《统计学习方法（第2版）》李航 第16章 主成分分析 PCA 思维导图笔记 及 课后习题答案（步骤详细）PCA 矩阵奇异值 第十六章

16.1

对以下样本数据进行主成分分析：
$$X=\left[\begin{array}{llllll}2& 3& 3& 4& 5& 7\\ 2& 4& 5& 5& 6& 8\end{array}\right]$$

由于手解数据不是那么“友好”所以直接用代码求解：

import numpy as np

X = np.array([[2, 3, 3, 4, 5, 7],
              [2, 4, 5, 5, 6, 8]], dtype='float')

def normalize_data(data_array):
    m, n = data_array.shape
    for i in range(m):
        data_array[i] = data_array[i] - data_array[i].mean()
        data_array[i] = data_array[i] / np.sqrt(data_array[i].var())
    return data_array

X = normalize_data(X)

# 利用奇异值分解进行PCA
X_prime = X.T / np.sqrt(X.shape[1] - 1)
U, Sigma, VT = np.linalg.svd(X_prime)
print(f'主成分方差贡献相对大小/主成分方差为：{
      
      Sigma}')
print(f'主成分所在的轴向/主成分投影矢量为：{
      
      [x for x in VT]}')
# 计算主成分与各原变量的相关系数/因子负荷
factor_loading = np.zeros((VT.shape[0], VT.shape[1]))
for j in range(factor_loading.shape[0]):
    for i in range(factor_loading.shape[1]):
        factor_loading[j, i] = Sigma[j] * VT[j, i]
print(f'主成分与各原变量的相关系数/因子负荷：\n{
      
      factor_loading}')
# 计算主成分矢量对于各样本的方差贡献率
contribution_2samples = np.zeros(VT.shape[1])
for i in range(len(contribution_2samples)):
    contribution_2samples[i] = (factor_loading[:, i] ** 2).sum()
print(f'主成分矢量对于各样本的方差贡献率：\n{
      
      contribution_2samples}')
# 计算各个样本的主成分值
principle_conmponents = np.zeros((VT.shape[0], X.shape[1]))
for i in range(X.shape[1]):
    principle_conmponents[:, i] = VT @ X[:, i]
print(f'PCA matrix:\n{
      
      principle_conmponents}')

主成分方差贡献相对大小/主成分方差为：[1.52983485 0.24414203]
主成分所在的轴向/主成分投影矢量为：[array([0.70710678, 0.70710678]), array([ 0.70710678, -0.70710678])]
主成分与各原变量的相关系数/因子负荷：
[[ 1.0817566   1.0817566 ]
 [ 0.17263449 -0.17263449]]
主成分矢量对于各样本的方差贡献率：
[1.2 1.2]
PCA matrix:
[[-2.02792041 -0.82031104 -0.4330127   0.          0.82031104  2.46093311]
 [ 0.2958696  -0.04571437 -0.4330127   0.          0.04571437  0.1371431 ]]

分析:
首先从主成分方差可以看出，第一个主成分远大于第二个，所以数据主要分布在第一个轴上（贡献率$\frac{1.52983485}{0.24414203+1.52983485}=86.2\%$），或者说其实数据本身更接近一个一维分布；

从主成分投影矢量可以看出，第一个轴其实就是二维坐标系中，与原来的$xy$轴呈45度的，$x=y$直线的方向，第二个就是正交的，在原来$xy$坐标系里$x=-y$的方向。这个特点其实从原本的数据中是能看出来的，数据确实主要分布在$x=y$直线的附近；从SVD分析的角度，可知，多个样本主要贡献了/对应了两种模式，对于最重要的第一种模式，其对原本的两个特征贡献相同，说明这种模式贡献到了原两个特征的平分处（角平分线），也反映了数据主要方差集中在这个方向，对于第二种模式，贡献也是相同的，正负反映了其对应的贡献方向（原基组下为$x=-y$）

从相关系数可以看出，第一个主成分（投影到$x=y$直线上的分量）贡献最大，且确实对原本的变量贡献程度相等，第二个主成分是投影到$x=-y$直线上的数据值，相关程度也相等，正负相关，说明沿着这个主成分轴方向x值（原第一变量）变大，y值（原第二变量）变小，确实也如此；

从主成分矢量对于样本方差贡献率可知，因为没有截断，所以是完全贡献，超过1是因为这里是样本PCA，不是总体/布居PCA；

从投影主成分轴之后的PCA matrix可以看出，其基本都落在新的第一主成分轴上（因为第二主成分都接近0），也就是原变量标准基下的$x=y$轴。

16.2

证明样本协方差矩阵$S$是总体协方差矩阵$\Sigma$的无偏估计。

证明：

若$x_1,x_2,\cdots ,x_n$来自独立同分布$X$，其分布满足：$E(X)=\mu$;$\mathrm{Cov}(x)=E\left[(X-\mu )(X-\mu {)}^T\right]=\Sigma$。n个x为取出的样本，则样本均值为：
$$\bar{x}=\frac{1}{n}\left(x_1+x_2+\cdots +x_n\right)$$
则样本均值的期望为：
$$\begin{array}{rl}E(\bar{x})& =E\left(\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}\right)\\ & =\frac{1}{n}\left(E\left(x_1\right)+E\left(x_2\right)+\cdots +E\left(x_n\right)\right)\\ & =\frac{1}{n}(n\times \mu )=\mu \end{array}$$
其中第二个等号是因为它们都来自相同分布，因此期望都相同。
样本均值的协方差为：
$$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}(\bar{x})& =\mathrm{Cov}(\bar{x},\bar{x})\\ & =\mathrm{Cov}\left(\sum _{i=1}^n\frac{1}{n}{x}_i,\sum _{j=1}^n\frac{1}{n}{x}_j\right)\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\mathrm{Cov}\left(\frac{1}{n}{x}_i,\frac{1}{n}{x}_j\right)\end{array}$$
最后一个等于号是因为各个样本都是独立同分布（iid），所以互不相关，所以求和号可以提出来。且因为互不相关，因此对于$i\ne j$:
$$\mathrm{Cov}\left(\frac{1}{n}{x}_i,\frac{1}{n}{x}_j\right)=\frac{1}{n^2}\mathrm{Cov}\left(x_i,x_j\right)=0$$
从而可以去掉一个求和号：
$$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}(\bar{x})& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\mathrm{Cov}\left(\frac{1}{n}{x}_i,\frac{1}{n}{x}_j\right)\\ & =\sum _{i=1}^n\mathrm{Cov}\left(\frac{1}{n}{x}_i,\frac{1}{n}{x}_i\right)\\ & =\sum _{i=1}^n\frac{1}{n^2}\mathrm{Cov}\left(x_i,x_i\right)=\sum _{i=1}^n\frac{1}{n^2}\mathrm{Cov}\left(x_i\right)=\sum _{i=1}^n\frac{1}{n^2}\mathrm{Cov}\left(X\right)\\ & =n\times \frac{1}{n^2}\Sigma =\frac{1}{n}\Sigma \end{array}$$
其中倒数第二行最后一个等号是因为它们都来自相同分布，因此协方差都相同。
令$$A=\sum _{i=1}^n\left(x_i-\bar{x}\right){\left(x_i-\bar{x}\right)}^T$$
则：
$$\begin{array}{rl}E(A)& =E\left[\sum _{i=1}^n\left(x_i-\bar{x}\right){\left(x_i-\bar{x}\right)}^T\right]\\ & =E\left\{\sum _{i=1}^n\left[\left(x_i-\mu \right)-(\bar{x}-\mu )\right]{\left[\left(x_i-\mu \right)-(\bar{x}-\mu )\right]}^T\right\}\\ & =E\left\{\sum _{i=1}^n\left[\left(x_i-\mu \right){\left(x_i-\mu \right)}^T+\bar{x}{\bar{x}}^T-x_i{\bar{x}}^T+x_i{\mu }^T-\bar{x}{x}_i^T+\mu x_i^T-\mu {\mu }^T\right]\right\}\\ & =\sum _{i=1}^{n}E\left[\left(x_i-\mu \right){\left(x_i-\mu \right)}^T\right]+E\left[n\bar{x}{\bar{x}}^T-\left(\sum _{i=1}^n{x}_i\right){\bar{x}}^T+\left(\sum _{i=1}^n{x}_i\right){\mu }^T-\bar{x}\left(\sum _{i=1}^n{x}_i^T\right)+\mu \left(\sum _{i=1}^n{x}_i^T\right)-n\mu {\mu }^T\right]\\ & =\sum _{i=1}^{n}E\left[\left(x_i-\mu \right){\left(x_i-\mu \right)}^T\right]+E\left(n\bar{x}{\bar{x}}^T-n\bar{x}{\bar{x}}^T+n\bar{x}{\mu }^T-n\bar{x}{\bar{x}}^T+n\mu {\bar{x}}^T-n\mu {\mu }^T\right)\\ & =\sum _{i=1}^{n}E\left[\left(x_i-\mu \right){\left(x_i-\mu \right)}^T\right]-nE\left(\bar{x}{\bar{x}}^T-\bar{x}{\mu }^T-\mu {\bar{x}}^T+\mu {\mu }^T\right)\\ & =\sum _{i=1}^{n}E\left[\left(x_i-E\left(x_i\right)\right){\left(x_i-E\left(x_i\right)\right)}^T\right]-n\times E\left[(\bar{x}-\mu )(\bar{x}-\mu {)}^T\right]\\ & =\sum _{i=1}^n\mathrm{Cov}\left(x_i\right)-n\times E\left[(\bar{x}-\mu )(\bar{x}-\mu {)}^T\right]\\ & =n\times \Sigma -n\times E\left[(\bar{x}-\mu )(\bar{x}-\mu {)}^T\right]\\ & =n\times \Sigma -n\times E\left[(\bar{x}-E(\bar{x}))(\bar{x}-E(\bar{x}){)}^T\right]\\ & =n\times \Sigma -n\times \mathrm{Cov}(\bar{x})\\ & =n\times \Sigma -n\times \frac{1}{n}\Sigma \\ & =(n-1)\Sigma \end{array}$$
而样本协方差$S$与$A$关系为：
$$\begin{array}{rl}S& =\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n\left(x_i-\bar{x}\right){\left(x_i-\bar{x}\right)}^T\\ & =\frac{1}{n-1}A\end{array}$$
因此，样本协协方差的期望为：
$$\begin{array}{rl}E(S)& =\frac{1}{n-1}E(A)\\ & =\frac{1}{n-1}(n-1)\Sigma =\Sigma \end{array}$$

16.3

设X维数据规范化样本矩阵，则主成分分析等价于求解一下最优化问题：
$$\begin{array}{c}{\min }_L\Vert X-L{\Vert }_F\\ \text{ s.t. }\mathrm{rank}(L)\le k\end{array}$$
这里$F$是弗罗贝尼乌斯范数，$k$为主成分甘薯。试问为什么？

首先PCA的求解完全可以用SVD方法进行，只不过对于原来的矩阵进行变形，但是：
$$\underset{L}{\min }{\Vert \frac{X^{\prime }}{\sqrt{n-1}}-L\Vert }_F$$
与这个优化问题完全等价，剩下的就是为啥PCA或者SVD与求解这个最优化问题等价，而这个等价性，第二版书的第287页，定理15.3已经给出了阐述，并给出了证明，直接参阅即可。