线性模型引论-部分习题解答Word格式文档下载.doc

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（4）令

第三章多元正态分布

3.3设

，利用待定系数法可设：

展开可得：

A=1B=-1C=2

，的再将的值待入原式可得：

，，

则可以根据教材66页例题3.3.3结论得结果，本题是二维的正态分布可以直接利用结论，对于一般情况需根据定义3.3.1进行分析。

3.4由题意，因为….相互独立，具有公共均值和

（1）根据可以推到则

依次类推，的均值为，

又因为=，所以=+

则，所以=

==

（2）根据

（1）可知：

=

第四章

4.3

证明：

因为By为的任一无偏估计，则A=BX

令

可以得：

则成立。

4.4

（1）

又因为

其中为幂等阵。

（2）

（3）

第五章

5.3

首先将上述模型写成矩阵形式

将上述合并，得到如下模型：

因此，需检验的假设为：

若根据LS估计，得

又因为。

成立

5.4

证明

表示为线性模型形式。

其中j=1,2,3,4

其中

故可得检验统计量

第六章

6.3对正态线性回归模型，其中为矩阵，试导出假设

的统计量.这里为给定的常数.

解：

（1）

得到的约简模型：

相当于约束条件为：

此时

对于原模型：

所以

所以其中

（2）

同理可得：

同理：

此时：

（3）、

6.4设在选模型（6.3.2）下的最小二乘估计，假设全模型（6.3.1）正确，试求，并问此结果说明了什么？

证明因

，

利用定理3.2.1

这里利用了利用迹和幂等阵的性质

则

这个结果说明为的无偏估计.

第七章习题

7.3：

解

模型为：

yij=u+αi+eij，i=1，2，…，a；

j=1，2，…，n；

记y’=（y1,1，…y1,n1，…，ya,1，…，ya,na），β’=（u，α1，α2，…αa），e’=（e11，…e1，n1，…，ea1…ea,na）,

且有：

X=，

有一般形式：

y=Xβ+e

由H0=

等价于

先转化为其次线性假设Hβ=0的检验问题：

0=H*β=*

又由：

SSe=

SSHe=在Hβ=0下，

得到：

相应统计量为，

7.4解：

（1）当a=4时，记

，β’=（u1，u2，u3，u4），

，

则有：

又由：

H0：

u1=2u2=3u3,等价于H0：

u1-2u1=2u2-3u3=0,

0=H*β=

其中X，β’，E’同上

（1），则，y=Xβ+e

又由：

u1=u2,等价于H0：

u1-u2=0,

又由：

综上有，检验具有共同方差的两个正太总体的均值是相等的t统计量的平方。

第八章

①M（）∩M（）=0（行无关）

M（X）∩M（Z）=0 （列无关）

M[]∩M[]=0

②=显然列线性无关，即（）=p+q

所以H也是对模型y=X的可识别性约束条件。

y=X

y=X’X

X’X=X’（y-Z）

G’G=’（XH）=X’X+H’H

H=0

G’G=X’X

又X=（y-Z）

=（y-Z）

e=（y-X）’（y-X）

=y’y-2X’y-2Z’y+2X’Z+X’X+Z’

分别对，求导

=X’（y-Z）③

将③带入

=-Z’XX’（y-Z）

[]Z=Z’[]y

Z’Z=Z’y

=Z’y

8.4对于一个协变量的单项分类模型：

其残差平方和：

相应地

由式（8.2.2）

回归系数的LS估计为。

由定理8.1.1知，可估。

又由定理4.1.2知，对于任意的可估函数，LS估计为其唯一的BLU估计。

所以，的BLU估计为

由式8.2.4得的LS估计为=。

相应地，的BLU估计为。

对于H0：

对于H1：

方差源

自由度

平方和与交叉乘积之和

因子A

误差

总和

a-1

N-a

N-1

因子A+误差

因子B+误差

+

协变量

1