北大《多元统计分析》答案78.doc

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((y,(y)，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)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：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，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. 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：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. 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 or 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. 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： 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}=C