Задача 2
Временной ряд
Таблица 2
Месяц, i |
Объем продаж (тыс.у.е.) Zt |
1 |
737 |
2 |
941 |
3 |
851 |
4 |
968 |
5 |
1129 |
б |
1071 |
7 |
1253 |
8 |
1401 |
9 |
1254 |
10 |
1319 |
11 |
1353 |
12 |
1588 |
В базе данных магазина также содержится информация об объеме ежемесячных продаж автомобилей за прошлый год, представленная в таблице 2.
1. Представить графически ежемесячные объемы продаж автомагазина. На основе визуального анализа построенного графика выдвинуть гипотезу о виде статистической зависимости объема продаж от времени и записать её математически.
2. Методом наименьших
квадратов найти оценку уравнения линейно
го тренда
3. Для линии тренда построить доверительную полосу надежности 0,975. Нарисовать ее на графике вместе с линией тренда и исходным временным рядом.
4. С помощью уравнения тренда найти точечный и интервальный прогноз (надежности 0,975) среднего объема продаж для t=15.
Задача 3
Проверка моделей на автокорреляцию и мультиколлинеарность.
1. Для регрессионных моделей:
,
с помощью критерия Дарбина-Уотсона проверить наличие или отсутствие автокорреляции на уровне значимости α=0,05.
2. Для регрессионной модели проверить наличие или отсутствие мультиколлинеарности, используя:
а)парный коэффициент корреляции (приближенно);
б)критерий
«хи-квадрат»
на уровне значимости α=0,05.
Решение Задача 1
1. Парные зависимости
1.1. На основе анализа поля рассеяния представляющего набор точек с координатами (y;x1) (рис.1) выдвигаем гипотезу о том, что зависимость цена авто (у) от возраста авто (х1) описывается линейной моделью вида:
=a0+a1x1+u,
где a0 и a1
–неизвестные постоянные коэффициенты,
а u – отклонение, вызванное
влиянием неучтенных факторов и
погрешностей измерений.
Предположим, что
для исследуемых экономических переменных
х1 и у имеется n пар
выборочных наблюдений (х11;
у1),…,(хi1;уi),…,(хn1;yn).
Предположим также, что имеется некоторая
прямая соответствующая искомому
уравнению
=a0+a1x1.
Отклонение точек поля рассеяния от
прямой характеризуются суммой
где
-значение
уравнения регрессии в точке xi.
Метод наименьших квадратов заключается
в выборе таких значений a0
и a1 для которых
сумма
становится минимальной. Таким образом
получаем экстремальную задачу для
нахождения оценок неизвестных параметров
a0 и a1:
Записав необходимые условия минимума функции F(a0,a1), а именно:
,
и вычислив ее частные производные
получим после элементарных преобразований систему двух линейных уравнений с двумя неизвестными a0 и a1:
решив которую получим формулы для оценок a0 и a1:
,
(1)
Поле рассеяния с точками (y; x2) аналогично позволяет предположить, что связь между y и x2 описывается моделью:
=b0+b1x2+w для оценок b0 и b1 таким же образом получим:
,
(2)
1.2 Для удобства вычисления составим таблицу.
Табл.1
i |
Xi1 |
Xi2 |
Yi |
Xi1Yi |
Xi2Yi |
Xi1Xi2 |
Xi12 |
Xi22 |
Yi2 |
1 |
3 |
122 |
10 |
30 |
1220 |
366 |
9 |
14884 |
100 |
2 |
5 |
61 |
5,2 |
26 |
317,2 |
305 |
25 |
3721 |
27,04 |
3 |
4 |
63 |
5,9 |
23,6 |
371,7 |
252 |
16 |
3969 |
34,81 |
4 |
6 |
111 |
5,3 |
31,8 |
588,3 |
666 |
36 |
12321 |
28,09 |
5 |
3 |
108 |
9,2 |
27,6 |
993,6 |
324 |
9 |
11664 |
84,64 |
6 |
5 |
94 |
6,1 |
30,5 |
573,4 |
470 |
25 |
8836 |
37,21 |
7 |
4 |
69 |
6,4 |
25,6 |
441,6 |
276 |
16 |
4761 |
40,96 |
8 |
6 |
63 |
3,1 |
18,6 |
195,3 |
378 |
36 |
3969 |
9,61 |
9 |
7 |
107 |
4 |
28 |
428 |
749 |
49 |
11449 |
16 |
10 |
3 |
114 |
9,5 |
28,5 |
1083 |
342 |
9 |
12996 |
90,25 |
11 |
5 |
96 |
6,9 |
34,5 |
662,4 |
480 |
25 |
9216 |
47,61 |
12 |
4 |
123 |
8,8 |
35,2 |
1082,4 |
492 |
16 |
15129 |
77,44 |
13 |
6 |
127 |
6,1 |
36,6 |
774,7 |
762 |
36 |
16129 |
37,21 |
14 |
7 |
130 |
5,1 |
35,7 |
663 |
910 |
49 |
16900 |
26,01 |
15 |
7 |
121 |
5,9 |
41,3 |
713,9 |
847 |
49 |
14641 |
34,81 |
16 |
7 |
77 |
3,1 |
21,7 |
238,7 |
539 |
49 |
5929 |
9,61 |
сумма |
82 |
1586 |
100,6 |
475,2 |
10347,2 |
8158 |
454 |
166514 |
701,3 |
Далее подставим в формулы (1) соответствующие числа:
а1= |
16х475,2-82х100,6 |
=-1,196 |
16х454-822 |
||
а0= |
100,6 + 1,196x82 |
=12,417 |
16 |
таким образом получаем уравнение линейной регрессии:
12,417
-1,196
рис.1
аналогично найдем оценки коэффициентов b0 и b1:
b1= |
16х10347,2-1586х100,6 |
=0,04 |
16х166514-15862 |
||
b0= |
100,6 - 0,04х1586 |
=2,323 |
16 |
таким образом:
2,323
+ 0,04
рис.2
1.3 Коэффициент парной корреляции двух наборов данных xi и yi находится по формуле
(3)
подставляя значения сумм из табл.1, подсчитаем значения требуемых коэффициентов корреляции.
|
16x475,2-82х100,6 |
=-0,838 |
((16x454-6724)х(16x701,3-10120,36)) |
||
|
16x10347,2-1586х100,6 |
=0,469 |
((16x166514-2515396)х(16x701,3-10120,36)) |
||
|
16x8158-82х1586 |
=0,053 |
((16x454-6724)х(16x166514-2515396))0,5 |
Проверка
существенности отличия
от нуля (значимости) проводится по схеме
путем сравнения величины
с величиной
если
то гипотеза H0: rx,y≠0
о существенном отличии от нуля принимается, иначе отвергается.
.
Коэффициент детерминации R2=r2 его величина отражает точность модели регрессии.
Для пары x1,y
|
-0,838x |
=5,746>1,761 |
(1-0,702)0,5 |
следовательно коэффициент корреляции сильно отличается от нуля и связь между x1и y очень сильная обратная. R2=0,702.
Для пары x2,y
|
0,469x |
=1,987>1,761 |
(1-0,22)0,5 |
следовательно коэффициент корреляции сильно отличается от нуля и связь между x2 и y средняя прямая. R2=0,22.
1.4 Найдем оценки для ошибки параметров выбранной модели и проверим их значимость при надежности 0,9.
Выдвигаем гипотезы H0: о статистически незначимом отличии показателей от нуля: a0=а1=0.
Найдем случайные
ошибки параметров линейной регрессии
:
((20,477х454)/(14х540))0,5=1,1089
(20,477/(14х33,75))0,5=0,2082
Тогда:
12,417/1,1089=11,198>1,761
-1,196/0,2082=5,744>1,761
Для a1:
т.к. выборочное значение t-статистики
больше табличного, то гипотеза Н0
не подтвердилась и коэффициент значимо
отличается от нуля.
Для a0:
т.к. выборочное значение t-статистики
больше табличного, то гипотеза Н0
не подтвердилась и коэффициент значимо
отличается от нуля.
Выдвигаем гипотезы H0: о статистически незначимом отличии показателей от нуля: b0=b1=0.
Найдем случайные
ошибки параметров линейной регрессии
:
((53,642х166514)/(14х148828))0,5=2,0705
(53,642/(14х9301,75))0,5=0,0203
Тогда:
2,323/2,0705=1,122<1,761
0,04/0,0203=1,97>1,761
Для b1:
т.к. выборочное значение t-статистики
меньше табличного, то гипотеза Н0
подтвердилась и коэффициент не значимо
отличается от нуля.
Для b0:
т.к. выборочное значение t-статистики
больше табличного, то гипотеза Н0
не подтвердилась и коэффициент значимо
отличается от нуля.
Проверим значимость
уравнений регрессии с помощью F-статистики
Фишера
0,702x14/(1-0,702)=33>3,102
уравнение регрессии
значимо.
0,22x14/(1-0,22)=3,9>3,102
уравнение регрессии
значимо.
1.5 Доверительные интервалы среднего потребления дизельного топлива для уравнения парной линейной регрессии =a0+a1x1 находятся по формуле
где
-соответственно
верхняя и нижняя границы доверительного
интервала,
-
значение независимой переменной х1,
для которой определяется доверительный
интервал,
-
квантиль распределения Стъюдента, (1-α)
–доверительная вероятность, (n-2)
– число степеней свободы;
,
(4)
,
.
Рассмотрим уравнение
12,417
-1,196
.
Пусть (1-α)=0.9, тогда
;
Табл.2
x1 |
y |
y(x1) |
e2=(y-y(x1))2 |
3 |
10 |
8,829 |
1,371241 |
5 |
5,2 |
6,437 |
1,530169 |
4 |
5,9 |
7,633 |
3,003289 |
6 |
5,3 |
5,241 |
0,003481 |
3 |
9,2 |
8,829 |
0,137641 |
5 |
6,1 |
6,437 |
0,113569 |
4 |
6,4 |
7,633 |
1,520289 |
6 |
3,1 |
5,241 |
4,583881 |
7 |
4 |
4,045 |
0,002025 |
3 |
9,5 |
8,829 |
0,450241 |
5 |
6,9 |
6,437 |
0,214369 |
4 |
8,8 |
7,633 |
1,361889 |
6 |
6,1 |
5,241 |
0,737881 |
7 |
5,1 |
4,045 |
1,113025 |
7 |
5,9 |
4,045 |
3,441025 |
7 |
3,1 |
4,045 |
0,893025 |
Сумма |
100,6 |
100,6 |
20,47704 |
Подставим найденные значения суммы в формулу (4) для S, получим:
S=(20,47704/14)0,5=1,209398906
далее найдем все необходимые значения
для
.Занесем
все необходимые величины в таблицу.
Табл.3
К |
х1к |
у(х1к) |
Sy |
yн |
ув |
1 |
3 |
8,829 |
0,535828 |
7,8854 |
9,7726 |
2 |
5,125 |
6,2875 |
0,30235 |
5,7551 |
6,8199 |
3 |
7 |
4,045 |
0,493735 |
3,1755 |
4,9145 |
Область между верхней и нижней границами полосы и есть доверительная полоса.
рис.3
Область между верхней и нижней границами полосы и есть доверительная полоса.
Аналогично найдем доверительные интервалы для уравнения
2,323
+ 0,04
Табл. 4
x2 |
y |
y(x2) |
e2=(y-y(x2))2 |
122 |
10 |
7,203 |
7,823209 |
61 |
5,2 |
4,763 |
0,190969 |
63 |
5,9 |
4,843 |
1,117249 |
111 |
5,3 |
6,763 |
2,140369 |
108 |
9,2 |
6,643 |
6,538249 |
94 |
6,1 |
6,083 |
0,000289 |
69 |
6,4 |
5,083 |
1,734489 |
63 |
3,1 |
4,843 |
3,038049 |
107 |
4 |
6,603 |
6,775609 |
114 |
9,5 |
6,883 |
6,848689 |
96 |
6,9 |
6,163 |
0,543169 |
123 |
8,8 |
7,243 |
2,424249 |
127 |
6,1 |
7,403 |
1,697809 |
130 |
5,1 |
7,523 |
5,870929 |
121 |
5,9 |
7,163 |
1,595169 |
77 |
3,1 |
5,403 |
5,303809 |
Сумма |
100,6 |
100,608 |
53,642304 |
Подставим найденные значения суммы в формулу (4) для S
S=(53,642304/14)0,5=1,957445566
Табл. 5
К |
х2к |
у(х2к) |
Sy |
yн |
ув |
1 |
61 |
4,763 |
0,915538 |
3,1507 |
6,3753 |
2 |
99,125 |
6,288 |
0,489361 |
5,4262 |
7,1498 |
3 |
130 |
7,523 |
0,795076 |
6,1229 |
8,9231 |
Область между верхней и нижней границами полосы и есть доверительная полоса.
рис. 4
1.6 Подставим значение 3 в первое уравнение регрессии:
12,417
-1,196х3=8,829
найдем стандартную ошибку
0,536
получим доверительный интервал для цены авто возраста 3 лет
8,829±1,761х0,536=7,9;9,8тыс.
у.е.
Подставим значение 165 во второе уравнение регрессии:
2,323
+ 0,04х165=8,923
найдем стандартную ошибку
1,424
получим доверительный интервал для цены авто с мощностью двигателя 165 л.с.
8,923±1,761х1,424=6,4;11,4 тыс. у.е.