1. Графический метод

Есть ряд вариантов графического определения автокорреляции. Один из них увязывает отклонения ε_i с моментами их получения i. При этом по оси абсцисс откладывают либо время получения статистических данных, либо порядковый номер наблюдения, а по оси ординат – отклонения ε_i (либо оценки отклонений).

Естественно предположить, что если имеется определенная связь между отклонениями, то автокорреляция имеет место. Отсутствие зависимости скорее всего будет свидетельствовать об отсутствии автокорреляции.

Автокорреляция становится более наглядной, если построить график зависимости ε_i от ε_i-1

2. Коэффициент автокорреляции.

Если коэффициент автокорреляции r_ei < 0.5, то есть основания утверждать, что автокорреляция отсутствует.

3. Критерий Дарбина-Уотсона.

Этот критерий является наиболее известным для обнаружения автокорреляции.

При статистическом анализе уравнения регрессии на начальном этапе часто проверяют выполнимость одной предпосылки: условия статистической независимости отклонений между собой. При этом проверяется некоррелированность соседних величин e_i.

y		y(x)		ei = y-y(x)		e2		(ei - ei-1)2
120		115.47		4.53		20.5		0
123		122.08		0.92		0.85		13
130		128.68		1.32		1.73		0.16
135		135.29		-0.29		0.0846		2.58
140		141.9		-1.9		3.6		2.58
139		148.5		-9.5		90.31		57.85
150		155.11		-5.11		26.1		19.31
162		161.72		0.28		0.0811		29.09
175		168.32		6.68		44.61		40.88
178		174.93		3.07		9.44		13
					197.3		178.46

Для анализа коррелированности отклонений используют статистику Дарбина-Уотсона:

Критические значения d₁ и d₂ определяются на основе специальных таблиц для требуемого уровня значимости α, числа наблюдений n = 10 и количества объясняющих переменных m=1.

Автокорреляция отсутствует, если выполняется следующее условие:

d₁ < DW и d₂ < DW < 4 - d₂.

Не обращаясь к таблицам, можно пользоваться приблизительным правилом и считать, что автокорреляция остатков отсутствует, если 1.5 < DW < 2.5. Поскольку 1.5 > 0.9045 < 2.5, то автокорреляция остатков присутствует.

Для более надежного вывода целесообразно обращаться к табличным значениям.

По таблице Дарбина-Уотсона для n=10 и k=1 (уровень значимости 5%) находим: d₁ = 1.08; d₂ = 1.36.

Поскольку 1.08 < 0.9045 и 1.36 < 0.9045 < 4 - 1.36, то автокорреляция остатков присутствует.

Проверка наличия гетероскедастичности.

1) Методом графического анализа остатков.

В этом случае по оси абсцисс откладываются значения объясняющей переменной X, а по оси ординат либо отклонения e_i, либо их квадраты e²_i.

Если имеется определенная связь между отклонениями, то гетероскедастичность имеет место. Отсутствие зависимости скорее всего будет свидетельствовать об отсутствии гетероскедастичности.

2) При помощи теста ранговой корреляции Спирмена.

Коэффициент ранговой корреляции Спирмена.

Присвоим ранги признаку e_i и фактору X. Найдем сумму разности квадратов d².

По формуле вычислим коэффициент ранговой корреляции Спирмена.

X	ei	ранг X, dx	ранг ei, dy	(dx - dy)2
1	-4.53	1	2	1
2	-0.92	2	5	9
3	-1.32	3	4	1
4	0.29	4	7	9
5	1.9	5	8	9
6	9.5	6	10	16
7	5.11	7	9	4
8	-0.28	8	6	4
9	-6.68	9	1	64
10	-3.07	10	3	49
				166

Связь между признаком e_i и фактором X слабая и обратная

Оценка коэффициента ранговой корреляции Спирмена.

Значимость коэффициента ранговой корреляции Спирмена

По таблице Стьюдента находим t_табл:

t_табл (n-m-1;α/2) = (8;0.05/2) = 2.306

Поскольку Tнабл < tтабл , то принимаем гипотезу о равенстве 0 коэффициента ранговой корреляции. Другими словами, коэффициент ранговой корреляции статистически - не значим.

Интервальная оценка для коэффициента корреляции (доверительный интервал).

Доверительный интервал для коэффициента ранговой корреляции

r(-0.7353;0.7231)

Проверим гипотезу H₀: гетероскедастичность отсутсвует.

Поскольку 2.306 > 0.02, то гипотеза об отсутствии гетероскедастичности принимается.

Решение было получено и оформлено с помощью сервиса:

Уравнение парной линейной регрессии

Вместе с этой задачей решают также:

Уравнение множественной регрессии

Выявление тренда методом аналитического выравнивания

Показатели вариации

Показатели динамики

Конец расчетов.

- изучите решение задачи;

- необходимо продемонстрировать понимание полученных расчетов, для этой цели скопируйте таблицу 1 в ЕХСЕ1 и проверьте правильность расчетов;

Таблица 1

x	y	x 2	y 2	x • y	y(x)	(yi-ycp) 2	(y-y(x))2	(xi-xcp)2	|y - yx|:y
1	120	1	14400	120	115.47	635.04	20.5	20.25	0.0377
2	123	4	15129	246	122.08	492.84	0.85	12.25	0.00749
3	130	9	16900	390	128.68	231.04	1.73	6.25	0.0101
4	135	16	18225	540	135.29	104.04	0.0846	2.25	0.002155
5	140	25	19600	700	141.9	27.04	3.6	0.25	0.0135
6	139	36	19321	834	148.5	38.44	90.31	0.25	0.0684
7	150	49	22500	1050	155.11	23.04	26.1	2.25	0.0341
8	162	64	26244	1296	161.72	282.24	0.0811	6.25	0.001758
9	175	81	30625	1575	168.32	888.04	44.61	12.25	0.0382
10	178	100	31684	1780	174.93	1075.84	9.44	20.25	0.0173
55	1452	385	214628	8531	1452	3797.6	197.3	82.5	0.23

- контрольную задачу необходимо защитить, при сдачи экзамена.

Был приведен пример решения задачи для одного из вариантов. Студенту следует ввести свои данные с учетом номера зачетки и повторить расчеты.