Рівняння регресії і побудова економетричних моделей

задача

Розвязання завдання 1.

Рівняння регресії має наступний вигляд: y. Розрахуємо необхідні для оцінки методом найменших квадратів коефіцієнти b0 і b1. Проміжні розрахунки наведено в Додатку 1.

Отже, відповідно до методу найменших квадратів, рівняння регресії має вигляд: y

Визначимо коефіцієнти кореляції та детермінації.

Коефіцієнт парної детермінації

Висновок: коефіцієнт парної детермінації R2 складає 0,0016. Це означає, що тільки 0,16% змін змінної у визначається лінійною залежністю від змінної х. Такий звязок дуже малий для подальшого аналізу і не здатний надати точних результатів для подальшого прогнозування.

Для перевірки коефіцієнту детермінації висуваємо гіпотези:

Н0: R2 = 0 (лінійної залежності немає).

Н1: R2 ? 0 (лінійна залежність є).

Обираємо рівень значущості б - за умовами він дорівнює 0,05.

б = 0,05.

Визначаємо ступінь свободи k:

k1 = m = 1

k2 = n - 2 = 10 - 2 = 8

n - кількість спостережень; m - кількість пояснювальних змінних.

Скориставшись таблицею Фішера, визначимо, що F0,05 = 5,32.

Определим F-статистику:

F < F0,05. Отже, гіпотезу R2 ? 0 відкидаємо з пятивідсотковим ризиком помилитись і приймаємо гіпотезу Н0: R2 = 0. Таким чином, з імовірністю більше 95% можна стверджувати, що між змінними х та у не існує лінійної залежності.

Коефіцієнт кореляції rxy:

Повинна виконуватись умова .

У нашому випадку (0,0404) 2 ? 0,0016 ? R2. Приблизна рівність означає, що розрахунки проведено вірно.

Висновок: коефіцієнт кореляції rxy складає 0,0404. Це означає, що між змінними х та у існує дуже слабка лінійна залежність.

Для перевірки надійності коефіцієнту кореляції визначимо t-статистику:

Повинна виконуватись умова .

В нашому випадку (0,1166) 2 ? 0,0136 ? F. Приблизна рівність (F = 0,0128) означає, що в розрахунках були погрішності, але через їхню незначущість ними можна зневажати.

3. Оцінка значущості параметрів моделі. Побудування інтервалів довіри.

I. Оцінімо параметр b0. Для цього розрахуємо коефіцієнт статистику t0.

b0 = 1,3053

Висуваємо гіпотези:

H0: в0 = 0

H1: в0 ? 0

Рівень значущості б = 0,05

Кількість ступенів свободи k = n - 2; k = 10 - 2 = 8.

За допомогою таблиці теста Стьюдента визначимо, що t0,05 = 2,31.

Висновок: за пятивідсоткового рівня значущості можна стверджувати, що з імовірністю, більшою за95% оцінка b0 є статистично значущою, що потребує розрахунку інтервалу довіри.

в0 = b0 ± t0,05*уb0 = 1,3053 ± 2,31*0,0529 = 1,3053 ± 0,122199

Р(1,183101< в0 < 1,427499) = (1 - б) *100% = 95%

Таким чином, в генеральній сукупності в0 з імовірністю 95% знаходиться в інтервалі (1,183101; 1,427499).

II. Оцінімо параметр b1.

b1 = 0,0115

Визначимо t-статистику для b1:

В нашому випадку tст1 ? trxy. Приблизна рівність допустима (trxy = 0,1166) і означає, що в розрахунках були погрішності, якими можна зневажати.

Висуваємо гіпотези:

H0: в0 = 0

H1: в0 ? 0

tст1 = 0,1122

Рівень значущості б = 0,05.

Кількість ступенів свободи k = n - 2; k = 10 - 2 = 8.

За допомогою таблиці теста Стьюдента визначимо, що t0,05 = 2,31.

tст1< t0,05.

Висновок: за пятивідсоткового рівня значущості можна стверджувати, що з імовірністю, більшою за 95%, оцінка параметра b1 не є статистично значущою, звідки робимо висновок, що інтервал довіри не розраховується.

4. Точкове прогнозування yn+1 для , де р = 0,95.

yn+1 = b0 + b1*xn+1

yn+1 = 1,3053 + 0,0115*11 = 1,4318.

Висновок: отже, за прогнозними даними в 11-му періоді значення залежної змінної дорівнюватиме 1,4318. Але, як було вказано раніше, ці прогнозні значення навряд чи можна вважати достовірними, тому що коефіцієнти детермінації та кореляції відповідають дуже слабкому рівню звязку між змінними.

Делись добром ;)