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
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^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%).