Реферат: 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

№ п/п	y	x	yx	x2	y2		у –	(у –)2
1	131	100	13100	10000	17161	204,61	-73,61	5418,432	0,562
2	110	90	9900	8100	12100	197,94	-87,94	7733,444	0,799
3	170	150	25500	22500	28900	237,96	-67,96	4618,562	0,400
4	141	31	4371	961	19881	158,587	-17,587	309,303	0,125
5	150	60	9000	3600	22500	177,93	-27,93	780,085	0,186
6	160	39	6240	1521	25600	163,923	-3,923	15,390	0,025
7	200	40	8000	1600	40000	164,59	35,41	1253,868	0,177
8	230	70	16100	4900	52900	184,6	45,4	2061,160	0,197
9	240	80	19200	6400	57600	191,27	48,73	2374,613	0,203
10	260	150	39000	22500	67600	237,96	22,04	485,762	0,085
11	270	120	32400	14400	72900	217,95	52,05	2709,203	0,193
12	300	130	39000	16900	90000	224,62	75,38	5682,144	0,251
Итого	2362	1060	221811	113382	507142	2361,94	0,1	33441,964	3,203
Среднее	196,83	88,33	18484,25	9448,5	42261,83
Обозначение среднего

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

Т.к. коэффициент в интервале от 0,3 до 0,7 связь средняя, прямая.

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^{b х} линеризуем переменные логарифмированием обеих частей уравнения:

ln у = ln а + b·x

Y = A + b·x

ГдеY = ln y, A = ln a.

Для расчетов будем использовать данные таблицы 4.

Таблица 4

№	y	Y	x	Yx	x2	Y2		у –	(у – )2	–	( - )2
1	131	4,875	100	487,52	10000	23,7675	194,81	-63,81	4071,1	-2,025	4,1	0,487
2	110	4,700	90	423,043	8100	22,0945	188,78	-78,78	6206,8	-8,047	64,7	0,716
3	170	5,136	150	770,37	22500	26,3764	227,92	-57,92	3354,9	31,091	966,7	0,341
4	141	4,949	31	153,412	961	24,4902	156,86	-15,86	251,5	-39,972	1597,8	0,112
5	150	5,011	60	300,638	3600	25,1065	171,81	-21,81	475,8	-25,018	625,9	0,145
6	160	5,075	39	197,932	1521	25,7574	160,85	-0,85	0,7	-35,982	1294,7	0,005
7	200	5,298	40	211,933	1600	28,0722	161,35	38,65	1493,5	-35,476	1258,6	0,193
8	230	5,438	70	380,666	4900	29,5727	177,29	52,71	2778,1	-19,538	381,7	0,229
9	240	5,481	80	438,451	6400	30,0374	182,95	57,05	3255,0	-13,882	192,7	0,238
10	260	5,561	150	834,102	22500	30,9212	227,92	32,08	1029,0	31,091	966,7	0,123
11	270	5,598	120	671,811	14400	31,3423	207,43	62,57	3914,8	10,601	112,4	0,232
12	300	5,704	130	741,492	16900	32,5331	214,05	85,95	7387,8	17,218	296,5	0,287
Итого	2362	62,83	1060	5611,37	113382	330,0715	2272,02	90,0	34219,0	-89,938	7762,4	3,109
Среднее	196,83	5,235	88,33	467,614	9448,5	27,506
Обозначение среднего

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%).