Построение регрессионной модели

Построение регрессионной модели

Задание

Таблица 1

Построить линейное регрессионное уравнение.

1. Построить поле корреляции и линию регрессии на одном графике.

Вычислить:

2. коэффициент детерминации;

3. среднюю ошибку аппроксимации;

4. t-статистики;

5. доверительные интервалы.

6. Сделать выводы

Построить показательную зависимость и повторить пункты 1–6.

Сравнить построенные модели.

Решение:

Построим поле корреляции:

Рис. 1. Поле корреляции пенсии от прожиточного минимума

По полю корреляции слабо прослеживается зависимость пенсии от прожиточного минимума.

Рассчитаем параметры уравнения линейной парной регрессии.

Для расчета параметров a и b уравнения линейной регрессии у = а + bx решим систему нормальных уравнений относительно а и b:

По исходным данным рассчитываем Sх, Sу, Sух, Sх², Sу².

Таблица 2

Найдем дисперсию переменных:

= 9448,5 – 88,33² = 1646,31 (тыс. руб.)²

= 42261,83 – 196,83² = 3519,78 (тыс. руб.)²

Найдем параметры a и b уравнения линейной регрессии:

 0,667

196,83 – 0,667 · 88,33 = 137,91 тыс. руб.

Уравнение регрессии:

= 137,91 + 0,667 · х

Построим линию регрессии на рис. 1.

С увеличением прожиточного минимума на 1 тыс. руб. пенсия увеличивается на 0,667 тыс. руб.

Рассчитаем линейный коэффициент парной корреляции:

 0,456

Определим коэффициент детерминации:

(0,456)² = 0,208

Т.е. вариация пенсий на 20,8% объясняется вариацией прожиточного минимума.

Найдем среднюю ошибку аппроксимации:

26,7%

Средняя ошибка аппроксимации имеет значение меньше 30% – это говорит о среднем уровне надежности уравнения регрессии.

Рассчитаем F-критерий:

2,628

Критическое значение распределения Фишера определяют либо по таблицам распределения Фишера, либо расчетным путем с использованием функции FРАСПОБР() табличного процессора Excel. Для уровня доверия 0,95, одного фактора и 12 значений:

F_кр = F (0,05; 1; 10) = 4,964

Т.к. F_кр > F_факт, то необходимо отклонить гипотезу о статистической значимости параметров уравнения. Т.е. использовать данную функцию для аппроксимации нельзя.

Найдем стандартную ошибку остаточной компоненты по формуле:

=  =  = 55,14

Найдем средние квадратичные (стандартные) ошибки оценивания коэффициента b и свободного члена а уравнения регрессии:

 39,99

 0,411

Найдем t – критерий Стьюдента для обоих параметров:

 137,91 / 39,99 = 3,448

 0,667 / 0,411 = 1,623

Сравнивая значения t-статистики для каждого из коэффициентов линейной регрессии с табличным значением (α = 0,05; k = 12) t_табл = 2,228, можно сказать, что с вероятностью 95% коэффициент а надёжен, коэффициент b ненадёжен при данном уровне значимости.

Для расчета доверительного интервала определяем предельную ошибку Δ:

 = t_табл ·  = 2,228 * 39,99 » 89,1

 = t_табл ·  = 2,228 * 0,411 » 0,916

Доверительные интервалы для коэффициентов регрессии:

a – Δ_a < a < a + Δ_a

48,81 < a < 227,01

b – Δ_b < b < b + Δ_b

– 0,249 < b < 1,583

Таким образом, полученные оценки коэффициента регрессии b не являются эффективными и состоятельными, а само уравнение = 137,91 + 0,667·х не может использоваться для моделирования и прогнозирования динамики.

Это обусловлено большой ошибкой уравнения регрессии.

Для построения уравнения показательной кривой у = а · е^bх линеризуем переменные логарифмированием обеих частей уравнения:

ln у = ln а + b·x

Y = A + b·x

Где Y = ln y, A = ln a.

Для расчетов будем использовать данные таблицы 4.

Таблица 4

Найдем дисперсию переменных:

= 9448,5 – 88,33² = 1646,31

= 27,506 – 5,235² = 0,0955

Найдем параметров А и В регрессии составили:

b =0,00314

5,325 – 0,00314 · 88,33 = 4,958

Получено линейное уравнение:

= 4,958 + 0,00314 · х

Произведем потенцирование полученного уравнения и запишем его в обычной форме:

= e^4,958 · e^{0,00314 · х} = 142,31 · e^{0,00314 х}

Тесноту связи оценим через индекс корреляции р_ху:

 0,436

Связь средняя.

Определим коэффициент детерминации:

 0,1838

Т.е. вариация результативного признака на 18,38% объясняется вариацией факторного признака.

Найдем среднюю ошибку аппроксимации:

25,9%

Средняя ошибка аппроксимации имеет значение меньше 30%, т.е. надежность уравнения средняя.

Рассчитаем F-критерий: (m – число параметров при переменной x)

1,8378

F_кр = 4,964

Т.к. F_кр > F_факт, т.е. необходимо отклонить гипотезу о статистической значимости параметров уравнения.

Найдем стандартную ошибку остаточной компоненты по формуле:

=  =  = 55,77

Найдем средние квадратичные (стандартные) ошибки оценивания коэффициента b и свободного члена а уравнения регрессии:

 40,45

 0,416

Найдем t – критерий Стьюдента для обоих параметров:

 142,31 / 40,45 = 3,518

 0,00314 / 0,411 = 0,0076

Сравнивая значения t-статистики для каждого из коэффициентов линейной регрессии с табличным значением (α = 0,05; k = 12) t_табл = 2,228, можно сказать, что с вероятностью 95% коэффициент а надёжен, коэффициент b ненадёжен при данном уровне значимости.

Для расчета доверительного интервала определяем предельную ошибку Δ:

 = t_табл ·  = 2,228 * 40,45 » 90,12

 = t_табл ·  = 2,228 * 0,0076 » 0,0169

Доверительные интервалы для коэффициентов регрессии:

a – Δ_a < a < a + Δ_a

52,19 < a < 232,43

b – Δ_b < b < b + Δ_b

– 0,01376 < b < 0,02004

Построим линию показательной зависимости на поле корреляции:

Рис. 2. Рассчитанные линии регрессий

У линейной зависимости меньше стандартная ошибка и больше значение F-критерия. Поэтому из двух уравнений регрессий линейное более достоверно. Но низкая надежность коэффициента регрессии b, говорит, что результаты аппроксимации будут иметь достаточно низкую надежность (80%).