Задача 4.1
В течение девяти последовательных недель фиксировался спрос Y(t) (млн. руб.) на кредитные ресурсы финансовой компании. Временной рядY(t) этого показателя приведен ниже в таблице.
t |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
9 |
Yt |
10 |
14 |
21 |
24 |
33 |
41 |
44 |
47 |
49 |
Требуется:
Проверить наличие аномальных наблюдений.
Построить линейную модель Ŷ(t) =a0+a1t, параметры которой оценить МНК (Ŷ(t) – расчетные, смоделированные значения временного ряда.).
Построить адаптированную модель Брауна Ŷ(t) =a0+a1kс параметром сглаживания α = 0,4 и α = 0,7; выбрать лучшее значение параметра сглаживания.
Оценить адекватность построенных моделей, используя свойства независимости остаточной компоненты, случайности и соответствия нормальному закону распределения (при использования R/S-критерия взять табулированные границы 2,7 – 3,7).
Оценить точность моделей на основе использования средней относительной ошибки аппроксимации.
По двум построенным моделям осуществить прогноз спроса на следующие две недели (доверительный интервал прогноза рассчитать при доверительной вероятности p= 70 %).
Фактические значения показателя, результаты моделирования и прогнозирования представить графически.
Решение:
1.Проверим наличие аномальных наблюдений с помощью метода Ирвина. Для этого надо вычислить величину λtпо формуле λt=yt–yрасч/Sy,
_______________
где Sy= √(yt–yср)2/(n– 1).
Если рассчитанная величина λtпревышает табличный уровень, то уровеньytсчитается аномальным. Для десяти наблюдений λтабл= 1,5. Согласно колонке 15 таблицы 5 аномальных наблюдений нет.
2. Уравнение линейной регрессии имеет вид: yрасч=a0+a1∙t. Значения параметровa0иa1линейной модели определим, используя данные таблицы 1.
Таблица 1.
|
t |
Yt |
t∙Yt |
t2 |
|
1 |
10 |
10 |
1 |
|
2 |
14 |
28 |
4 |
|
3 |
21 |
63 |
9 |
|
4 |
24 |
96 |
16 |
|
5 |
33 |
165 |
25 |
|
6 |
41 |
246 |
36 |
|
7 |
44 |
308 |
49 |
|
8 |
47 |
376 |
64 |
|
9 |
49 |
441 |
81 |
Сумма |
45 |
283 |
1733 |
285 |
Среднее |
5 |
31,4 |
193 |
31,7 |
(y∙t)ср–yср∙tср193 – 131,4 ∙ 5
a1 = ——————— = —————–– = 4,9
(t2)ср – (tср)2 31,7 – 5
a0 = yср – a1 ∙ tср = 31,4 – 5 ∙ 5 = 5,3
Уравнение линейной регрессии имеет вид: yрасч= 5,30 + 4,94 ∙t.
3. Построим адаптивную модель Брауна.
n |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
9 |
x |
10 |
14 |
21 |
24 |
33 |
41 |
44 |
47 |
49 |
Начальные оценки параметров получим по первым пяти точка при помощи метода наименьших квадратов.
na0 + a1∑x = ∑y
a0∑x + a1∑x2 = ∑xy
5a0 + 15a1 = 102
15a0 + 55a1 = 362
∑y ∙ ∑x2 – ∑xy ∙ ∑x
a0 = —————————
n ∑x2 - ∑x ∙ ∑x
102 ∙ 55 – 362 ∙ 15
a0 = —————————— ≈ 3,60
5 ∙ 55 – 15 ∙ 15
n∑xy– ∑y ∙ ∑x
a1 = ———————
n∑x2– ∑x∙ ∑x
5 ∙ 362 – 102 ∙ 15
a1= —————————— ≈ 5,60
5 ∙ 55 – 15 ∙ 15
Данные для расчета возьмем в следующей таблице:
|
|
|
|
|
|
Сумма |
x |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
15 |
y |
10 |
14 |
21 |
24 |
33 |
102 |
x2 |
1 |
4 |
9 |
16 |
25 |
55 |
xy |
10 |
28 |
63 |
96 |
165 |
362 |
Уравнение линейной регрессии имеет вид: yx= 3,60 + 5,60x.
Получили a0(0) = 3,60,a1(0) = 5,60.
Возьмем α = 0,4, k= 1 и β = 1 – α = 1 – 0,4 = 0,6.
Будем находить последующие значения a0(t) иa1(t) по формулам
a1(t) = a1(t – 1) + (1 – β)2 ∙ (Y(t) – Yp(t)) и a0(t) = a0(t – 1) + a1(t – 1) + (Y(t) – Yp(t)) ∙ (1 – β2),
где Yp(t) = a0(t – 1) + a1(t – 1)k.
Номер |
Факт |
a0 |
a1 |
Расчет |
Отклонение |
|
|
3,60 |
5,60 |
|
|
1 |
10 |
9,71 |
5,73 |
9,20 |
0,800 |
2 |
14 |
14,52 |
5,50 |
15,44 |
-1,440 |
3 |
21 |
20,65 |
5,66 |
20,02 |
0,984 |
4 |
24 |
24,83 |
5,29 |
26,30 |
-2,301 |
5 |
33 |
31,96 |
5,75 |
30,12 |
2,885 |
6 |
41 |
39,82 |
6,27 |
37,71 |
3,290 |
7 |
44 |
44,75 |
5,94 |
46,09 |
-2,090 |
8 |
47 |
48,33 |
5,35 |
50,69 |
-3,693 |
9 |
49 |
50,68 |
4,60 |
53,68 |
-4,679 |
10 |
|
|
|
55,29 |
|
11 |
|
|
|
59,89 |
|
___________________
u(1) = 1,12 ∙ 3,12 ∙ √1 + 1/9 + (9 + 1 – 5)2/60 ≈ 4,32
k= 1 (t= 10).
Нижняя граница: 55,29 – 4,32 = 50,97
Верхняя граница: 55,29 + 4,32 = 59,60
___________________
u(2) = 1,12 ∙ 3,12 ∙ √1 + 1/9 + (9 + 2 – 5)2/60 ≈ 4,57
k= 2 (t= 10).
Нижняя граница: 59,89 – 4,57 = 55,32
Верхняя граница: 59,89 + 4,57 = 64,45
Результаты аппроксимации и прогнозирования по адаптивной модели Брауна при α = 0,4.
Возьмем α = 0,7, k= 1 и β = 1 – α = 1 – 0,7 = 0,3.
Будем находить последующие значения a0(t) иa1(t) по формулам
a1(t) = a1(t – 1) + (1 – β)2 ∙ (Y(t) – Yp(t)) и a0(t) = a0(t – 1) + a1(t – 1) + (Y(t) – Yp(t)) ∙ (1 – β2),
где Yp(t) = a0(t – 1) + a1(t – 1)k.
Номер |
Факт |
a0 |
a1 |
Расчет |
Отклонение |
|
|
3,60 |
5,60 |
|
|
1 |
10 |
9,93 |
5,99 |
9,20 |
0,800 |
2 |
14 |
14,17 |
5,05 |
15,92 |
-1,920 |
3 |
21 |
20,84 |
5,92 |
19,22 |
1,776 |
4 |
24 |
24,25 |
4,57 |
26,76 |
-2,762 |
5 |
33 |
32,62 |
6,62 |
28,82 |
4,183 |
6 |
41 |
40,84 |
7,48 |
39,24 |
1,758 |
7 |
44 |
44,39 |
5,36 |
48,32 |
-4,321 |
8 |
47 |
47,25 |
4,01 |
49,75 |
-2,751 |
9 |
49 |
49,20 |
2,91 |
51,26 |
-2,262 |
10 |
|
|
|
52,11 |
|
11 |
|
|
|
55,02 |
|
___________________
u(1) = 1,12 ∙ 3,10 ∙ √1 + 1/9 + (9 + 1 – 5)2/60 ≈ 4,28
k= 1 (t= 11).
Нижняя граница: 52,11 – 4,28 = 47,82
Верхняя граница: 52,11 + 4,28 = 56,39
___________________
u(2) = 1,12 ∙ 3,10 ∙ √1 + 1/9 + (9 + 2 – 5)2/60 ≈ 4,57
k= 2 (t= 11).
Нижняя граница: 55,02 – 4,53 = 50,48
Верхняя граница: 55,02 + 4,53 = 59,55
Результаты аппроксимации и прогнозирования по адаптивной модели Брауна при α = 0,7.
Очевидно, что лучше взять α = 0,7.
4. Для того чтобы оценить параметры и качество этой модели (адекватность), а также построить точечный и интервальный прогнозы, заполним следующую таблицу:
Таблица 5.
t |
Yt |
t-tср |
(t-tср)2 |
Yt-yср |
(t-tср)(Yt-yср) |
Yt* |
εt= Yt- Yt* |
Точ. пов |
εt2 |
εt-εt-1 |
(εt-εt-1)2 |
εt∙εt-1 |
(εt- εср)2 |
λt |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
9 |
10 |
11 |
12 |
13 |
14 |
15 |
1 |
10 |
-4 |
16 |
-21,44 |
85,78 |
10,24 |
-0,24 |
- |
0,0576 |
|
|
|
0,060 |
0,1 |
2 |
14 |
-3 |
9 |
-17,44 |
52,33 |
15,54 |
-1,54 |
1 |
2,3716 |
-1,3 |
1,69 |
0,3696 |
2,385 |
0,7 |
3 |
21 |
-2 |
4 |
-10,44 |
20,89 |
20,84 |
0,16 |
1 |
0,0256 |
1,7 |
2,89 |
-0,246 |
0,024 |
0,1 |
4 |
24 |
-1 |
1 |
-7,44 |
7,44 |
26,14 |
-2,14 |
1 |
4,5796 |
-2,3 |
5,29 |
-0,342 |
4,599 |
0,9 |
5 |
33 |
0 |
0 |
1,56 |
0,00 |
31,44 |
1,56 |
0 |
2,4336 |
3,7 |
13,69 |
-3,338 |
2,420 |
0,7 |
6 |
41 |
1 |
1 |
9,56 |
9,56 |
36,74 |
4,26 |
1 |
18,1476 |
2,7 |
7,29 |
6,6456 |
18,110 |
1,8 |
7 |
44 |
2 |
4 |
12,56 |
25,11 |
42,04 |
1,96 |
0 |
3,8416 |
-2,3 |
5,29 |
8,3496 |
3,824 |
0,8 |
8 |
47 |
3 |
9 |
15,56 |
46,67 |
47,34 |
-0,34 |
0 |
0,1156 |
-2,3 |
5,29 |
-0,666 |
0,119 |
0,1 |
9 |
49 |
4 |
16 |
17,56 |
70,22 |
52,64 |
-3,64 |
1 |
13,2496 |
-3,3 |
10,89 |
1,2376 |
13,282 |
1,5 |
45 |
283 |
0 |
60 |
0 |
318 |
282,96 |
0,04 |
5 |
44,8224 |
|
52,32 |
12,01 |
44,822 |
|
5 |
31,4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
В первой нижней строке под таблицей записаны суммы соответствующих граф, во второй – соответствующие средние значения.
Наличие тренда, то есть меру связи между переменными tиYtоценим по коэффициенту корреляции. Построим вспомогательную расчетную таблицу:
|
t |
Yt |
t-tср |
(t-tср)2 |
Yt-Yср |
(Yt-Yср)2 |
t∙Yt |
|
1 |
10 |
-4 |
16 |
-21,44 |
459,86 |
10 |
|
2 |
14 |
-3 |
9 |
-17,44 |
304,31 |
28 |
|
3 |
21 |
-2 |
4 |
-10,44 |
109,09 |
63 |
|
4 |
24 |
-1 |
1 |
-7,44 |
55,42 |
96 |
|
5 |
33 |
0 |
0 |
1,56 |
2,42 |
165 |
|
6 |
41 |
1 |
1 |
9,56 |
91,31 |
246 |
|
7 |
44 |
2 |
4 |
12,56 |
157,64 |
308 |
|
8 |
47 |
3 |
9 |
15,56 |
241,98 |
376 |
|
9 |
49 |
4 |
16 |
17,56 |
308,20 |
441 |
Сумма |
45 |
283 |
0 |
60 |
0 |
1730,22 |
1733 |
Среднее |
5 |
31,4 |
0 |
6,67 |
0 |
192,25 |
192,56 |
Коэффициент корреляции:
____ _ __
t ∙ Yt – t ∙ Yt
r = ————
t ∙ y
где t2 = ∑(t – tср)2/n
y2 = ∑( Yt – Yср)2/n
tср= ∑t/n
Ytср= ∑Yt/n
tср= 45/9 = 5
Ytср= 283/9 = 31,4
t2 = 60/9 = 6,67
y2 = 1730,22/9 = 192,25
r= (192,56 – 5 ∙ 31,4)/(2,58 ∙ 13,87) = 0,99
Оценим полученный коэффициент корреляции по статистике Стьюдента. То есть проверим гипотезу о ненулевом коэффициенте корреляции генеральной совокупности. Для проверки гипотезы установим значения tиFи сравним с заданными табличными значениями.
r2(n– 2) 0,992(9 – 2)
t= ———— = ————— = 263,21
1 – r21 – 0,992
Для уровня значимости = 0,05 при числе степеней свободыm=9tтабл= 2,262. Так какt>tтабл, то гипотезу о равенстве нулю коэффициента корреляции генеральной совокупности отвергаем.
Для проверки адекватности модели в соответствии и видом формул
|εср| _ ∑(εt– εt-1)2
ť = —— ∙ √nd= —————r1= (∑εt∙εt-1) : ∑ εt2.
S∑∑ εt2
организуем заполнение граф 9 – 13.
Легко убедиться, что математическое ожидание ряда остатков равна нулю, т.е. |εср| = 0.
Проверка случайности ряда остатков по критерию пиков дает результат: 5 (сумма графы 9) больше 0 (критическое число поворотных точек).
__________ _____
/ ∑ (εt– εср)2/ 44,82
S∑= / ————— = / ——— = 2,37
√ n– 1 √ 8
|εср| _ 0,04 _
ť = —— ∙ √n= —— ∙ √9 = 0,05
S∑2,37
Вычислим d по формуле
∑(εt– εt-1)252,32
d= ————— = ——— = 1,17
∑ εt244,82
При проверке независимости уровней ряда остатков друг от друга значение d= 1,17 при уровне значимостиa= 0,025 попадает в интервал междуd1= 1,08 иd2= 1,36, т.е. в область неопределенности. Поэтому придется воспользоваться формулой
r1= (∑εt∙εt-1) / ∑ εt2= 12,01/44,82 = 0,27.
Сопоставляя это число с табличным значением первого коэффициента автокорреляции 0,36, взятым для уровня значимости a= 0,01 иn= 9, увидим, что расчетное значение меньше табличного. Это означает, что с ошибкой в 1% ряд остатков можно считать некоррелированным, т.е. свойство взаимной независимости уровней остаточной компоненты подтверждается.
Соответствие ряда остатков нормальному распределению установим с помощью формулы
R/S = (εmax – εmin)/S,
_______________ ______
S = √ ∑(εt - εср)2/(n – 1) = √ 44,82/8 = 2,37
R/S = (4,26 – (-3,64))/S = 3,34
Дляn= 9 иa= 0,05 найдем критический интервал: [2,7; 3,7]. Вычисленное значение 3,34 попадает между табулированными границами с заданным уровнем вероятности. Значит, закон нормального распределения выполняется, и можно строить доверительный интервал прогноза.
5. Так как модель оказалась адекватной, оценим ее точность. Рассчитаем среднюю относительную ошибку по формуле
1 |εt| 1
Eотн= — ∑ —— ∙ 100% = — ∙ 0,51 ∙ 100% = 5,6 %.
n|Yt| 9
Такую ошибку можно считать приемлемой.
6. Экстраполяция уравнения Yt* = 4,94 + 5,30tвперед дает прогнозное значение равноеY10= 57,94 и равноеY11= 63,24.
Для построения интервального прогноза рассчитаем доверительный интервал. Примем значение уровня значимости a= 0,3, а значит, доверительную вероятность – 70 %. В этом случае критерий Стьюдента (при=n– 2 = 7) равенt,= 1,12. Вычислив среднеквадратическую ошибку тренда, с учетом значенияt,получим интервальный прогноз:
____________________
u(1) = 1,12 ∙ 2,53 ∙ √1 + 1/9 + (9 + 1 – 5)2/60 ≈ 3,50
k= 1 (t= 10).
Нижняя граница: 55,29 – 3,50 = 54,44
Верхняя граница: 55,29 + 3,50 = 61,45
___________________
u(2) = 1,12 ∙ 2,53 ∙ √1 + 1/9 + (9 + 2 – 5)2/60 ≈ 3,71
k= 2 (t= 10).
Нижняя граница: 63,24 – 3,71 = 59,54
Верхняя граница: 63,24 + 43,71 = 66,95
Таким образом, построенная модель является полностью адекватной динамике фактических показателей. Поэтому с вероятностью 70 % можно утверждать, что при сохранении сложившихся закономерностей развития значение показателя, прогнозируемое на 10 и 11 наблюдения с помощью линейной модели роста, попадают в промежуток, образованный нижней и верхней границей доверительного интервала.
7. Представим графически фактические значения показателя, результаты моделирования и прогнозирования.
Данная работа скачена с сайта Банк рефератов http://www.vzfeiinfo.ru. ID работы: 25568