpD(Y) CD( X)C1212Ip1221IpIpI2( 1 2 )O2( 1 2 )由定理 2.3.1可知 X(1) +X(2)和 X(1) -X(2) 相互獨立.2)解：因為X (1)X(2)X (1)X(2) N2p(1)(2 )(1)(2

3、 )2( 1 2 ) OO2( 1 2 )所以X(1) X(2) Np( (1) (2),2( 1 2),X(1) X(2) Np( (1) (2),2( 1 2).2-6 解：(1)記 B=(3,-1,1), 由性質 2得，Y BX N(B ,B B') .2 1 1 1 3B (3, 2,1)313, B B' (3, 2,1)1322911221Y 3X1 2X2 X3 N1(13,9).X1(2)令 Y1 X3 a' 1 , 顯然 X3,Y1 均服從正態(tài)分布 , 故要使它們相互獨立，只 X2需 COV X3,Y1 0即可. 又因COV X3,Y1 COV(X3,

4、X3 a1X1 a2X2)COV(X3,X3) a1COV ( X 3, X1) a2COV(X3,X2) 2 a1 2a2 a1 2a2 2 ，故當 a (1,0.5) 時滿足條件 .2-9 解： (1)AA'1/ 4 1/ 2 1/ 6 1/ 12 1 0 0 0010000101/ 41/ 21/ 61/ 1200011/ 402/ 61/ 121/ 4 1/ 41/ 41/ 41/ 403/ 121/ 21/ 21/ 61/ 62/ 601/ 121/ 121/ 123/ 12 A 是正交矩陣 .(2)由 Y=AX 知，Y1 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4X 2X，且4

5、Xi2，i14Yi2 Y'Y ( AX )'( AX) X ' AA 'X X 'X i1所以4Yi2i24 2 2 4 2 2Xi2 Y12Xi2 4Xi 1 i 1 442 2 2 2Xi2 8X 4XXi2 2X( Xi ) 4Xi 1 i 1 i 1 42Xi X . i1由 X N4( 14, 2I4) ，Y=AX知： Y N4(A 14, 2AI4A').而 2AI4A' 2AA'2I 4 ，故由定理 2.3.1的推論 2知Y1,Y2,Y3,Y4相互獨立 .由知 Y1,Y2,Y3,Y4 均服從正態(tài)分布，且方差均為 21

6、/ 41/ 21/ 61/ 121/ 41/ 21/ 61/ 121/ 41/ 402/ 61/ 1203/ 121212-11 解：設 f (x1,x2)exp所以Y1 N(2 , 2),Yi N(0, 2)(i 2,3,4).122(2x12 x22 2x1x2 22x1 14x2 65)1 1 2 2 2 22 1 2 1 2exp 2 12 22(1 2) 2(x1 1) 2 1 2 (x1 1)(x2 2) 1(x2 2) 1 2 1 2 122 212 11 2 1比較上下式相應的系數(shù) ,可得 :1 22 12 1 22 2 1 2 2 222 2 12 2 1 2 12 2 2

7、212 22 22 12142 1 2 1 265解得：112 2 ，所以 1/ 2142321121112122222-13解： (1) E (X EX)(X EX)' E(XX') EXEX ' E(XX') 'E(XX ') '.(2) E( X ' AX ) E tr X'AX E tr AXX ' trE AXX' tr AE XX' tr A ' tr( A) tr( A ') tr( A) tr( 'A ) tr( A)'A .2 1 '(3)

8、tr( A)=tr ( 2Ip)(I p p 1p1'p )=tr2Ip p 1p1'pp2tr 2I p tr2tr I p2'1p1'pp1'又 'A(a1p )'( I p p1p1'p)(a1p)p tr 1p1'p2p p p 2(p 1)，pp2 ' 1 ' ' a2(1'p1pp 1'p1p1'p1p) E(X 'AX) tr ( A)'A2(p 1).n n n n2-18 解：(1)E(Z) E( ci X(i) )ci(EX(i)cici.

9、i 1 i 1 i 1 i 1(2)Z 為 p 維正態(tài)隨機向量的線性組合，故 Z 也為正態(tài)隨機向量， n n n又 D(Z) D( ciX(i)ci2(DX (i)ci2 c'c，i 1 i 1 i 1結合(1)知Z Np ( ,c 'c )2(3) c12 c22cn2 (c1 c2cn) 1 ，且 為非負定矩陣nn對任意 p 維向量 x 0 ，有1111n21x'c'c-( 1n)'( 1n)x x'c'c- xc'c-x' xci2-x' x 0,nnnni 1 n1即 c1n 時， Z 的協(xié)方差陣在非負定意

10、義下達到極小 .n第三章 多元正態(tài)總體參數(shù)的假設檢驗3-1 解：因為 A對稱冪等陣，而對稱冪等陣的特征值非 0 即 1，且只有 r 個非 0 特征值，即存在正交陣 （其列向量 ri 為相應特征向量），使 A0It 00 ，X （即 X Y ），Y1記(r1, ,rn) ，令YYn則Y Nn(, 2 In ) Nn(, 2In)，Y 12 i 1Yi2 ，i112 XAX 12 Y A Y 12 Y 0It00因為 Yi N(ri , 2)(i 1,2, ,r) ，且相互獨立，1 1 t所以12 X AX 12 i 1Yi2 X2(r, )，其中非中心參數(shù)為12(rit )2i1 (r1r1rt

11、r t ) r1r1, ,rt rtIt00012 A23-2解：記 rank ( A) r . 若r n，由 AB O，知B Onn，于是 XAX 與XBX 相互獨立； 若 r 0 時，則 A 0 ，則兩個二次型也是獨立的 .以下設 0 r n.因 A為 n階對稱陣，存在正交陣 ，使得' A=DrD0r00,Dr0其中 0為 A的特征值 (i 1, ,r).于是A= Dr 0 ',AB Dr 0 ' B' ，0 0 0 0令nHn= 'B HH11 HH12 ,其中H11 為 r階方陣,H 21 H 22由于 AB= Dr00 H110 H 21H12

12、H22' DrH11DrH120' 0 ，故 DrH11 0, DrH12 0. 又因 Dr 為滿秩陣，故有 H11 0r r, H12 0r (n r).由于 H 為對稱陣，所以 H21 0(n r) r .于是H = 'BH22rYiYi2 ，i10Yr 1Y (Yr 1, ,Yn)H 22H 22X BX Y B Y 00T 2 (n m 2)(X Y)(A1 A2) 1(X Y) nmDr ' 0 且 XAX ( Y) A Y Y A Y Y r00Yn 由于 Y1, ,Yr ,Yr 1, ,Yn相互獨立，故 X AX 與 X BX 相互獨立 .3-11

13、 解：這是兩總體均值向量的檢驗問題 . 檢驗統(tǒng)計量取為 (p=3,n=6,m=9): n m p 1 2 H0下F n m p 1T2 F(p,n m p 1)(n m 2)p其中故檢驗統(tǒng)計量為n m(X Y)(A1 A2) 1(X Y)用觀測數(shù)據(jù)代入計算可得 : T2 5 . 3 1 1F7 , 1 . 4 9 8 2 ,顯著性概率值 p 0 . 2 6 9 3 0 . 0 5 故 H0相容 .第五章 判別分析5-1 解：由題意，其錯判概率為P(2|1)1 (1)*(1)1( * ) ( )11(1) 2(2) 1( 1)2 1( 1)211(1) (2) 1 ( )(1) 2(2) 1(1

14、)2 1( 1) ( 1 2(2) (1)()(2) (1) (2) (1)( ) ( ),2 1 1 2(1) * (1)P(1|2) 1 1 ( * ) ( )1(1) 2 (2) 1 (2)（1） 2 （2） 1(2)21)(12(1)(2)(1)(2)( ) ( )21 122)(1)(2)(1)1 ( ) 1 ( )21 12(2) (1) (2) (1)( 1 2 ) ( 2 1 ).5-2 解：由題意1）樣品 x與三個總體 G1,G2和G3 的馬氏距離分別為d12 ( x)(x 1)2(2.5 2)20.521,d22(x)(x 2)(2.5 0)221.5625,d32(x)(

15、x 3 )2(2.5 3)0.25,顯然，min d12(x),d22(x),d32(x) d32(x) ，則G3 ，即樣品 x 2.5應判歸總體 G3 .2）樣品 x與三個總體 G1,G2和G3 的貝葉斯距離分別為222D12(x) d12 (x) ln( 12 ) 1 ( 1.3863) 0.3863,222D22(x) d22(x) ln( 22) 1.5625 ln4 2.9488,2 2 2D32(x) d32(x) ln( 32 ) 0.25 ln1 0.25,顯然， min D12 ( x), D22 ( x), D32 ( x) D12 (x) ，則 x G1 ，即樣品 x 2

16、.5應判歸總體 G1 .5-4 解：(1)可取 A 1 2181212322077 3855537（組內）B ( (1) (2) )( (1) (2) )10 2015 2510,類似于例 5.3.1 的解法, A-1B的特征根就等于d2 ( (1) (2) ) A 1( (1) (2) ) ( 10, 10)375100100100 (組間 )5 1038 10 1381 13811 6500 4.7067取 a d1 Ad1( (1) (2) ) 13265 1381 33判別效率：(a) aBa4.7067，aAa ，且 a 滿足： Ba Aa ( d 2).Fisher 線性判別函數(shù)為

17、：u(X) aX判別準則為閾值為 u*判 X G1 判X G2 2u (1) 1u(2)112 a 1a22 a 2au(1) a (1)u(2)a (2)則 aAa 1 ，1 (32X1 33X2)89765當u(X) u*當u(X) u* ，4.2964 ，其中1 32,33897651 32,3389765181220891765(32,33)897165(32,33)123232 33325 3378624 0.87598976511141 0.1241897651015 89765815 2.72022025 897651465 4.8897當 X(1)4.339020 時， u(X

18、(1) 1 (32,33) 2020 時， (1)8976520因 u(X(1) )4.3390 u* ，判 X(1) G2.當 X(1)1520時， u(X(2) ) 897165 (32,33)15203.8050h2(X(1)q1 f1(X(1) )L(2|1) 10f1(X(1) )125 exp 12 ( X (1)(2) )' 21(X (1) (2) ) 21 (X (1)(2) '(1) )' 21(X(1)(1)因 u(X(2) ) 3.8050 u* ，判 X(2) G1.h1(X(1) q2 f2(X(1)L(1|2) 75f2 (X(1) ) (

19、2) W(X(1)(202512 322025)1( 20 10 )' 18 12 ( 20 10 ) 75.9 2 2 91,2 2015 ) 12 32 20 15W(X(2)h1(X(2) q2 f2(X(2)L(1|2) 75f2 (X(2) ) h2 (X(2) q1 f1(X(2) )L(2|1) 10f1(X(2) )125ex p 21X( 2 ) ( 2 ) ') 2 X1 ( ( 2 )X ( ( 2 )( 1 ) X' 2 (1 ( 2 )()1)1520' 18121520)'()20251232202517.5 exp (2(

20、2 )2)11 1510 ' 182( 2015 ) 1212 13215 10( 1250 1105 ) 7.5 1,故 X(1) G2, X(2) G(2) .1 20 20 ' 18 12 1 20 20 7.5exp (D12(x) d12(x) ln | 1 | ( 20101812120101812)() ln151232201512322D22(x) d22(x) ln |2 | (20 20 ' 20 7 1 20 20)(20 25 7 5 20 25) ln20 775P(1|x)2exp( 0.5D12 ( x)P(2|x)2 20.7306 ,e

21、xp( 0.5D12 ( x) exp( 0.5D22 ( x)2exp( 0.5D22(x)5-5 解：2 20.2694.exp( 0.5D12 ( x) exp( 0.5D22 ( x)2(a) (ad)2 (ad)(ad) a (X(1) X(2) )(X(1) X(2) )a def aBa aSa aSa aSa aSa其中 1為S 1B的最大特征值 , 且僅當a 1對應的特征向量時等號成立 .又 S 1B (X(1) X(2) )( X (1) X (2) ) S 1,與 D2 (X(1) X(2) ) S 1(X(1) X(2) )有相同的特征值 . 故 1 D2 ；以下驗證

22、a 就是 D2對應的一個特征向量：S 1Ba S 1(X(1) X(2) )( X (1) X (2) ) S 1(X(1) X (2) )S 1(X (1) X(2) ) D2D2a.故當取 a S 1(X (1) X(2) )時,比值 (a) D2達最大值 .5-6 解：記 ( (1) (2),W(X) (X ) a是 X 的線性函數(shù)，當X G1時,W( X ) N1( 1, 12),且1 E(W(X) ( (1) )a 1( (1) (2) ) 1( (1) (2) )1d2 其中d2 ( (1) (2) ) 1( (1) (2) )212 D(W(X) Da (X ) aD(X )a

23、a a ( (1)(2) ) 11( (1) (2) ) d2W(X ) 0P(2 |1) PW(X) 0|X G1 P 111 2 11PUd2 /d( d) 1 ( d).2 22W(X) 1其中 U1 N (0,1).12 (2) 1 2 2 2 當XG2時,W(X)N1( 2, 22),且 2( (2) ) ad2, 22d2W(X) 2 0 2 P(1| 2)PW(X) 0|XG2P 22221 2 1PUd2 /d 1 ( d).其中UW(X) 2 N (0,1).第六章 聚類分析6-2 證明：設變量 Xi 和 Xj 是二值變量，它們的 n 次觀測值記為 xti, xtj (t=1

24、, ,n). xti, xtj 的值為 0 or 1.由二值變量的列聯(lián)表(表 6.5)可知：變量 Xi 取值 1 的觀測次數(shù) 為 a+b,取值 0的觀測次數(shù)為 c+d;變量 Xi 和 Xj取值均為 1 的觀測次數(shù)為 a,取值均為 0 的觀測次數(shù)為 d .利用兩定量變量相關系數(shù)的公式：又rijn(xti xi )(xtj xj) t1nn(xti xi )(xtj xj )xti xtjt 1 t 1a b a c nxi xj a nnnan (a b)(a c) a(a b c d) (a b)(a c) nnad bcnn2 2 2 (xti xi )xtinxit 1 t 12ab ab

25、nn(a b)n (a b) 1(a b)(c d) nnnn(xtj xj )2xt2j nxj2 a ct 1 t 12 ac n n(a c)n (a c) 1(a c)(b d) nn故二值變量的相關系數(shù)為：n(xti xi )( xtj xj )Cij(7)n t 1 n(xti xi )2(xtj xj )2ad bc(a b)(c d) (a c)(b d)利用兩定量變量夾角余弦的公式：cos ijnxti xtjn其中t1xti xtj a,t1nxt2i a b,t12xt2jac故有ci j( 9 )c o si j (a b) (a c.)6-3 解：用最長距離法 : 合

26、并 X(1),X(4)=CL4, 并類距離 D1=1.D(2)10X(2)X(3)X(5)0 CL4合并 X(2),X(5)=CL3, 并類距離 D2=3.合并 CL3,CL4=CL2, 并類距離 D3=8.所有樣品合并為一類 CL1,并類距離 D4=10.最長距離法的譜系聚類圖如下 :D(3)D(4)010910(3)CL40 CL3X (3)0 CL2用類平均聚類法： 合并 X(1),X(4)=CL4, 并類距離 D1=1.D(2)052X(2) 合并 X(2),X(5)=CL3, 并類距離 D2=3.0923201002X(3)X(5)D(3)136 2106 20165 40 CL4X

27、(3)CL40 CL3 合并 CL3,CL4=CL2, 并類距離 D3=(165/4)1/2.D(4)0121 2X(3) 0 CL2 所有樣品合并為一類 CL1,并類距離 D4=(121/2)1/2.類平均法的譜系聚類圖如下6-6 解： 按中間距離法 , 取=-1/4,將 B 和 C 合并為一類后 ,并類距離 D1=1,而 A 與新類 Gr=B,C 的類間平方距離為2 1 2 2 1 2DA2r(DA2B D2AC ) DB2C 0.5 (1.1 1.1) 0.25 1 1.1 0.25 0.8524當把 A 與B ，C 并為一類時，并類距離 D2 0.85 0.922 1 D1 故中間距離

28、法不具有單調性。按重心法 , 將 B 和 C 合并為一類后 ,并類距離 D1=1,而 A 與新類 Gr=B,C 的 類間平方距離為：DA2r nB D2AB nC DA2C nB nC DB2C 0.5 1.1 0.5 1.1 0.25 1 0.85 nrnrnr nr當把 A 與B ，C 并為一類時，并類距離D20.85 0.922 1 D1故重心法法不具有單調性。并類過程如下：0 1.1 1.1 A(1) (2) 0 0.85 A (3)D(1)0 1.0 BD (2)D(3) 00 Gr0 C r6-7 解：(r) 1( p)(q)因樣品間的距離定義為歐氏距離 ,利用 X (r)npX (p) nqX(q)nrDr2k (X (k) X(r)'( X(k) X (r)1X(k) 1 (npX(p) nqX(q) nrp qnn X(k) X(k) 2 p X(k) X(p) 2 q X(k) X (q) nrnr12 n2pX(p) X (p) 2npnqX(p) X(q) nq2X(q) X(q) nr2利用22 (