» Khoa Học Tự Nhiên

Bài giảng Lý thuyết xác suất và thống kê toán - Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

0

Báo xấu

4
lượt xem 1
download

Bài giảng Lý thuyết xác suất và thống kê toán - Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Bài giảng Lý thuyết xác suất và thống kê toán - Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn" là tư liệu phục hỗ trợ cho các bạn sinh viên học tập cụ thể là cung cấp kiến thức về phương pháp OLS; các giả thiết cơ bản của phương pháp bình phương tối thiểu; hệ số xác định r2 đo độ phù hợp của hàm hồi quy mẫu; kiểm định giả thuyết về các hệ số hồi quy.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Lý thuyết xác suất và thống kê toán - Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn

Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn BÀI 3. MÔ HÌNH HỒI QUY TUYẾN TÍNH ĐƠN Mục tiêu Sau khi kết thúc bài, học viên sẽ hiểu được những vấn đề sau đây:  Ý tưởng của phương pháp bình phương tối thiểu (OLS) và cách sử dụng OLS để ước lượng các hệ số hồi quy.  Ý nghĩa của các hệ số hồi quy ước lượng.  Các giả thiết cơ bản của phương pháp OLS.  Hệ số xác định r2 đo độ phù hợp của hàm hồi quy.  Khoảng tin cậy và kiểm định giả thuyết cho các hệ số hồi quy.  Phân tích phương sai – kiểm định về sự phù hợp của mô hình.  Dự báo. Nội dung Hướng dẫn học • Phương pháp OLS.  Đề nghị học viên ôn lại phần ước lượng • Các giả thiết cơ bản của phương pháp bình và kiểm định giả thiết trong môn lý phương tối thiểu. thiết xác suất và thống kê toán. • Hệ số xác định r2 đo độ phù hợp của hàm  Theo dõi kỹ bài giảng. hồi quy mẫu.  Xem các ví dụ cho mỗi phần bài giảng. • Ước lượng khoảng cho hệ số hồi quy.  Làm các ví dụ và trả lời câu hỏi trắc nghiệm. • Kiểm định giả thuyết về các hệ số hồi quy. • Phân tích phương sai trong mô hình hồi quy. • Dự báo. STA301_Bài 3_v1.0013101214 23
Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn TÌNH HUỐNG DẪN NHẬP Tình huống Công ty dầu ăn Tường An đang xem xét việc giảm giá bán sản phẩm (loại bình 5 lít) để tăng lượng hàng bán ra, đồng thời quảng bá sản phẩm của mình đến khách hàng. Người quản lí của công ty muốn tính toán xem nếu sản phẩm này được giảm giá đi 1000 đồng/lít thì lượng hàng trung bình bán ra sẽ thay đổi thế nào. Đồng thời, nếu như giảm giá 1000 đồng cho 1 lít mà lượng hàng bán thêm được là nhiều hơn 50000 sản phẩm thì công ty sẽ tiến hành 1 chiến dịch khuyến mại trong 1 tháng với giá giảm đi là 10000/lít. Để tiến hành nghiên cứu này, phòng marketing của công ty đã dựa vào các số liệu bán hàng của công ty trong vòng 15 tháng qua (n =15 quan sát) để thu thập số liệu về giá bán (P) và lượng bán (Q) cho loại dầu ăn này. Nghiên cứu viên sau khi tiến hành các thống kê mô tả đã quyết định dùng hàm cầu dạng tuyến tính để xem xét ảnh hưởng của giá đến lượng bán: Qi  1  2 Pi  u i . Dùng số liệu của mẫu, ước lượng được hàm hồi quy mẫu có dạng ˆ  6227  30.43P . Q i i Câu hỏi  Theo kết quả của mô hình, khi giá giảm 1 đơn vị, lượng hàng bán ra thay đổi thế nào?  Liệu khi giá giảm đi 1000 đồng 1 lít thì lượng hàng bán thêm lớn hơn được 50000 sản phẩm như các nhà nghiên cứu muốn kiểm tra không?  Giá bán quyết định bao nhiêu % trong sự thay đổi của lượng bán?  Nếu giá bán là 150000 đồng 1 bình thì lượng bán dự báo là bao nhiêu? 24 STA301_Bài 3_v1.0013101214
Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn Nội dung bài này giới thiệu một mô hình hồi quy đơn giản nhất và đưa ra các phương pháp ước lượng, kiểm định giả thiết và dự báo. Đó là mô hình hồi quy tuyến tính đơn hay còn được gọi là mô hình hồi quy 2 biến, mô hình đề cập đến một biến độc lập X và một biến phụ thuộc Y. Trong bài này chúng ta sẽ ước lượng hàm hồi quy tổng thể PRF dựa trên thông tin mẫu. Mặc dù có rất nhiều phương pháp ước lượng hàm hồi quy tổng thể nhưng chúng ta sẽ sử dụng phương pháp thường dùng là phương pháp bình phương tối thiểu (OLS) (Ordinary Least Square). 3.1. Ước lượng tham số hồi quy bằng phương pháp bình phương tối thiểu BÀI TOÁN Cho biến độc lập X và biến phụ thuộc Y, giả sử ta có hàm hồi quy tổng thể (PRF) có dạng tuyến tính: Yi  E(Y | X i )  u i  1  2 X i  u i (3.1) Với một mẫu quan sát (X1 , Y1 ),(X 2 , Y2 ),...,(X n , Yn ) Ta có: hàm hồi quy mẫu (SRF) ˆ  ˆ  ˆ X Y (3.2) i 1 2 i và: Yi  ˆ 1  ˆ 2 X i  uˆ i  Y ˆ  uˆ i i (3.3) x  Xi  x ˆ 1 , ˆ 2 là các ước lượng của  i , uˆ i là ước lượng  yi  Yi  y của u i , uˆ i được coi là phần dư. ˆ . Từ (3.3) ta có: uˆ i  Yi  Yi Vấn đề đặt ra là sử dụng các dữ liệu của X và Y để tìm ước lượng tốt nhất cho 1 , 2 thỏa mãn tổng bình phương các phần dư đạt giá trị nhỏ nhất. Tức là ta cần phải xác định ˆ 1 , ˆ 2 sao cho: n n f (ˆ 1 , ˆ 2 )   uˆ i 2   (Yi  ˆ 1  ˆ 2 X i ) 2 đạt min. i 1 i 1 Trong các bài giảng về giải tích nhiều biến ta đã được trang bị phương pháp tìm giá trị cực tiểu, cực đại của hàm f (X, Y) . Vậy để hàm f (ˆ , ˆ ) đạt giá trị nhỏ nhất 1 2 thì ˆ 1 , ˆ 2 phải là nghiệm của hệ phương trình  f (ˆ 1 , ˆ 2 ) n    2(Yi  ˆ 1  ˆ 2 X i )  0  ˆ 1 i 1  (3.4)  f (ˆ 1 , ˆ 2 )  2X (Y  ˆ  ˆ X )  0 n  ˆ  i i 1 2 i  2 i 1  ˆ ˆ n n  1 2  i  Yi n   X   i 1 i 1 Suy ra:  n n n (3.5) ˆ  X  1 i 1 i  ˆ 2  i 1 X 2 i   i 1 X i Yi 25
Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn Ta có: 1 n 1 n 1 n X  i n i 1 X ; Y   i n i 1 Y ; XY   Xi Yi n i 1 1 n 1 n X 2   X i2 ; Y 2   Yi2 . n i 1 n i 1 Phương trình (3.5) dẫn đến: ˆ 1  ˆ 2 X  Y  (3.6) ˆ 1X  ˆ 2 X  XY 2 Giải hệ phương trình (3.6) ta thu được nghiệm ˆ XY  (X)(Y) 2   X 2  (X) 2 (3.7) ˆ ˆ 1  Y  2 X n n Ta đặt SYY   (Yi  Y) 2   Yi2  n(Y) 2  nY 2  n(Y) 2 i 1 i 1 n n SXX   (X i  X) 2   X i2  n(X) 2  nX 2  n(X) 2 i 1 i 1 n n SXY   (X i  X)(Yi  Y)   X i Yi  n(X)(Y)  nXY  n(X)(Y) i 1 i 1 Khi đó (3.7) có thể viết lại là ˆ SXY 2  S  XX ˆ  Y  ˆ X  1 2 Phương pháp tìm các ước lượng ˆ 1 , ˆ 2 như trên được gọi là phương pháp bình phương tối thiểu. 3.1.1. Tính chất của tham số hồi quy mẫu ước lượng bằng phương pháp bình phương tối thiểu. Phương pháp bình phương tối thiểu đem lại các ước lượng với các tính chất như sau:  Ứng với một mẫu ((X , Y ), (X , Y ),...(X , Y )) cho trước, hệ số ˆ , ˆ được xác 1 1 2 2 n n 1 2 định duy nhất. ˆ  ˆ  ˆ X đi qua điểm có  Đường thẳng của phương trình hồi quy mẫu (SRF) Yi 1 2 i toạ độ giá trị trung bình (X, Y). ˆ bằng giá trị trung bình của các quan sát  Giá trị trung bình của các ước lượng của Yi ˆ  Y hay Yi tức là: Yi 1 n ˆ 1 n  Yi  n  n i 1 i 1 Yi . 26 STA301_Bài 3_v1.0013101214
Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn  Giá trị trung bình các phần dư uˆ i bằng 0 n  uˆ i 1 i  0. ˆ không tương quan, tức là:  Các phần dư uˆ i và Yi n  uˆ Yˆ  0. i 1 i i  Các phần dư uˆ i và X i không tương quan, tức là: n  uˆ X i 1 i i  0. Bây giờ ta sẽ chứng minh một số tính chất trên: o Hiển nhiên vì hệ phương trình (3.6) có nghiệm duy nhất. o Hiển nhiên vì giá trị của ˆ , ˆ là một hàm của mẫu. 1 2 o Thay điểm (X, Y) vào phương trình hồi quy mẫu, ta có: Y  ˆ 1  ˆ 2 X  ˆ 1  Y  ˆ 2 X .   n n o ˆ  1 Y Ta có: Y ˆ  1  ˆ  ˆ X i 1 2 i n i 1 n i 1  ˆ 1  ˆ 2 X  Y. o ˆ . Suy ra ngay Ta có: uˆ i  Yi  Yi n n n n  uˆ i   (Yi  Yˆ i )   Yi   Yˆ i  nY  nYˆ  0. i 1 i 1 i 1 i 1 o Rõ ràng từ: n n n n  uˆ i Yˆ i   (Yi  Yˆ i )Yˆ i   Yi Yˆ i   Yˆ i2 i 1 i 1 i 1 i 1 n n   Yi (ˆ 1  ˆ 2 X i )   (ˆ 1  ˆ 2 X i ) 2 i 1 i 1  nˆ 1Y  nˆ 2 XY  n(ˆ 12  2ˆ 1ˆ 2 X  ˆ 22 X 2 ) 1 n   n i 1 ˆ  ˆ (ˆ  ˆ X)  ˆ (ˆ X  ˆ X 2 )  (ˆ 2  2ˆ ˆ X  ˆ 2 X 2 )  0. uˆ i Yi 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 n Vậy  uˆ Yˆ  0. i 1 i i (3.8) 27
Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn n n o Dễ dàng thấy  uˆ i Yˆ i   uˆ i (ˆ 1  ˆ 2 Xi ) i 1 i 1 n n  ˆ 1  uˆ i  ˆ 2  uˆ i X i . i 1 i 1 Từ tính chất 4 và 5 ta có n n  uˆ   uˆ Yˆ  0 . i 1 i i 1 i i n Vậy ta có:  uˆ X i 1 i i  0. VÍ DỤ 3.1 Thu thập số liệu về điểm học tập của học sinh và mức thu nhập hàng năm của bố mẹ ta có bảng số liệu sau: Thu nhập (x) (triệu/năm) 45 60 30 90 75 45 105 60 Điểm trung bình (y) 8.75 7.5 6.25 8.75 7.5 5.0 9.5 6.5 Hãy tìm hàm hồi quy mẫu và tính các đặc trưng của nó 3.1.2. Các giả thiết cơ bản của phương pháp bình phương tối thiểu Khi phân tích hồi quy, mục đích của chúng ta là tìm phương trình hồi quy mẫu thông qua việc ước lượng các hệ số 1 , 2 . Dựa vào dữ liệu mẫu ta thu được các ước lượng tương ứng là ˆ 1 , ˆ 2 . Nhưng ˆ 1 , ˆ 2 là các ước lượng điểm của 1 , 2 . Vì thế ta chưa biết được chất lượng của các ước lượng này thế nào. Ta cần đưa ra một số các giả thiết của phương trình bình phương tối thiểu để thu được các ước lượng tốt nhất cho 1 , 2 . Từ đó ta cũng sẽ thu ˆ là ước lượng tốt nhất cho E(Y | X ) . được giá trị Yi i Chất lượng của các ước lượng sẽ phụ thuộc vào các yếu tố sau:  Dạng hàm của mô hình được chọn.  Phụ thuộc vào các X i và u i .  Phụ thuộc vào cỡ của mẫu. Vấn đề về dạng hàm của mô hình được lựa chọn chúng ta sẽ xem xét ở bài 7. Ta sẽ đưa ra các giả thiết cho X i và u i để các ước lượng thu được không chệch và có phương sai nhỏ nhất.  Giả thiết 1: Biến giải thích X có giá trị quan sát Xi khác với ít nhất 1 giá trị còn lại, tức là phương sai mẫu hiệu chỉnh không suy biến: 1 n S'2X   (Xi  X)2  0. n  1 i 1 28 STA301_Bài 3_v1.0013101214
Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn  Giả thiết 2: Giá trị trung bình của sai số có thể mang dấu âm hoặc dương đối với mỗi giá trị quan sát nhưng về mặt trung bình thì bằng 0.  Giả thiết 3: Các giá trị của X được cho trước và không ngẫu nhiên, tức là mỗi X i được cho trước và không phải là biến ngẫu nhiên. Điều đó có nghĩa là X i và u i là không tương quan với nhau. CoV(Xi , u i )  E(X i u i )  E(X i )  E(u i )  X i E(u i )  X i E(u i )  0. Giả thiết này có một ý nghĩa rất quan trọng là nếu X và u có được tương quan thì khi X thay đổi, u cũng sẽ thay đổi. Vì thế giá trị kỳ vọng của Y sẽ khác 1  2 X.  Giả thiết 4: Phương sai sai số thuần nhất (không đổi) Var(u i )  Var(u j )  2 i  j .  Giả thiết 5: Không có tương quan giữa các u i , tức là: CoV(u i , u j )  0 i  j . Với các giả thiết đã nêu, khi đó ta có tính chất của các ước lượng theo phương pháp bình phương tối thiểu như sau: Định lý Gauss-Markov Giả sử ta có mô hình hồi quy tuyến tính, khi đó với các giả thiết 1-5 ta có ước lượng bình phương tối thiểu là các ước lượng tuyến tính không chệch và có phương sai nhỏ nhất trong lớp các ước lượng tuyến tính không chệch. Định lý Gauss-Markov cho một khẳng định là các ước lượng ˆ 1 , ˆ 2 của 1 , 2 có được bằng phương pháp bình phương tối thiểu là các ước lượng không chệch và có phương sai tối thiểu trong các ước lượng không chệch của 1 , 2 . 3.1.3. Sai số của phương pháp bình phương tối thiểu Trong phần 3.1 ta có các ước lượng ˆ 1 , ˆ 2 của 1 , 2 theo phương pháp bình phương tối thiểu là XY  (X)(Y) ˆ 2  X 2  (X) 2 ˆ  Y  ˆ X . 1 2  x i  X i  X Đặt:   yi  Yi  Y 29
Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn Khi đó ta có: ˆ 1  Y  ˆ 2 X n n ˆ 2   x i yi x 2 i . i 1 i 1 Với các giả thiết 1-5 của phương pháp bình phương nhỏ nhất, ta có phương sai và độ lệch chuẩn của các ước lượng là 2  Var(ˆ 2 )  n ; se(ˆ 2 )  ; n  xi 2 i 1 x 2 i i 1 n n  Xi2 X 2 i Var(ˆ 1 )  i 1 n  2 ; se(ˆ 1 )  i 1 n , n x 2 i n x 2 i i 1 i 1 với   Var(u i ) , se: sai số tiêu chuẩn (standard error). Do 2 chưa biết nên dựa vào dữ liệu mẫu đã cho ta thu được ước lượng của 2 là ˆ 2 được xác định bằng công thức sau: n n  uˆ 2 i  uˆ 2 i ˆ 2  i 1  ˆ  i 1 n2 n2 ˆ là sai số tiêu chuẩn của ước lượng (standard error of the estimate). 3.2. Hệ số xác định r 2 đo độ phù hợp của hàm hồi quy mẫu: Cho hai biến X và Y, để xác định mối quan hệ của X và Y có dạng tuyến tính hay không ta đưa ra một đại lượng để đo mức độ phụ thuộc tuyến tính giữa X và Y. Ta có: Y Y ˆ  uˆ i i i ˆ  Y  uˆ  Y  Yi  Y  Y ˆ Y ˆ  uˆ i i i i  yi  yˆ i  uˆ i (3.9) Bình phương hai vế của (3.9) ta có: n n n n  yi2   yˆ i2   uˆ i2  2 yˆ i uˆ i i 1 i 1 i 1 i 1 n n   yˆ i2   uˆ i2 i 1 i 1 n n  ˆ 22  x i2   uˆ i2 (3.10) i 1 i 1 30 STA301_Bài 3_v1.0013101214
Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn n n Đặt: TSS   yi2   (Yi  Y) 2 (3.11) i 1 i 1 TSS (Total sum of squares) gọi là tổng bình phương các sai lệch giữa Yi với giá trị trung bình Y . n n n ESS   (Yi ˆ ) 2   yˆ 2  ˆ 2  x 2 ˆ Y i i 2 i (3.12) i 1 i 1 i 1 ESS (Explained sum of squares) là tổng bình phương các ˆ và trung bình của nó. sai lệch giữa giá trị Y i n RSS   uˆ i2 . (3.13) (3.12) i 1 RSS (Residual sum of squares) là tổng tất cả các bình ˆ nhận phương sai lệch giữa giá trị quan sát Yi và giá trị Yi được từ hàm hồi quy hay gọi là tổng các phần dư. Từ (3.10), (3.11), ( 3.12), (3.13) ta có: TSS  ESS  RSS (3.14) Chia hai vế cho TSS ta có: ESS RSS 1  TSS TSS n n  (Yˆ i  Y)2  uˆ i 2  i 1 n  n i 1 (3.15)  (Y  Y)  (Y  Y) i 1 i 2 i 1 i 2 n ESS  ˆ  Y) 2 (Yi Đặt: r 2   i 1 . TSS n  (Y  Y) i 1 i 2 RSS Từ (3.14) và (3.15) ta có: r 2  1  (3.16) TSS n n n  yˆ i 2 ˆ 22  x i2 ˆ 22  (X i  X) 2 S2X Ta có: r 2 i 1 n  n i 1  n i 1  ˆ 2 (3.17) S2Y y i 1 2 i y i 1 2 i  (Y  Y) i 1 i 2 1 n 1 n trong đó: S2X   n  1 i 1 (X i  X) 2 ; S2Y   n  1 i 1 (Yi  Y) 2 31
Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn n x y i i là phương sai mẫu của X và Y. Ngoài ra vì ˆ 2  i 1 n nên (3.17) có thể được viết x i 1 2 i lại như sau: 2  n    x i yi  r 2  n i 1 n  (3.18)  x i2  yi2 i 1 i 1 Từ (3.18) ta có: n n 1 n n  x i yi  X Y i i  (  i  n i 1 X )( Yi ) r i 1  i 1 i 1 n n n n x i 1 2 i y i 1 2 i  (Xi  X)2  (Yi  Y)2 i 1 i 1 n n n n  X i Yi  ( X i )( Yi )  i 1 i 1 i 1  n 2 n n  n   i  i   i    2 2 n X ( X ) n Y ( Yi ) 2   i 1 i 1   i 1 i 1  Ta thấy rằng r chính là hệ số tương quan mẫu của X và Y. Các tính chất của hệ số tương quan:  r có thể âm hoặc dương.  1  r  1.  r có tính chất đối xứng r(X, Y)  r(Y, X).  Nếu X  aX  c và Y  bY  d, a, b > 0, c, d là hằng số ta có r(X, Y)  r(Y, X) .  Nếu X,Y độc lập thì r = 0.  r đo độ phụ thuộc tuyến tính giữa X và Y. 3.3. Phân bố xác suất của các tham số hồi quy mẫu Trong phần trước ta đã thu được các ước lượng điểm của 1 và 2 theo phương pháp bình phương nhỏ nhất (OLS) dựa trên các giả thiết cơ bản về sai số ngẫu nhiên u i là:  E(u i )  0.  Var(u i )  2 .  Cov(u i , u j )  0 , i  j . 32 STA301_Bài 3_v1.0013101214
Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn Khi đó các ước lượng điểm thu được tương ứng là ˆ 1 , ˆ 2 có tính chất không chệch và có phương sai nhỏ nhất. Tuy nhiên, các ước lượng điểm không cho ta biết được độ sai lệch của chúng so với giá trị thực, vì vậy ước lượng khoảng cho ta nhiều thông tin hơn so với ước lượng điểm. Để có thể tìm được ước lượng khoảng cho các tham số 1 , 2 chúng ta cần xác định được phân phối xác suất của ˆ 1 và ˆ 2 . Các phân phối xác suất này phụ thuộc vào phân phối xác suất của u i . Vậy ta đưa thêm giả thiết về phân phối xác suất của u i như sau: Giả thiết: u i có phân phối chuẩn N(0; 2 ) , Với giả thiết thêm vào đó, ˆ 1 , ˆ 2 còn có các tính chất sau:  ˆ 1 , ˆ 2 là các ước lượng vững, tức là khi cỡ mẫu đủ lớn thì chúng hội tụ đến giá trị 1 , 2 .  ˆ 1 có phân phối chuẩn với n X 2 i E(ˆ 1 )  1 , Var(ˆ 1 )  12  i 1 n 2 (3.19) n x 2 i i 1 tức là ˆ 1  N(1 ; 12 ) . Từ đó biến ngẫu nhiên ˆ 1  1 Z 1 có phân phối chuẩn tắc N(0;1).  2 có phân phối chuẩn với: 2 E(ˆ 2 )  2 , Var(ˆ 2 )   22  n (3.20) x i 1 2 i ˆ  2 tức là ˆ 2  N(2 ; 22 ) . Do đó biến ngẫu nhiên Z  2 có phân phối chuẩn tắc 2 N(0;1). (n  2)ˆ 2  Thống kê  2  có phân phối khi-bình phương với n  2 bậc tự do. 2  Các ước lượng ˆ 1 , ˆ 2 có phương sai nhỏ nhất trong số các ước lượng không chệch của 1 , 2 . Ta có Yi  1  2 X i  u i . Từ giả thiết của u i ta thu được các thống kê Z và  2 có quy luật phân phối chuẩn tắc và khi bình phương với (n  2) bậc tự do. Vậy ta có thể tìm được khoảng ước lượng cho các tham số 1 , 2 và  2 . 33
Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn 3.4. Ước lượng khoảng cho hệ số hồi quy Trong mục 3.3 với giả thiết về phân phối chuẩn N(0;  2 ) của u i ta có: ˆ 1  N(1 ; 12 ) ˆ 2  N(2 ; 22 ) với các phương sai 12 , 22 được xác định trong (3.19) và (3.20). Tuy nhiên vì phương sai  2 chưa biết, nên các phương sai 12 ,  22 cũng chưa biết, vì vậy ta dùng ước lượng không chệch của  2 là: n  uˆ 2 i RSS ˆ 2  i 1  . n2 n2 Khi đó các thống kê: ˆ 1  1 ˆ  2 T1  và T2  2 Se(ˆ 1 ) Se(ˆ 2 ) với: Se(ˆ 1 )  Var(ˆ 1 ) ; se(ˆ 2 )  Var(ˆ 2 ) . Các thống kê này có phân phối student với (n – 2) bậc tự do. Đồng thời, thống kê ˆ 2   (n  2) 2 2  có phân phối khi bình phương với (n – 2) bậc tự do. 3.4.1. Khoảng ước lượng cho β1 Với độ tin cậy 1  cho trước, ta có:  P  t (n  2)  T1  t (n 2   2)   1  , 2  2) với t (n  2 là phân vị mức  2 của phân phối Student T1 , tức là:  2) ˆ 1  1 (n  2) P{ t (n   t2 }  1  . se(ˆ 1 )  2 Từ đó dẫn đến P{ˆ 1  t (n  2  2) se(ˆ 1 )  1  ˆ 1  t (n  2  2) se(ˆ 1 )}  1   . Vậy với mẫu cụ thể ta có khoảng ước lượng cho 1 là: 1  (ˆ 1  t (n  2  2) se(ˆ 1 ); ˆ 1  t (n  2  2) se(ˆ 1 )) . 34 STA301_Bài 3_v1.0013101214
Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn 3.4.2. Khoảng ước lượng cho β 2 Tương tự như trên ta có, với độ tin cậy 1  cho trước thì:  ˆ  2   2)  P  t (n  2)  T2  2  t (n    1  .  2 Se(ˆ 2 ) 2   Từ đó,  P ˆ 2  t (n  2)Se(ˆ 2 )  2  ˆ 2  t (n 2   2) 2  Se(ˆ 2 )  1   . Vậy với mỗi mẫu cụ thể ta có khoảng ước lượng cho 2 là:  2  ˆ 2  t (n  2)Se(ˆ 2 ); ˆ 2  t (n 2   2) 2 Se(ˆ 2 )  3.4.3. Khoảng ước lượng cho σ 2 Ta thấy thống kê (n  2)ˆ 2   2 2 có phân phối khi-bình phương với (n-2) bậc tự do. Do đó: (n  2)ˆ 2 P{ 2 1 / 2;n  2  2  2 / 2;n  2 }  1    2 với 12 / 2;n  2 và  2 / 2;n  2 là các giá trị phân vị mức 1   / 2 và  / 2 của phân phối  2 (n  2) . Từ đó ta có:  (n  2)ˆ 2 (n  2)ˆ 2  P 2  2  2   1  .   / 2;n  2 1 / 2;n  2  Vậy với mẫu cụ thể và độ tin cậy 1  , ta có khoảng ước lượng cho  2 là: (n  2)ˆ 2 (n  2)ˆ 2 2  ( ; ). 2 / 2;n  2 12 / 2;n  2 3.5. Kiểm định giả thuyết về các hệ số hồi quy Kiểm định giả thuyết thống kê là một trong những nhiệm vụ quan trọng của nhà kinh tế lượng. Chẳng hạn, trong mô hình hồi quy (3.1) ta thấy nếu 2  0 thì Y sẽ độc lập với X, tức là X không ảnh hưởng tới sự thay đổi của Y . Tuy nhiên, ta lại chưa biết 2 có bằng 0 hay không vì vậy ta cần kiểm định giả thuyết này. Trong các mục trước, chúng ta đã đưa ra các ước lượng điểm và ước lượng khoảng cho hệ số hồi quy 1 , 2 . Các ước lượng khoảng này sẽ giúp ta giải quyết bài toán kiểm định giả thuyết về 1 , 2 . 35
Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn Ta đã biết bài toán kiểm định giả thuyết gồm các bước cơ bản sau:  Bước 1: Thiết lập giả thuyết H 0 và đối thuyết H1 .  Bước 2: Xây dựng tiêu chuẩn thống kê để kiểm định, xác định quy luật phân phối xác suất của tiêu chuẩn thống kê khi giả thuyết H 0 được cho là đúng.  Bước 3: Xây dựng miền bác bỏ giả thiết W ứng với mức ý nghĩa  cho trước.  Bước 4: So sánh giá trị mẫu (quan sát được) của tiêu chuẩn thống kê ở bước thứ 2 với miền bác bỏ giả thuyết W ở bước 3 để đưa ra kết luận bác bỏ hay chấp nhận giả thuyết H 0 . 3.5.1. Kiểm định giả thuyết cho β1 Ta đưa giả thuyết H 0 : 1  1* và đối thuyết H1 : 1  1* hoặc H1 : 1  1* hoặc H1 : 1  1* . Chú ý rằng nếu giả thiết H0 là đúng thì: thống kê ˆ   T1  1 1 có phân phối Student với n – 2 bậc Se(ˆ 1 ) tự do. Ta sẽ dựa vào thống kê này để tiến hành kiểm định giả thuyết cho 1 . Ta có các bài toán kiểm định giả thuyết sau: Bài toán 1: Kiểm định hai phía H 0 : 1  1 *  H1 : 1  1 * Miền bác bỏ: W  (;  t (n-2)  / 2 )  (t  / 2 ;  ) với t p (n-2) (n-2) là phân vị mức p (p =  /2) của phân phối Student T1 . Bài toán 2: Kiểm định một phía (phải) H 0 : 1  1*  H1 : 1  1 * Miền bác bỏ: W=  t (n-2)  ;   , với t  (n-2) là phân vị mức  của phân phối Student T1 . Bài toán 3: Kiểm định một phía (trái) H 0 : 1  1*  H1 : 1  1 * Miền bác bỏ: W  (;  t (n-2)  ). 3.5.2. Kiểm định giả thuyết cho β 2 Ta có giả thuyết H 0 : 2  *2 với đối thuyết H1 : 2  *2 hoặc H1 : 2  *2 hoặc H1 : 2  *2 . 36 STA301_Bài 3_v1.0013101214
Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn Trong mục 3.4 ta cũng thấy nếu giả thuyết H 0 đúng thì thống kê ˆ 2  2 T2  Se(ˆ 2 ) có phân phối Student với n – 2 bậc tự do. Do đó, ta có thể tiến hành các bài toán kiểm định giả thuyết sau cho 2 : Bài toán 1: Kiểm định hai phía H 0 : 2  *2  H1 : 2  2 * Miền bác bỏ: W  (;  t (n-2)  / 2 )  (t  / 2 ;  ) (n-2) t (n-2) p là phân vị mức p của phân phối Student T2 . Bài toán 2: Kiểm định một phía (phải) H 0 : 2  *2  H1 : 2  2 * Miền bác bỏ: W  (t (n-2)  ; ) , với t (n-2)  là phân vị mức  của phân phối Student T2 . Bài toán 3: Kiểm định một phía (trái) H 0 : 2  *2  H1 : 2  2 * Miền bác bỏ: W  (;  t (n-2)  ). 3.5.3. Kiểm định giả thuyết cho phương sai σ 2 Giả thuyết H 0 :  2  02 , với một trong các đối thuyết H1 :  2  02 , H1 : 2  02 , H1 :  2  02 . Ta có nếu H 0 đúng thì thống kê (n  2)ˆ 2 2  2 có phân phối khi bình phương với n – 2 bậc tự do. Áp dụng kết quả đó, ta có thể giải quyết các bài toán kiểm định đối với  2 như sau: Bài toán 1: Kiểm định hai phía H 0 :  2  02  H1 :   0 2 2 37
Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn Miền bác bỏ: W  (0; 1-2  / 2;n  2 )  ( 2 / 2;n  2 ; ) trong đó  2p;n  2 là phân vị mức p của phân phối  2 . Bài toán 2: Kiểm định một phía (phải) H 0 :   0 2 2  H1 :   0 2 2 Miền bác bỏ W=  2 ;n  2 ;+  . Bài toán 3: Kiểm định một phía (trái) H 0 :  2  02  H1 :   0 2 2 Miền bác bỏ: W=  0; 1-2  ;n  2  . CHÚ Ý Phương pháp kiểm định trên được gọi là phương pháp kiểm định theo miền tiêu chuẩn mà ta đã biết trong giáo trình xác suất thống kê. Ngoài phương pháp trên ta còn có phương pháp kiểm định giả thuyết theo p-value xác suất ý nghĩa, phương pháp này cũng đã được giới thiệu trong giáo trình xác suất-thống kê. 3.5.4. Phương pháp xác suất ý nghĩa (p-value) ˆ i  *i Với một mẫu cụ thể ta có giá trị quan sát của thống kê Ti (i  1, 2) là: t iqs  Se(ˆ i ) Ta có: p-value  P Ti  t iqs  i  1, 2 Xác suất này gọi là xác suất ý nghĩa, đây chính là xác suất mắc sai lầm loại 1 (tức là xác suất để bác bỏ H 0 khi H 0 đúng). Ta thấy rằng nếu xác suất ý nghĩa càng cao thì hậu quả việc bác bỏ H 0 khi H 0 đúng càng nghiêm trọng, nếu xác suất ý nghĩa càng nhỏ thì hậu quả của việc bác bỏ sai H 0 càng ít nghiêm trọng. Vậy khi đã cho trước mức ý nghĩa  (đây là xác suất giới hạn để được bác bỏ H 0 ), nếu xác suất ý nghĩa không vượt quá  thì ta có thể bác bỏ H 0 mà không sợ phạm sai lầm nghiêm trọng, còn nếu xác suất ý nghĩa lớn hơn  thì chưa có cơ sở để bác bỏ H 0 . Bây giờ ta có thể sử dụng xác suất ý nghĩa để tiến hành các bài toán kiểm định đối với các tham số 1 , 2 .  Kiểm định hai phía H 0 : i  *i  i = 1, 2 H1 : i  i * 38 STA301_Bài 3_v1.0013101214
Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn ˆ i  *i Bước 1: Tính t iqs  ; Se(ˆ ) i Bước 2: Tính p-value p-value = P Ti  t iqs hoặc Ti   t iqs     2P Ti  t iqs . Bước 3: So sánh xác suất ý nghĩa đó với mức ý nghĩa  đã xác định từ trước, nếu p-value   thì bác bỏ H 0 , còn nếu p-value   thì chấp nhận giả thuyết H 0 .  Kiểm định một phía (phải) H 0 : i  *i  i =1, 2 H1 : i  i * Bước 1: Từ mẫu số liệu có được, thành lập thống kê ˆ i  *i t iqs  ; Se(ˆ i ) Bước 2: Từ thống kê đó, tính xác suất ý nghĩa p-value = P Ti  t iqs  . Bước 3: So sánh xác suất ý nghĩa đó với mức ý nghĩa  đã xác định từ trước, nếu p-value   thì bác bỏ giả thuyết H 0 , còn nếu p-value   thì chấp nhận giả thuyết H 0 .  Kiểm định một phía (trái)  H 0 : i  i *  i = 1, 2  H1 : i  i * ˆ i  *i Bước 1: Tính t iqs  ; Se(*i ) Bước 2: Tính p-value = 1  P T  t iqs  . Bước 3: So sánh xác suất ý nghĩa đó với mức ý nghĩa  đã xác định từ trước, nếu p-value   thì bác bỏ giả thuyết H 0 , còn nếu p-value   thì chấp nhận giả thuyết H 0 . VÍ DỤ 3.2 Từ ví dụ 3.1 hãy: a) Tìm khoảng ước lượng cho các hệ số hồi quy với độ tin cậy 95%. b) Với mức ý nghĩa 5% có thể kết luận thu nhập của bố, mẹ có ảnh hưởng tới kết quả học tập của con cái hay không? c) Tính ESS, TSS. 39
Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn Giải: Theo báo cáo của Eviews cho ví dụ 3.1 ta có: a) Ta có các giá trị ước lượng của 1 , 2 là ˆ 1  4.785256, ˆ 2  0.042094 và sai số chuẩn là: Se(ˆ 1 )  1.195385, Se(ˆ 2 )  0.017601. Vì cỡ mẫu n = 8, với mức tin 0.025  2.364624 . Vậy ta có các cậy   0.05 , tra bảng phân phối student ta có: t (7) khoảng ước lượng cho 1 , 2 là: 1   4.785265  2.364624x1.195385; 4.786265  2.36462x1.195385   1  1.958629; 7.611901 . Tương tự ta có: 2   2.78634; 2.86693  . b) Ta cần kiểm định bài toán sau: H 0 : 2  0  H1 : 2  0 Cách 1: Ta có giá trị tiêu chuẩn thống kê của bài toán trên là: ˆ 2 0.042094 t2    0.0539 . Se(ˆ 2 ) 0.017601 0.025  2.364624 . Với mức ý nghĩa 5%, tra bảng phân phối student ta có: t (7) Vậy miền bác bỏ của bài toán là: W =  ;  2.364624    2.364624;    . Ta thấy giá trị tiêu chuẩn thống kê t 2  W , do đó chưa bác bỏ được H0. Như vậy có thể kết luận thu nhập của bố mẹ không ảnh hưởng đến kết quả học tập của con cái một cách có ý nghĩa. Cách 2: Ta thấy giá trị p- value = 0.0539 > 0.05 vì vậy chưa thể bác bỏ được H0. 40 STA301_Bài 3_v1.0013101214
Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn c) Từ kết quả trong bảng ta có r2 = 0.488035, RSS = 8.155499, do đó theo công thức RSS r2  1 TSS ta có : TSS = RSS/(1– r2) = 8.155499/ (1– 0.488035) = 15.9288. Đồng thời ta lại có công thức: TSS = ESS + RSS, do đó ta có: ESS = TSS – RSS = 15.9288 – 8.155499 = 7.774301. 3.6. Phân tích phương sai trong phương trình hồi quy Trong phần này chúng ta xét bài toán kiểm định giả thuyết về hệ số hồi quy 2 theo một phương pháp khác, đó là phương pháp phân tích phương sai. H :   0 Ta xét bài toán kiểm định  0 2 (*) H1 : 2  0 Giả thuyết H 0 nói lên rằng biến X không ảnh hưởng tới Y, khi đó ta bác bỏ giả thuyết H 0 cũng có nghĩa là ta bác bỏ giả thuyết cho rằng biến X không có ảnh hưởng tới biến Y. Trong các phần trước ta thấy nếu như giả thuyết H 0 là đúng, tức là: 2  0 , thì thống kê (n  2)ˆ 2 RSS  2 2  ESS có phân phối khi - bình phương với n – 2 bậc tự do, còn thống kê 2 cũng có có phân phối khi-bình phương với 1 bậc tự do. Mặt khác hai thống kê đó độc lập với nhau, vậy thống kê ESS 1  TSSr 2 r2 n2 F   RSS (1  r ) TSS 2 1 r 2 1 n2 n2 có phân phối Fisher với số bậc tự do là: 1; n  2  . Từ đó, với mức ý nghĩa  cho trước, miền bác bỏ cho bài toán kiểm định đang xét là W=  f  1; n  2  ;   . Ý nghĩa: Cách tiếp cận theo hướng phân tích phương sai như trên cho phép ta đưa ra các phán đoán về độ phù hợp của mô hình hồi quy đang xét. Cụ thể, nếu thống kê F có giá trị rất lớn (ứng với xác suất ý nghĩa rất nhỏ) thì ta có thể kết luận mô hình được lập phù hợp với số liệu quan sát. Còn nếu thống kê F có giá trị nhỏ đến mức xác suất ý nghĩa tương ứng của nó lớn hơn mức ý nghĩa đã định (bằng 5% chẳng hạn) thì rõ ràng mô hình là không phù hợp với số liệu, lúc đó cần tìm mô hình khác. Ta có bảng phân tích phương sai ngắn gọn như sau: 41
Bài 3: Mô hình hồi quy tuyến tính đơn Nguồn biến thiên Tổng bình phương Bậc tự do Phương sai n X ˆ2  x i2 ESS   1 ESS i 1 1 n n2 RSS Phần dư RSS  u i 1 2 i n2 Tổng TSS n 1 3.7. Ứng dụng của phân tích hồi quy, bài toán dự báo Một trong các ứng dụng của phân tích hồi quy là dự báo cho biết giá trị của X là X 0 , ta cần dự báo giá trị của Y là Y0 , khi đó thay giá trị X 0 vào phương trình hồi quy mẫu ˆ thỏa mãn ta nhận được giá trị ước lượng của Y là Y0 ˆ  ˆ  ˆ X . phương trình: Y0 1 2 0 Giá trị thực Y0 thỏa mãn phương trình Y0  1  2 X 0  u 0 , với u 0 là sai số. ˆ  Y  (ˆ   )  (ˆ   )X  u . Ta có : Y0 0 1 1 2 2 0 0 Đồng thời E(ˆ 1 )  1 ; E(ˆ 2 )  2 và E(u 0 )  0. ˆ  Y )  0  E(Y Do đó: E(Y ˆ )Y . 0 0 0 0 ˆ là một ước lượng không chệch của Y . Vậy ước lượng Y0 0 ˆ  Y được tính theo Ngoài ra, phương sai của Y0 0 ˆ  Y )  Var[(ˆ   )  (ˆ   )X  u ] Var(Y0 0 1 1 2 2 0 0  Var(ˆ 1  1 )  (X 0 ) 2 Var(ˆ 2  2 )  2X 0 Cov(ˆ 1  1 ; ˆ 2  2 )  Var(u 0 )  1 X2  2 x0 2 X  2       2x 0  2  2  n Sxx  Sxx Sxx  1 (X 0  X) 2  2   1   2 X  n Sxx  n n n trong đó: Sxx   X i2   (X i  X) 2   X i2  n(X) 2 . i 1 i 1 i 1 Do phương sai 2 chưa biết, ta thay 2 bằng ước lượng không chệch ˆ 2 . ˆ Y Y Khi đó ta có thống kê t  0 0 có phân phối Student với n – 2 bậc tự do. ˆ Se(Y0  Y0 ) Vậy với mức ý nghĩa  cho trước ta có khoảng ước lượng Y0 là: 42 STA301_Bài 3_v1.0013101214

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline:0933030098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2009-2019 TaiLieu.VN. All rights reserved.