11
Вступ.
Актуальність роботи.
В нинішній час економіка України наражається на важкі деформації, падає виробництво, росте безробіття, має місце інфляція. Для того, щоб виправити ситуацію ,що склалася на Україні необхідно побудова реальних моделей, за допомогою яких можна достатньо точно прогнозувати економічні процеси.
В нашій роботі ми вжили спробу побудови однієї з таких моделей.
Наукова новизна.
В нашій роботі ми використали засоби математичної статистики, теоретичного аналізу, теорії імовірності, системного аналізу, економетрії. Ми зробили першу спробу побудови економетричної моделі України.
Ми показали, як застосовуючи засоби економетрії можливо управляти економікою і розглянули відзнаки між регресійним аналізом і побудовою економетричної моделі.
Практична цінність.
В нашій моделі ми спробували відбити процеси, звязані з виробництвом, і побудували економетричну модель, показали, що можна прорахувати коефіціенти цієї моделі. Однак зараз склалася така ситуація, при якій не уміють цінувати інформацію, їй приділяється мало уваги, хоча за рубіжем вже давно навчилися її цінувати і до неї відносяться як до дуже дорогого товару. В звязку з цим у нас склалася ситуація інформаційного «голоду». Тому нам не вистачало статистичних даних. Ми маємо надію, що в найближчий час на Україні будуть розвиватися компютерні технології і програмні продукти, буде приділятися більше уваги побудові економетричних моделей і їхньому використанню.
Апробація роботи.
Апробація моделі була вироблена на реальних статистичних даних, отриманих і взятих з збірника народної господарства, статистичних збірників, а також періодичної преси.
Завдання 1.
На базі статистичних показників змінних X(i) та Y(i), n=17, побудувати графік емпіричних змінних, вибрати форму криволінійної моделі, оцінити всі її параметри, визначити зони надійності при рівні значимості =0,9. Перевірити фактор Y на автокореляцію, а також оцінити прогноз для таких значень X: X1(p1)=15, X2(p2)=17, X3(p3)=20.
|
|
I
|
1
|
2
|
3
|
4
|
5
|
6
|
7
|
8
|
9
|
10
|
11
|
12
|
13
|
14
|
15
|
16
|
17
|
|
|
X(i)
|
6,15
|
6
|
6,05
|
6,8
|
7,15
|
6,5
|
7,2
|
6,65
|
7,3
|
7,25
|
7,25
|
7
|
6,9
|
6,9
|
6,7
|
6,9
|
6,75
|
|
|
Y(i)
|
12
|
13,8
|
14
|
14,4
|
13,6
|
14,2
|
13,8
|
14,2
|
14,6
|
17
|
14,6
|
14,4
|
15,2
|
17,4
|
14,8
|
16
|
15,2
|
|
|
Рішення.
1-й крок:
1.1) взяти декартову систему координат на площині;
1.2) відкласти на ній точки (Xi; Yi), і=1,….., n;
1.3) обвести всі відкладені точки замкнутою кривою - отримати хмару розсіяння експерементальних даних;
1.4) на око провести криву, яка відповідає усередненим значенням.
У нашому випадку, по розташуванню крапок на графіку 1, можна припустити, що рівняння прямої будемо знаходити у вигляді
2-й крок:
2.1) визначити параметри моделі методом найменших квадратів (МНК) за формулами:
2.2)обчислити значення для кожного значення і занести в таблицю у якості додаткового стовбця;
2.3)побудувати графік регресійної функції
3-й крок:
3.1) обчислити залишкову дисперсію за формулою:
, де n - довжина вибірки, m - число факторів(m=1)
3.2) обчислити відносну похибку розрахункових значень регресії за формулою:
,
а середнє значення відносної похибки, як
,
4-й крок:
4.1) обчислити коефіцієнти еластичності за формулою:
, де
,
;
5-й крок:
5.1) обчислити центровані значення за формулою:
5.2) знайти коефіцієнт Стьюдента , де =1-p, =n-2( з таблиці, яку наведено звичайно у будь-якій книзі із статистики),
в нашому випадку =1.75
5.3) обчислити дисперсію:
5.4) обчислити за формулою:
5.5) зєднати неперервною лінією на графіку всі значення і та отримані дані занести у таблицю (отримуємо надійну зону).
6-й крок:
6.1) обчислити збурювальну змінну за формулою
, де =1, 2,…., n
6.2) визначити d- статистику за формулою
6.3) знайти верхню () і нижню () межу (із додатку в кінці будь-якої книги із статистики ) - d-статистика(Критерій Дарбіна-Уотсона); ;
6.4) зробити висновок про автокореляцію.
Так як , то ряд не містить автокореляцію.
7-й крок:
7.1) у рівняння підставити значення ;
Коли Xp=15, Yp=25,88365.
Коли Xp=17, Yp=28,61847.
Коли Xp=20, Yp=32,7207.
7.2) знайти межі надійних інтервалів індивідуальних прогнозованих значень за формулою
Коли Xp=15, Yp=12,318.
Коли Xp=17, Yp=15,207.
Коли Xp=20, Yp=19,567.
7.3) записати межі надійних інтервалів індивідуальних прогнозованих значень ( ; ).
(13,56565; 38,20165)
(13,41147; 43,82547)
(13,1537; 52,2877)
|
|
n
|
X(i)
|
Y(i)
|
Xi2
|
X(i)Y(i)
|
|
U(i)
|
Ui2
|
i
|
|
|
|
|
|
Ui - Ui-1
|
(Ui - Ui-1)2
|
|
|
1
|
6,15
|
12
|
37,8225
|
73,8
|
13,78207
|
-1,7820715
|
3,17577883
|
-14,8506
|
-0,64118
|
0,411107
|
1,112438
|
12,66963
|
14,89451
|
|
|
|
|
2
|
6
|
13,8
|
36
|
82,8
|
13,57696
|
0,22304
|
0,04974684
|
1,616232
|
-0,79118
|
0,625959
|
1,304358
|
12,2726
|
14,88132
|
2,005112
|
4,020472
|
|
|
3
|
6,05
|
14
|
36,6025
|
84,7
|
13,64533
|
0,3546695
|
0,12579045
|
2,533354
|
-0,74118
|
0,549342
|
1,239332
|
12,406
|
14,88466
|
0,131629
|
0,017326
|
|
|
4
|
6,8
|
14,4
|
46,24
|
97,92
|
14,67089
|
-0,270888
|
0,07338031
|
-1,88117
|
0,008824
|
7,79E-05
|
0,591756
|
14,07913
|
15,26264
|
-0,62556
|
0,391322
|
|
|
5
|
7,15
|
13,6
|
51,1225
|
97,24
|
15,14948
|
-1,5494815
|
2,40089292
|
-11,3932
|
0,358824
|
0,128755
|
0,792444
|
14,35704
|
15,94193
|
-1,27859
|
1,634801
|
|
|
6
|
6,5
|
14,2
|
42,25
|
92,3
|
14,26067
|
-0,060665
|
0,00368024
|
-0,42722
|
-0,29118
|
0,084783
|
0,730096
|
13,53057
|
14,99076
|
1,488817
|
2,216575
|
|
|
7
|
7,2
|
13,8
|
51,84
|
99,36
|
15,21785
|
-1,417852
|
2,01030429
|
-10,2743
|
0,408824
|
0,167137
|
0,843106
|
14,37475
|
16,06096
|
-1,35719
|
1,841957
|
|
|
8
|
6,65
|
14,2
|
44,2225
|
94,43
|
14,46578
|
-0,2657765
|
0,07063715
|
-1,87167
|
-0,14118
|
0,019931
|
0,626924
|
13,83885
|
15,0927
|
1,152076
|
1,327278
|
|
|
9
|
7,3
|
14,6
|
53,29
|
106,58
|
15,35459
|
-0,754593
|
0,5694106
|
-5,16845
|
0,508824
|
0,258902
|
0,95338
|
14,40121
|
16,30797
|
-0,48882
|
0,238942
|
|
|
10
|
7,25
|
17
|
52,5625
|
123,25
|
15,28622
|
1,7137775
|
2,93703332
|
10,08104
|
0,458824
|
0,210519
|
0,89693
|
14,38929
|
16,18315
|
2,468371
|
6,092853
|
|
|
11
|
7,25
|
14,6
|
52,5625
|
105,85
|
15,28622
|
-0,6862225
|
0,47090132
|
-4,70015
|
0,458824
|
0,210519
|
0,89693
|
14,38929
|
16,18315
|
-2,4
|
5,76
|
|
|
12
|
7
|
14,4
|
49
|
100,8
|
14,94437
|
-0,54437
|
0,2963387
|
-3,78035
|
0,208824
|
0,043607
|
0,666445
|
14,27793
|
15,61081
|
0,141853
|
0,020122
|
|
|
13
|
6,9
|
15,2
|
47,61
|
104,88
|
14,80763
|
0,392371
|
0,153955
|
2,581388
|
0,108824
|
0,011843
|
0,612841
|
14,19479
|
15,42047
|
0,936741
|
0,877484
|
|
|
14
|
6,9
|
17,4
|
47,61
|
120,06
|
14,80763
|
2,592371
|
6,7203874
|
14,89868
|
0,108824
|
0,011843
|
0,612841
|
14,19479
|
15,42047
|
2,2
|
4,84
|
|
|
15
|
6,7
|
14,8
|
44,89
|
99,16
|
14,53415
|
0,265853
|
0,07067782
|
1,796304
|
-0,09118
|
0,008313
|
0,606592
|
13,92756
|
15,14074
|
-2,32652
|
5,412686
|
|
|
16
|
6,9
|
16
|
47,61
|
110,4
|
14,80763
|
1,192371
|
1,4217486
|
7,452319
|
0,108824
|
0,011843
|
0,612841
|
14,19479
|
15,42047
|
0,926518
|
0,858436
|
|
|
17
|
6,75
|
15,2
|
45,5625
|
102,6
|
14,60252
|
0,5974825
|
0,35698534
|
3,930806
|
-0,04118
|
0,001695
|
0,5947
|
14,00782
|
15,19722
|
-0,59489
|
0,353892
|
|
|
Сума
|
115,5
|
249,2
|
786,7975
|
1696,13
|
249,2
|
1,55E-05
|
20,9076491
|
-9,457
|
8E-06
|
2,756176
|
13,69395
|
235,506
|
262,8939
|
2,379554
|
35,90415
|
|
|
Таблиця 2
Завдання 2.
На базі статистичних даних показників змінних x (t) за n=18 місяців побудувати графік тренду зміни x (t), вибрати форму однофакторної моделі, оцінити всі її параметри, визначити зони надійності при рівні значимості =0.9.Перевірити показник Х на автокореляцію, а також оцінити для наступних трьох місяців прогноз значення x (tр):
|
|
t
|
X (t)
|
|
|
1
|
9,51
|
|
|
2
|
11,62
|
|
|
3
|
11,22
|
|
|
4
|
15,22
|
|
|
5
|
13,99
|
|
|
6
|
15,18
|
|
|
7
|
14,98
|
|
|
8
|
17,88
|
|
|
9
|
16,78
|
|
|
10
|
18,94
|
|
|
11
|
20,98
|
|
|
12
|
15,71
|
|
|
13
|
20,74
|
|
|
14
|
24,7
|
|
|
15
|
20,78
|
|
|
16
|
20,74
|
|
|
17
|
19,75
|
|
|
18
|
23,92
|
|
|
k кор.
|
0,899208
|
|
|
Рішення:
Побудуємо графік тренду зміни Х(t)
Введемо гіпотезу про те, що зміну Х(t) розподілено за законом X(t)=btб.Визначимо параметри цієї регресії:
18 18
б=( У t 1 x 1 (t)-18 t 1 x 1 (t) )/(У x 1 2 (t)-18 x 1 2 ) =0.3081
t=1 t=1
b 1=x 1(t)-б t 1=2.2002.
Де х 1 (t)=ln x(t), t 1 =ln t ,б 1 = б ,b 1= ln b.Звідки a=0.3081,b=9.0268.
Дисперсію визначаємо за формулою:
n
S2= У(x 1-x)2/( n-p-1)=1.9044
i=1
Вибірковий коефіцієнт детермінації :
n n
R=(1-((xi-xi)2/(xi-x)2))1/2= 0.9095
i=1 i=1
Для оцінки надійності рівняння регресії і значущості індексу кореляції обчислимо значення Fp-критерію Фішера:
Fp=x2/S2=5.445,
n
де x2= У(x 1-x)2/(n-1).Оскільки Fрозр>Fтабл=1,95,то прийнята
i=1
модель адекватна експерементальним даним.
Для оцінки меж надійних інтервалів лінії регресії спочатку визначимо надійні інтервали здобутої лінійної моделі,
x1i=ta,kS/n1/2(1+(x1i-x1)2/x12)1/2
а потім виконаємо зворотній перехід за формулами :
YiYi=exp(Y1iY1i).
Складемо таблицю1.
Визначимо автокореляцію за формулою:
n n
d= У(lt-lt-1)2/Уlt2=2.425.
t=2 t=1
Визначимо границі d-статистики: d1=1.16,dn=1.39.Оскільки виконується нерівність dn<d<4-dn ,то враховується гіпотеза про відсутність атокореляції.
Для оцінки меж надійних інтервалів прогнозу спочатку визначимо надійні інтервали здобутої лінійної моделі,
X1p=ta,kS/n1/2(1+n+(X1i-X1)2/x12)
а потім виконаємо зворотній перехід за формулами:
YpYp=exp(Y1pY1p)
Складемо таблицю 2.
Таблиця 1.
|
|
t
|
x(t)
|
t1
|
x1 (t)
|
x1r
|
xr
|
x1
|
xmin
|
xvf[
|
|
|
1
|
9,51
|
0
|
2,2523
|
2,2002
|
9,0268
|
2,6461
|
0,6402
|
127,267
|
|
|
2
|
11,62
|
0,6931
|
2,4527
|
2,4137
|
11,1757
|
1,8811
|
1,7034
|
73,3196
|
|
|
3
|
11,22
|
1,0986
|
2,4177
|
2,5338
|
12,6626
|
1,4754
|
2,8958
|
55,371
|
|
|
4
|
15,22
|
1,3863
|
2,7226
|
2,6273
|
13,8362
|
1,228
|
4,0522
|
47,2427
|
|
|
5
|
13,99
|
1,6094
|
2,6383
|
2,696
|
14,8202
|
1,0767
|
5,0498
|
43,4978
|
|
|
6
|
15,18
|
1,7918
|
2,72
|
2,7522
|
15,6771
|
0,9922
|
5,8123
|
42,2844
|
|
|
7
|
14,98
|
1,9459
|
2,7067
|
2,7997
|
16,4396
|
0,9561
|
6,3193
|
42,7674
|
|
|
8
|
17,88
|
2,0794
|
2,8837
|
2,8408
|
17,13
|
0,9541
|
6,5974
|
44,4772
|
|
|
9
|
16,78
|
2,1972
|
2,8202
|
2,8771
|
17,763
|
0,9753
|
6,6978
|
47,1082
|
|
|
10
|
18,94
|
2,3026
|
2,9413
|
2,9096
|
18,349
|
1,0114
|
6,6738
|
50,4487
|
|
|
11
|
20,98
|
2,3979
|
3,0436
|
2,9389
|
18,8958
|
1,0568
|
6,5695
|
54,3499
|
|
|
12
|
15,71
|
2,4849
|
2,7543
|
2,9657
|
19,4092
|
1,1068
|
6,4169
|
58,7071
|
|
|
13
|
20,74
|
2,5649
|
3,0321
|
2,9904
|
19,8937
|
1,1598
|
6,2377
|
63,446
|
|
|
14
|
24,7
|
2,6391
|
3,2068
|
3.0132
|
20,3532
|
1,2138
|
6,0463
|
68,5134
|
|
|
15
|
20,78
|
2,7081
|
3,034
|
3,0345
|
20,7904
|
1,2678
|
5,8514
|
73,8702
|
|
|
16
|
20,74
|
2,7726
|
3,0321
|
3,0544
|
21,2079
|
1,3212
|
5,6585
|
79,4872
|
|
|
17
|
19,75
|
2,8332
|
2,9832
|
3,0731
|
21,6077
|
1,3736
|
5,4709
|
85,342
|
|
|
Таблиця 2.
|
|
t
|
xlp(t)
|
xp(t)
|
xlp
|
xpmin
|
xpmax
|
|
|
19
|
3.1073
|
22.3610
|
7.1463
|
0.0176
|
28385.4
|
|
|
20
|
3.1231
|
22.7172
|
7.1565
|
0.0177
|
29131.4
|
|
|
21
|
3.1382
|
23.0612
|
7.1666
|
0.0178
|
29874.0
|
|
|
Відповідь.
З надійністю р=0,1 можна вважати, що експерементальним даним відповідає така математична модель:Yr=9.0268X0.3081.
Для tp=19 точкова оцінка прогнозу показника має значення Xp=22,36.З надійністю p=0,1прогноз показника буде набувати значення в інтервалі (0,0176;2838,4).
Для tp=20 точкова оцінка прогнозу показника має значення Xp=22,72.З надійністю p=0,1прогноз показника буде набувати значення в інтервалі (0,0177;29131,4).
Для tp=21 точкова оцінка прогнозу показника має значення Xp=22,36.З надійністю p=0,1 прогноз показника буде набувати значення в інтервалі (0,0178;29874,0).
Завдання 3.
Визначити параметри лінійної моделі залежності витрат на споживання С від рівня доходів D,збережень S та заробітної плати L.Оцінить коефіцієнти детермінації,автокореляції та перевірте показники на мультиколінеарність між факторами.Обчислення виконати на базі 13 статистичних даних певного регіону (C,D,S,L подані у тис $).
Дано:
|
|
І
|
С(і)
|
D(i)
|
S(i)
|
L(i)
|
|
|
1
|
9,08
|
10,11
|
12,29
|
9
|
|
|
2
|
10,92
|
12,72
|
11,51
|
8,03
|
|
|
3
|
12,42
|
11,78
|
11,46
|
9,66
|
|
|
4
|
10,9
|
14,87
|
11,55
|
11,34
|
|
|
5
|
11,52
|
15,32
|
14
|
10,99
|
|
|
6
|
14,88
|
16,63
|
11,77
|
13,23
|
|
|
7
|
15,2
|
16,39
|
13,71
|
14,02
|
|
|
8
|
14,08
|
17,93
|
13,4
|
12,78
|
|
|
9
|
14,48
|
19,6
|
14,01
|
14,14
|
|
|
10
|
14,7
|
18,64
|
1625
|
14,67
|
|
|
11
|
18,34
|
18,92
|
16,72
|
15,36
|
|
|
12
|
17,22
|
21,22
|
14,4
|
15,69
|
|
|
13
|
19,42
|
21,84
|
18,19
|
17,5
|
|
|
Рішення:
Припустимо, що між показником Y і чинниками Х1 Х2 Х3 існує лінійна залежність Y=А1Х1+А2Х2+А3Х3 . Знайдемо оцінки параметрів,використовуючи матричні операції. Запишеио систему нормальних рівнянь у матричній формі: [X]T[X]в=[X]TY. Якщо помножити матричне рівняння зліва на матрицю [[X]T[X]]-1, то для оцінки параметрів вектора в отримаємо формулу:
в=[[X]T[X]]-1[X]Ty, звідки а1 =0,0603; а 2=0,151;а3=0,859.
Складемо таблицю:
|
|
І
|
D(i)
|
S(i)
|
L(i)
|
C(i)
|
Cроз (i)
|
1
|
|
|
1
|
10,11
|
12,29
|
9
|
9,08
|
10,1954
|
1,1154
|
|
|
2
|
12,72
|
11,51
|
8,03
|
10,92
|
9,4018
|
-1,5182
|
|
|
3
|
11,78
|
11,46
|
9,66
|
12,42
|
10,7376
|
-1,6824
|
|
|
4
|
14,87
|
11,55
|
11,34
|
10,9
|
12,3803
|
1,4803
|
|
|
5
|
15,32
|
14
|
10,99
|
11,52
|
12,4768
|
0,9568
|
|
|
6
|
16,63
|
11,77
|
13,23
|
14,88
|
14,1429
|
-0,7371
|
|
|
7
|
16,39
|
13,71
|
14,02
|
15,2
|
15,1
|
-0,1
|
|
|
8
|
17,93
|
13,4
|
12,78
|
14,08
|
14,0809
|
0,0009
|
|
|
9
|
19,6
|
14,01
|
14,14
|
14,48
|
15,4418
|
0,9618
|
|
|
10
|
18,64
|
16,25
|
14,67
|
14,7
|
16,1774
|
1,4774
|
|
|
11
|
18,92
|
16,72
|
15,36
|
18,34
|
16,8579
|
-1,4821
|
|
|
12
|
21,22
|
14,4
|
15,69
|
17,22
|
16,9296
|
-0,2904
|
|
|
13
|
21,84
|
18,19
|
17,5
|
19,42
|
19,0939
|
-0,3261
|
|
|
Коефіцієнт множинної детермінації:
13 13
R2=1-У(yi-yi)2/У(y-?)2=0.863
I=1 i=1
Визначимо автокореляцію за формулою:
13 13
d=У(lt-lt-1 )2/Уlt2=2.0531.
t=2 t=1
Оскільки значення d-статистики близьке до 2 то можна вважати автокореляцію відсутньою.Для визначення мультиколінеарності використаємо критерій Х2 . Розрахункове значення Х2 знаходимо за формулою:
Х2р=[n-1-1/6(2m+5)]ln¦[X]T [X]¦=3.1025
Для довірчої ймовірності р=0.95 і числа ступенів волі 1/2m(m-1)=3 X2=7.8.Оскільки розрахункове значення менше критичного,то можна вважати,що загальноі мультиколінеарності не існує.
Відповідь:
Коефіцієнт детермінації R2=0.863,автокореляція та загальна мультиколінеарність відсутні.
Завдання 4.
Проаналізуйте модель виробничої функції типу Кобба-Дугласа,що описує залежність між продуктивністю праці y=y/l та фондоозброєністю x=k/l з урахуванням впливу технічного прогресу у виробництво регіону.Оцініть параметри моделі,коефіцієнти детермінації та автокореляції за такими статистичними показниками Y ,k та L за 12 років.
|
|
T
|
Y(t)
|
k(t)
|
L(t)
|
|
|
1
|
54,24
|
4,41
|
11,89
|
|
|
2
|
49,56
|
4,97
|
11,04
|
|
|
3
|
52,32
|
6,63
|
11,46
|
|
|
4
|
73,92
|
7,39
|
15,56
|
|
|
5
|
67,2
|
7,44
|
15,67
|
|
|
6
|
64,44
|
8,31
|
17,44
|
|
|
7
|
80,04
|
8,9
|
15,71
|
|
|
8
|
93,12
|
12,12
|
19,91
|
|
|
9
|
95,4
|
14,77
|
16,52
|
|
|
10
|
90,54
|
15,06
|
21,54
|
|
|
11
|
116,94
|
14,21
|
17,9
|
|
|
Рішення:
Ви ...........
Страницы: [1] | 2 |
|
