Найдем параметров А и В регрессии составили:
b =
0,00314 5,325 – 0,00314 · 88,33 = 4,958Получено линейное уравнение:
= 4,958 + 0,00314 · хПроизведем потенцирование полученного уравнения и запишем его в обычной форме:
= e4,958 · e0,00314 · х = 142,31 · e0,00314 хТесноту связи оценим через индекс корреляции рху:
Связь средняя.
Определим коэффициент детерминации:
0,1838Т.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)
1,8378Fкр = 4,964
Т.к. Fкр > Fфакт, т.е. необходимо отклонить гипотезу о статистической значимости параметров уравнения.
Найдем стандартную ошибку остаточной компоненты по формуле:
= = = 55,77Найдем средние квадратичные (стандартные) ошибки оценивания коэффициента b и свободного члена а уравнения регрессии:
40,45 0,416Найдем t – критерий Стьюдента для обоих параметров:
142,31 / 40,45 = 3,518 0,00314 / 0,411 = 0,0076Сравнивая значения t-статистики для каждого из коэффициентов линейной регрессии с табличным значением (α = 0,05; k = 12) tтабл = 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:
= tтабл · = 2,228 * 40,45 » 90,12 = tтабл · = 2,228 * 0,0076 » 0,0169Доверительные интервалы для коэффициентов регрессии:
a – Δa < a < a + Δa
52,19 < a < 232,43
b – Δb < b < b + Δb
– 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%).