北大《多元统计分析》答案

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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Y~N2(my,Sy)，其中：2-2(1)证明：记Y1＝X1+X2＝(1,1)X,Y2＝X1－X2＝(1,﹣1)X，利用性质2可知Y1,Y2为正态随机变量.又故X1+X2和X1－X2相互独立.另证：记，则因故由定理2.3.1可得X1+X2和X1－X2相互独立.（2）解：因为所以2-3(1)证明：令，则.因为由定理2.3.1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

2、)令,显然均服从正态分布,故要使它们相互独立，只需即可.又因∴，故当时满足条件.2-9解：(1)∴A是正交矩阵.(2)①由Y=AX知，，且，所以②由，Y=AX知：.而，故由定理2.3.1的推论2知相互独立.③由②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，

3、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，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.①若，由，知，于是与相互独立；②若时，则，则两个二次型也是独立的.③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：

4、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5.3.1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

5、.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0or1.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

6、弦的公式：其中故有.6-3解：用最长距离法:①合并{X(1),X(4)}=CL4,并类距离D1=1.①合并{X(2),X(5)}=CL3,并类距离D2=3.③合并{CL3,CL4}=CL2,并类距离D3=8.④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：①合并{X(1),X(4)}=CL4,并类距离D1=1.②合并{X(2),X(5)}=CL3,并类距离D2=3.③合并{CL3,CL4}=CL2,并类距离D3=(165/4)1/2.④所有样品合并为一类CL1,并类距离D

7、4=(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β=-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,利用利用故有6-9解：①计算样品间的欧氏平方距离阵②合并{1,2}＝CL

8、4,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③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④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①合并{CL4,CL2}