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(my,Sy)，其中：2-2 (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. 又故X1 +X2和X1X2相互獨立.另證：記，則因故由定理2.3.1可得X1 +X2和X1X2相互獨立.（2）解：因為所以2-3 (1)證明：令，則. 因為由定理2.3.1可知X(1) +X(2)和X(1) -X(2) 相互獨立.（2）解：因為，所以2-6 解：（1）記B=(3,-1,1), 由性質2得，. (2)令 , 顯然 均服從正態(tài)分布, 故要使它們相

2、互獨立，只需即可. 又因，故當時滿足條件.2-9 解：(1)A是正交矩陣.(2)由Y=AX知， ，且，所以由 ，Y=AX知：. 而，故由定理2.3.1的推論2知相互獨立.由知均服從正態(tài)分布，且方差均為 ，又 所以 2-11解：比較上下式相應的系數(shù),可得:設比較上下式相應的系數(shù),可得:解得：，所以.2-13解：(1)(2) (3)，又，.2-18解：(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， 又 ，結合(1)知 (3)，且為非負定矩陣對任意p維向量，有即 時，Z的協(xié)方差陣在非負定意義下達到極小.第三章 多元正態(tài)總體參數(shù)的假設檢驗3-1解：因為對稱冪等陣，而對稱冪等陣的特

3、征值非0即1，且只有個非0特征值，即存在正交陣（其列向量為相應特征向量），使，記，令（即），則，因為，且相互獨立，所以，其中非中心參數(shù)為 3-2解：記. 若，由，知，于是與相互獨立； 若時，則，則兩個二次型也是獨立的.以下設.因為階對稱陣，存在正交陣，使得其中為A的特征值.于是，令其中 為r階方陣, 由于，故. 又因為滿秩陣，故有.由于為對稱陣，所以.于是 令，則，且，由于相互獨立，故與相互獨立.3-11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):其中故檢驗統(tǒng)計量為用觀測數(shù)據(jù)代入計算可得: 顯著性概率值 故H0相容.第五章 判別分析5-1 解：由題意，其錯判概

4、率為 5-2 解：由題意（1）樣品與三個總體和的馬氏距離分別為 顯然，則，即樣品應判歸總體.（2）樣品與三個總體和的貝葉斯距離分別為 顯然，則，即樣品應判歸總體.5-4解：(1)可取(組內)(組間)類似于例5.3.1的解法, A-1B的特征根就等于 取，則，且a滿足：判別效率：，F(xiàn)isher線性判別函數(shù)為： 判別準則為，閾值為，其中故.當時，因，判.當時，因，判(2) 故 .(3) , .5-5 解：.又有相同的特征值. 故； 以下驗證a就是D2對應的一個特征向量：5-6 解：記是X的線性函數(shù)，其中其中第六章 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

5、 (t=1,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：又故二值變量的相關系數(shù)為：利用兩定量變量夾角余弦的公式：其中故有 .6-3解：用最長距離法: 合并X(1),X(4)=CL4,并類距離 D1=1. 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:用類平均聚類法： 合

6、并X(1),X(4)=CL4,并類距離 D1=1. 合并X(2),X(5)=CL3,并類距離 D2=3. 合并CL3,CL4=CL2,并類距離 D3=(165/4)1/2. 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的類間平方距離為當把A與B，C并為一類時，并類距離故中間距離法不具有單調性。 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：當把A與B，C并為一類時，并類距離故重心法法不具有單調性。并類過

7、程如下： 6-7解：因樣品間的距離定義為歐氏距離,利用利用故有6-9解：計算樣品間的歐氏平方距離陣 合并 1,2 CL4,并類距離D1=(0.5)1/2 =0.707 ，并利用遞推公式計算新類與其它類的平方距離得合并 5,7 CL3,并類距離D2=(2)1/2 =1.414 ，并利用遞推公式計算新類與其它類的平方距離得 合并 CL3,10=5,7,10 CL2,并類距離D3=(32/3)1/2 =3.266 ，并利用遞推公式計算新類與其它類的平方距離得 合并 CL4,CL2=1,2,5,7,10 CL1,并類距離D4 =(245/6)1/2 = 6.39 ，并利用遞推公式計算新類與其它類的平方

8、距離得 分類法bk及相應的總離差平方和W(k):k=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：從協(xié)方差陣出發(fā)：由題意得，的特征值為，。相應的單位正交特征向量為 ， .故主成分為，.從相關陣出發(fā)：由題意知，的相關陣為 ，其特征值為，. 相應的單位正交特征向量為， .故主成分為，。兩者比較： 由或R出發(fā)所得主成分不同； 由出發(fā)時，第一主成分Z1解釋的總方差比例為100.1614/101=0.99

9、17，由R出發(fā)時，第一主成分Z1*解釋的總方差比例為1.4/2=0.7; 由于X2的方差大，故Z1完全由X2控制，而原變量標準化后，結論正好相反； 原始變量X1，X2與第一主成分Z1的相關系數(shù)不相等，標準化后的變量X1*，X2*與第一主成分Z1*相關系數(shù)相等.7-3 解：（1）因的最大特征值，而.且最大特征值 對應的單位特征向量為 ，故第一主成分為：.(2)第一主成分的貢獻率為：. 7-4 解：等密度橢球為： 設的特征值為，相應的單位特征向量為，則的譜分解式為：，故即 .因此橢球的第i個主軸方向在X的第i個主成分的方向上，且其半長軸與成比例，系數(shù)為C. 7-5 解：由題意得，的特征值為，. 相

10、應的單位正交特征向量為 ，.故主成分為，.7-6解：由題意得，的特征值為，。相應的單位正交特征向量為 ， ，。故主成分為，其解釋的方差比例為；，其解釋的方差比例為；，其解釋的方差比例為.7-7 解：見課本P406.第八章 因子分析8-1解： 容易驗證，因而因子載荷矩陣A和特殊因子的協(xié)方差陣D分別為：， 即的正交因子模型為誤差為8-2解：(1) 取得=誤差為即m=1的因子模型主成分分解為 則(2) 取m=2得=誤差為 即m=2的因子模型主成分分解為 (3)因，所以的主成分分解符合要求.8-3證明：利用分塊矩陣求逆公式求以下分塊矩陣的逆：記利用附錄中分塊求逆的二個公式(4.1)和(4.2)有：由逆矩陣的對應塊相等，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：因子分析與主成分分析的不同點有: (1) 主成分分析不能作為一個模型來描述,它只是通常的變量變換,而因子分析需要構造因子模型; (2) 主成分分析中主成分的個數(shù)和變量個數(shù)p相同,它是將一組具有相關關系的變量變換為一組互不相關的變量(注意應用主成分分析解決實際問題時,一般只選取前m(m<p)個主成分),而因子分析的目的是要用盡可能少的公共因子,以便構造一個結構簡單的因子模型; (3) 主成分分析是將主成分表示為原變量的線性組合,而因子分析是將原始變量表示為公因子和