+
Подробнее о работе
Гарантия сервиса Автор24
Уникальность не ниже 50%
Выдвигаем нулевую гипотезу о равенстве нулю коэффициента регрессии:
Н0: β1=0,
Н1: β1 = –1.
Данная гипотеза Н0 проверяется с помощью случайной величины
,
которая имеет распределение Стьюдента с k = n – m – 1 = 22 – 4 – 1 = 17 степенями свободы.
Стандартное отклонение оценки коэффициента наклона sβ1=0,987.
Найдем наблюдаемое значение критерия Стьюдента:
По таблице критических точек распределения Стьюдента находим:
Сравниваем Tβ1 и tкр.да(α; k). Так как | Tβ
Отсутствует
Оценка спроса на цейлонский чай в США по 22 наблюдениям с помощью регрессии
lnQ = ß0 + ß1 lnPс + ß2 lnP1 + ß3 lnPВ + ß4 lnY + u,
где Q - спрос на цейлонский чай, Р1 - цена индийского чая, Рс - ценацейлонского чая, Рв - цена бразильского кофе, Y - располагаемый доход (в
скобках указаны стандартные ошибки параметров), дала следующийрезультат:
lnQ = 2,837 – 1,481 lnPс + 1,181 lnP1 + 0,186 lnPВ + 0,257 lnY, RSS=0,4277.
(2) (0,987) (0,69) (0,37) (0,37)
Эта модель была также оценена при ограничениях β1 = –1, β2 = 0 иполучено:
lnQ = –0,738 + 0,199 lnPВ + 0,261 lnY, RSS=0,6788.
(0,82) (0,155) (0,165)
Проверить гипотезу β1 = –1, β2 = 0. Уровень значимости 5%.
Отсутствует
Не подошла эта работа?
Закажи новую работу, сделанную по твоим требованиям
Выдвигаем нулевую гипотезу о равенстве нулю коэффициента регрессии:
Н0: β1=0,
Н1: β1 = –1.
Данная гипотеза Н0 проверяется с помощью случайной величины
,
которая имеет распределение Стьюдента с k = n – m – 1 = 22 – 4 – 1 = 17 степенями свободы.
Стандартное отклонение оценки коэффициента наклона sβ1=0,987.
Найдем наблюдаемое значение критерия Стьюдента:
По таблице критических точек распределения Стьюдента находим:
Сравниваем Tβ1 и tкр.да(α; k). Так как | Tβ
Отсутствует
Оценка спроса на цейлонский чай в США по 22 наблюдениям с помощью регрессии
lnQ = ß0 + ß1 lnPс + ß2 lnP1 + ß3 lnPВ + ß4 lnY + u,
где Q - спрос на цейлонский чай, Р1 - цена индийского чая, Рс - ценацейлонского чая, Рв - цена бразильского кофе, Y - располагаемый доход (в
скобках указаны стандартные ошибки параметров), дала следующийрезультат:
lnQ = 2,837 – 1,481 lnPс + 1,181 lnP1 + 0,186 lnPВ + 0,257 lnY, RSS=0,4277.
(2) (0,987) (0,69) (0,37) (0,37)
Эта модель была также оценена при ограничениях β1 = –1, β2 = 0 иполучено:
lnQ = –0,738 + 0,199 lnPВ + 0,261 lnY, RSS=0,6788.
(0,82) (0,155) (0,165)
Проверить гипотезу β1 = –1, β2 = 0. Уровень значимости 5%.
Отсутствует
Купить эту работу vs Заказать новую | ||
---|---|---|
0 раз | Куплено | Выполняется индивидуально |
Не менее 40%
Исполнитель, загружая работу в «Банк готовых работ» подтверждает, что
уровень оригинальности
работы составляет не менее 40%
|
Уникальность | Выполняется индивидуально |
Сразу в личном кабинете | Доступность | Срок 1—4 дня |
100 ₽ | Цена | от 20 ₽ |
Не подошла эта работа?
В нашей базе 23392 Решения задач — поможем найти подходящую