如何根据回归方程进行预测和控制,以及如何进行实际问题的结构分。2.2 考虑过原点的线性回归模型误差仍满足基本假定。求的最小二乘估计。答:令即得即的最小二乘估计为2.3 证明: Q (,)= ∑(--)2因为Q (,)=min Q (,)而Q (,) 非负且在上可导,当Q取得最小值时,有即-2∑(--)=0 -2∑(--)=0又∵=-( +)= -- ∴∑=0,∑ =0(即残差的期望为0,残差以变量x的加权平均值为零)2.4 :参数β0,β1的最小二乘估计与最大似然估计在εi~N(0, _2 ) i=1,2,……n的条件下等价。证明:因为所以其最大似然函数为已知使得Ln(L)最大的,就是,的最大似然估计值。即使得下式最小 : 因为恰好就是最小二乘估计的目标函数相同。所以,在的条件下, 参数β0,β1的最小二乘估计与最大似然估计等价。2.5.证明是的无偏估计。证明:若要证明是的无偏估计,则只需证明E()=。因为,的最小二乘估计为其中E()=E()=E()=E[]=E[]=E()+E()+E()其中==由于=0,所以====)==0又因为一元线性回归模型为所以E()=0所以E()+E()+E(= =所以是的无偏估计。2.6 :因为 , , 联立式,得到。因为,,所以2.7 证明平方和分公式:SST=SSE+SSR证明:2.8 验证三种检验的关系,即验证:(1);(2)证明:(1)因为,所以又因为,所以故得证。(2)2.9 验证(2.63)式:证明:其中: 注:各个因变量是独立的随机变量2.10 用第9题证明是的无偏估计量证明:注:2.11验证证明:所以有以上表达式说明r ²与F 等价,但我们要分别引入这两个统计量,而不是只引入其中一个。理由如下:r ²与F,n都有关,且当n较小时,r较大,尤其当n趋向于2时,|r|趋向于1,说明x与y的相关程度很高;但当n趋向于2或等于2时,可能回归方程并不能通过F的显著性检验,即可能x与y都不存在显著的线性关系。所以,仅凭r较大并不能断定x与y之间有密切的相关关系,只有当样本量n较大时才可以用样本相关系数r判定两变量间的相关程度的强弱。F检验检验是否存在显著的线性关系,相关系数的显著性检验是判断回归直线与回归模型拟合的优劣,只有二者结合起来,才可以更好的回归结果的好坏。2.12 如果把自变量观测值都乘以2,回归参数的最小二乘法估计和会发生什么变化?如果把自变量观测值都加上2,回归参数的最小二乘估计和会发生什么变化?:法(一):我们知道当,时,用最小二乘法估计的和分别为当时有 将带入得到当时 有 将带入得到·法(二):当,时,有当时 当, ,由最小二乘法可知,离差平方和时,其估计值应当有 。即回归参数的最小二乘估计和在自变量观测值变化时不会变。2.13 如果回归方程相应的相关系数r很大,则用它预测时,预测误差一定较小。这一结论能成立吗?对你的回答说明理由。:这一结论不成立。因为相关系数r表示x与线性关系的密切程度,而它接近1的程度与数据组数有关。n越小,r越接近1。n=2时,|r|=1。因此仅凭相关系数说明x与有密切关系是不正确的。只有在样本量较大时,用相关系数r判定两变量之间的相关程度才可以信服,这样预测的误差才会较小。2.14 :(1)散点为:(2)x与y大致在一条直线上,所以x与y大致呈线性关系。(3)得到计算表: 所以回归方程为:(4)=所以,(5)因为,的置信区间为; 同理,因为,所以,的置信区间为。查表知,所以,的置信区间为(-21.21,19.21),的置信区间为(0.91,13.09)。(6)决定系数(7)计算得出,方差分表如下:查表知,F0.05(1,3)=10.13,F值>F0.05(1,3),故拒绝原假设,说明回归方程显著。(8)做回归系数β1的显著性检验 计算t统计量: 查表知, ,所以,t>t0.05/2(3),所以接受原假设,说明x和Y有显著的线性关系。(9)做相关系数r的显著性检验:因为所以,相关系数因为查表知,n-2等于3时, %的值为0.959, %的值为0.878 。所以, %<|r|<%,故x与y有显著的线性关系。(10)残差表为:残差为:(11)当X0=4.2时,其95%的置信区间近似为,即为: (17.1,39.7)。2.15:(1)画散点;形→旧对话框→散点,得到散点(表1)如下:(2)x与y之间是否大致呈线性关系?由上面(1)散点可以看出,x与y之间大致呈线性关系。用最小二乘估计求出回归方程;分→回归→线性,得到“回归系数显著性检验表(表2)”如 下:由上表可知:=0.118 =0.004所以可得回归方程为: =0.118+0.004x(4)求回归标准误差;分→回归→线性,得到“方分表(表3)”如下:由上表可得,SSE=1.843 n=10故回归标准误差为:====0.23==0.48(5)给出与的置信度为95%的区间估计;由表2可以看出,当置信度为95%时,的预测区间为:[-0.701,0.937]的预测区间为:[0.003,0.005](6)计算x与y的决定系数;分→回归→线性,得到“模型概要表(表4)”如下:序号残差111064221013-3332020442027-75540346由上表可知,x与y的决定系数为0.9,可以看到很接近于1,这就说明此模型的拟合度很好。(7)对回归方程作方差分;由“方差分表(表3)”可得,F-值=72.396,我们知道,当原假设:=0成立时,F服从自由度为(1,n-2)的F分布(见),临界值(1,n-2)=(1,8)=5.32因为F-值=72.396>5.32,所以拒绝原假设,说明回归方程显著,即x与y有显著的线性关系。(8)做回归系数显著性的检验;由“回归系数显著性检验表(表2)”可得,的t检验统计量为t=8.509,对应p-值近似为0,p<,说明每周签发的新报单数目x对每周加班工作时间y有显著的影响。(9)做相关系数的显著性检验;分→相关→双变量,得到“相关分表(表5)”如下:由上表可知,相关系数为0.949,说明x与y显著线性相关。(10)对回归方程作残差并作相应的分;从上可以看出,残差是围绕e=0随即波动的,满足模型的基本假设。(11)该公司预计下一周签发新保单=1000张,需要的加班时间是多少?当=1000张时, =0.118+0.004×1000=4.118小时。(12)给出的置信水平为95%的精确预测区间和近似预测区间。(13)给出E()置信水平为95%的区间估计。最后两问一起答:在计算回归之前,把自变量新值输入样本数据中,因变量的相应值空缺,然后在Save对话框中点选Individul和Mean计算因变量单个新值和因变量平均值E()的置信区间。结果显示在原始数据表中,如下所示(由于排版问题,中间部分省略):的精确预测区间为:[2.519,4.887]E()的区间估计为:[3.284,4.123]而的近似预测区间则根据2手动计算,结果为:[4.118-2×0.48,4.118+2×0.48]=[3.158,5.078]2.16 答:(1)绘制y对x的散点,可以用直线回归描述两者之间的关系吗?如所示:(2)由上可以看出,y与x的散点分布大致呈直线趋势,所以可以用直线回归描述两者之间的关系。(3)建立y对x的线性回归。利用SPSS建立y对x的线性回归,输出结果如下:表1表2 方差分表表3 系数表Model SummarybModelRR SquareAdjusted R SquareStd. Error of the Estimate1.949a.900.888.4800a. Predictors: (Constant), 每周签发的新保单数目xb. Dependent Variable: 每周加班工作时间yA. 由表1可知,x与y决定系数为,说明模型的拟合效果一般。x与y线性相关系数R=0.835,说明x与y有较显著的线性关系。 B. =112.811,显著性Sig.p,说明回归方程显著。 C. P值近似为零,故显著不为0,说明x对y有显著的线性影响。 D. 综上,x与y的线性回归方程为: E. F. Plots功能绘制标准残差的直方和正态概率,检验误差项的正态性假设。 G. 如所示: 1 标准残差的直方 2 标准残差的正态概率 由1可见形略呈右偏,由2可见正态概率中的各个散点基本呈直线趋势,残差在0附近波动,以认为残差服从正态分布。