北大多元统计分析答案

1、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Y1X1 +X2(1,1)X,Y2X1X2 (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. 又因，故当时满足条件.2-9 解：(1)A是正交矩阵.(2)由Y=

2、AX知，且，所以由，Y=AX知：. 而相互独立.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，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

3、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

4、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 or 1.由二值变量的列联表（表）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

5、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. 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

6、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,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 ，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