Проверка гипотез о виде распределения.

1. Проверим гипотезу о том, что Х распределено по нормальному закону с помощью критерия согласия Пирсона.

где pi — вероятность попадания в i-й интервал случайной величины, распределенной по гипотетическому закону

Для вычисления вероятностей pi применим формулу и таблицу функции Лапласа

где s = 0,926, xср = 0,12

Теоретическая (ожидаемая) частота равна ni = npi. Вероятность попадания в i-й интервал: pi = Ф(x2) - Ф(x1)

 

xi÷xi+1	ni	x1	x2	Ф(x1)	Ф(x2)	pi	Ki
-2,42-(-1,94)		-2.7341	-2.2183	-0.4969	-0.4868	0.0101	0.9703
-1,94-(-1,46)		-2.2183	-1.7024	-0.4868	-0.4564	0.0304	0.3031
-1,46-(-0,98)		-1.7024	-1.1865	-0.4564	-0.383	0.0734	0.9639
-0,98-(-0,5)		-1.1865	-0.6706	-0.383	-0.2517	0.1313	2.8619
-0,5-(-0,02)		-0.6706	-0.1548	-0.2517	-0.0636	0.1881	0.7717
-0,02-0,46		-0.1548	0.3611	-0.0636	0.1443	0.2079	0.03
0,46-0,94		0.3611	0.877	0.1443	0.3106	0.1663	5.2794
0,94-1,42		0.877	1.3929	0.3106	0.4192	0.1086	0.0018
1,42-1,9		1.3929	1.9087	0.4192	0.4719	0.0527	0.9777
1,9-2,38		1.9087	2.4246	0.4719	0.4927	0.0208	0.003
Сумма							12.1628

 

 

Определим границу критической области. Так как статистика Пирсона измеряет разницу между эмпирическим и теоретическим распределениями, то чем больше ее наблюдаемое значение Kнабл, тем сильнее довод против основной гипотезы.

Поэтому критическая область для этой статистики всегда правосторонняя: [Kkp;+∞).

Её границу Kkp = χ2(k-r-1;α) находим по таблицам распределения χ2 и заданным значениям s, k (число интервалов), r=2 (параметры xcp и s оценены по выборке).

Kkp = χ2(10-2-1;0.05) = 14.06714; K_набл = 12,16

Наблюдаемое значение статистики Пирсона не попадает в критическую область: Кнабл < Kkp, поэтому ytn оснований отвергать основную гипотезу. Справедливо предположение о том, что данные выборки имеют нормальное распределение.

Полигон эмпирических частот и вероятность для нормального распределения.

 

 

 

Сводная таблица проверки гипотез

Таблица 3

 

№ гипотез	Нулевая гипотеза Н0	Условная запись нулевой гипотезы	Проверка гипотез	Заключение по гипотезе
	о нормальности распределения		12,16,	14.1	Гипотеза Yt отвергается
	о незначимости асимметрии		0,57	0.72	Гипотеза не отвергается
	о незначимости эксцесса		0.75	1.27	Гипотеза не отвергается

 

 

Выводы:

Каждое значение ряда отличается от среднего значения 0.12 в среднем на 0.926. Проверка гипотезы по критерию согласия Пирсона показала, что нет оснований отвергать гипотезу о нормальном законе распределения.
Значения As и Ex мало отличаются от нуля. Поэтому можно предположить близость данной выборки к нормальному распределению.

Задание 2. Определение корреляционной зависимости между рядами наблюдений (Регрессионный анализ данных)

В таблице №1 приведены длины сторон измеренные светодальномером, и их истинные ошибки = .

1. Вычислить оценку коэффициента корреляции между приведенными величинами и определить его значимость и надежность;

2. Получить уравнение регрессии (формулу прогнозов) и оценить точность регрессии;

3. Сделать вывод.

Таблица 1

№№п/п	x i ,(км)	yi , (см)	№№п/п	x i ,(км)	yi , (см)i
	7,50	5.5		6.2	5.0
	9,70	6.5		8.5	5.0
	9,00	7.0		6.5	6.5
	7,90	4.5		2.0	2.0
	6,10	2.5		5.3	5.0
	3.0	3.5		8.5	5.0
	3.5	2.5		4.5	2.5
	8.1	6.0		6.7	4.0
	7.2	7.0		4.7	3.0
	5.7	5.5		7.5	5.5

 

План выполнения задания.

1. Построить поле корреляции (точечную диаграмму), изобразив в прямоугольной системе координат точки с координатами, соответствующими каждой паре наблюдений

2. На основании поля корреляции сделать предположение о наличии между случайными величинами X и Y корреляционной зависимости и о форме этой зависимости (линейная или нелинейная).

3. Вычислить оценки математических ожиданий случайных величин X и Y - средние арифметические и .

4. Вычислить оценки средних квадратических отклонений и .

5. Вычислить оценку коэффициента корреляции - выборочный коэффициент корреляции.

6. Проверить гипотезу о не значимости коэффициента корреляции.

7. Оценить надежность коэффициента корреляции (критерий Фишера).

8. Получить уравнение регрессии случайной величины Y на X. Нанести прямую линию регрессии на график.

9. Оценить точность регрессии.

10. Выполнить точечную и интервальную оценку точности параметров уравнения регрессии

11. Сделать общий вывод по результатам анализа.

 

Ход выполнения:

Построим корреляционное поле:

На основании поля корреляции можно предположить существование между величинами Х и Y линейной корреляционной зависимости с функцией регрессии .

Метод наименьших квадратов дает наилучшие (состоятельные, эффективные и несмещенные) оценки параметров уравнения регрессии. Но только в том случае, если выполняются определенные предпосылки относительно случайного члена (ε) и независимой переменной (x).

Формально критерий МНК можно записать так:

S = ∑(y_i - y^*_i)² → min

Система нормальных уравнений.

an + b∑x = ∑y

a∑x + b∑x² = ∑yx

Для расчета параметров регрессии построим расчетную таблицу

Таблица 2.

№	x	y	x2	y2	x • y
	7,50	5,50	56,25	30,25	41,25
	9,70	6,50	94,09	42,25	63,05
	9,00	7,00
	7,90	4,50	62,41	20,25	35,55
	6,10	2,50	37,21	6,25	15,25
	3,00	3,50		12,25	10,5
	3,50	2,50	12,25	6,25	8,75
	8,10	6,00	65,61		48,6
	7,20	7,00	51,84		50,4
	5,70	5,50	32,49	30,25	31,35
	6,20	5,00	38,44
	8,50	5,00	72,25		42,5
	6,50	6,50	42,25	42,25	42,25
	2,00	2,00
	5,30	5,00	28,09		26,5
	8,50	5,00	72,25		42,5
	4,50	2,50	20,25	6,25	11,25
	6,70	4,00	44,89		26,8
	4,70	3,00	22,09		14,1
	7,50	5,50	56,25	30,25	41,25
ИТОГО:	128,10	94,00	902,91	489,50	649,85

 

 

Для наших данных система уравнений имеет вид

Домножим уравнение (1) системы на (-6.405), получим систему, которую решим методом алгебраического сложения.

Теперь найдем коэффициент «a» из уравнения (1):

Получаем эмпирические коэффициенты регрессии: b = 0.5796, a = 0.9874

Уравнение регрессии (эмпирическое уравнение регрессии):

y = 0.5796x + 0.9874

Построим график уравнения регрессии:

 

 

Вычислим основные характеристики

Выборочные средние.

Выборочные дисперсии:

Среднеквадратическое отклонение

Коэффициент корреляции b можно находить по формуле, не решая систему непосредственно:

Ковариация.

Рассчитываем показатель тесноты связи. Таким показателем является выборочный линейный коэффициент корреляции, который рассчитывается по формуле:

Линейный коэффициент корреляции принимает значения от –1 до +1.

Связи между признаками могут быть слабыми и сильными (тесными). Их критерии оцениваются по шкале Чеддока:

0.1 < r_xy < 0.3: слабая;

0.3 < r_xy < 0.5: умеренная;

0.5 < r_xy < 0.7: заметная;

0.7 < r_xy < 0.9: высокая;

0.9 < r_xy < 1: весьма высокая;

В нашем примере связь между признаком Y и фактором X высокая и прямая.

Значимость коэффициента корреляции.

Выдвигаем гипотезы:

H₀: r_xy = 0, нет линейной взаимосвязи между переменными;

H₁: r_xy ≠ 0, есть линейная взаимосвязь между переменными;

Если |t_набл| > t_крит — нулевую гипотезу отвергают.

По таблице Стьюдента с уровнем значимости α=0.05 и степенями свободы k=18 находим t_крит:

t_крит (n-m-1;α/2) = (18;0.025) = 2.101

где m = 1 - количество объясняющих переменных.

Поскольку |t_набл| > t_крит, то отклоняем гипотезу о равенстве 0 коэффициента корреляции. Другими словами, коэффициент корреляции статистически – значим

Анализ точности определения оценок коэффициентов регрессии.

Несмещенной оценкой дисперсии возмущений является величина:

S2 = 1.111 - необъясненная дисперсия или дисперсия ошибки регрессии (мера разброса зависимой переменной вокруг линии регрессии).

S = 1.05 - стандартная ошибка оценки (стандартная ошибка регрессии).

Sa - стандартное отклонение случайной величины a.

Sb - стандартное отклонение случайной величины b.

Доверительный интервал для коэффициентов уравнения регрессии.

Определим доверительные интервалы коэффициентов регрессии, которые с надежность 95% будут следующими:

(b - t_крит S_b; b + t_крит S_b)

(0.58 - 2.101*0.116; 0.58 + 2.101*0.116)

(0.336;0.824)

С вероятностью 95% можно утверждать, что значение данного параметра будут лежать в найденном интервале.

(a - t_крит S_a; a + t_крит S_a)

(0.987 - 2.101*0.78; 0.987 + 2.101*0.78)

(-0.652;2.627)

С вероятностью 95% можно утверждать, что значение данного параметра будут лежать в найденном интервале.

 

Проверка гипотез относительно коэффициентов линейного уравнения регрессии.

Если расчетное значение с k₁=(m) и k₂=(n-m-1) степенями свободы больше табличного при заданном уровне значимости, то модель считается значимой.

где m – число факторов в модели.

Оценка статистической значимости парной линейной регрессии производится по следующему алгоритму:

1. Выдвигаем нулевая гипотеза о том, что уравнение в целом статистически незначимо: H₀: R²=0 на уровне значимости α.

2. Далее определяем фактическое значение F-критерия:

 

 

4. Табличное значение критерия со степенями свободы k₁=1 и k₂=18, F_табл = 4.41

Поскольку фактическое значение F > F_табл, то коэффициент детерминации статистически значим (найденная оценка уравнения регрессии статистически надежна).

Выводы.

Изучена зависимость Y от X. На этапе спецификации была выбрана парная линейная регрессия. Оценены её параметры методом наименьших квадратов. Статистическая значимость уравнения проверена с помощью коэффициента детерминации и критерия Фишера. Установлено, что в исследуемой ситуации 58.06% общей вариабельности Y объясняется изменением X. Установлено также, что параметры модели статистически не значимы. Возможна экономическая интерпретация параметров модели - увеличение X на 1 ед.изм. приводит к увеличению Y в среднем на 0.58 ед.изм. Полученные оценки уравнения регрессии позволяют использовать его для прогноза. При x=7, Y будет находиться в пределах от 2.77 до 7.32 ед.изм. и с вероятностью 95% не выйдет за эти пределы.

 

Литература.

 

1. Нефедова Г.А., Ащеулов В.А. Теория вероятностей и математическая статистика в конспективном изложении. Новосибирск, СГГА, 2006.

2. Вентцель Е.С. Теория вероятностей. - М.: Наука, 1969, 4 изд.

3. Агапов Г.И Задачник по теории вероятности. - М.: ВШ., 1986.

4. Гурский Е.И. Сборник задач по теории вероятностей и математической статистике. -М.: 1975.

6. Лесных Н.Б. Основы теории вероятностей и математической статистики. Теория ошибок измерений / Учебное пособие для студентов заочного факультета.- Новосибирск, изд. СГГА, 1992.