0.1 Modele Dynamiczne

Paweł Strawiński
0.1
0.1.1
Notatki do ćwiczeń z ekonometrii
Modele Dynamiczne
Wprowadzenie
Często konkretne działanie czy zjawisko ekonomiczne nie tylko zależy od
bieżących wartości pewnych wskaźników - zmiennych objaśniających modelu,
ale również od ich wartości przeszłych, oraz wartości zjawiska z poprzednich
okresów.
Lemat 1 Mnożnik bezpośredni mierzy krótkookresową reakcję na zmianę wartości zmiennej objaśniającej. Wynosi on β0
Lemat 2 Mnożnik długookresowy mierzy skumulowany efekt powstający wskutek zmiany zmiennej wartości objaśniającej
w okresie 0. Dla modelu bez części
Pτ
autoregresyjnej
wynosi
on
β
=
β
,
a
gdy
część autoregresyjna występuje
τ
i=0 i
Pτ
βi
i=0
to βτ = 1−Pp γi
i=0
0.1.2
Operator opóźnień
Użytecznymi narzędziami skracającymi zapis postaci analitycznej modeli dynamicznych są oprerator opóźnień i operator różnicowy.
Operator opóźnień jest zdefiniowany następująco:
Lxt = xx−1
Ten operator możemy w obliczeniach traktować jak liczbę. Ma on następujące
własności:
• La = a
• L2 xt = L(Lxt ) = Lxt−1 = xt−2
• Lp xt = xt−p
0.1.3
Operator różnicowy
Drugim użytecznym narzędziem jest operator różnicowy
∆xt = xt − xt−1
Ten operator również może w obliczeniach być traktowany jak liczba. Ma on
następujące własności:
• ∆a = 0
1
Paweł Strawiński
Notatki do ćwiczeń z ekonometrii
• ∆2 xt = ∆∆xt = ∆(xt − xt−1 ) = (xt − xt−1 ) − (xt−1 − xt−2 )
• ∆p xt = . . . = (xt − xt−1 ) − . . . − (xt−(p+1) − xt−p )
• xt = xt−1 + ∆xt
• ∆xt = (1 − L)xt
Możemy połączyć użycie obu operatorów:
∆2 xt = (1 − L)2 xt = (1 − 2L + L2 )xt = xt − 2xt−1 + xt−2 = ∆xt − ∆xt−1
Dodatkowo zauważmy, że:
(1−L)2 xt = (1−L)(1−L)xt = (1−L)(xt −xt−1 ) = (xt −xt−1 )−(xt−1 −xt−2 )
Dynamiczne równanie regresji możemy przedstawić jako:
yt = α +
∞
X
βi Li xt + ²t = α + B(L)xt + ²t
i=0
gdzie B jest wielomianem zmiennej L:
B(L) = β0 L0 + β1 L1 + β2 L2 + . . .
Wielomian operatora opóźnień to wyrażenie postaci:
2
3
A(L) = 1 + aL + (aL) + (aL) + . . . =
∞
X
aLi
i=0
jeśli | a |< 1, wtedy:
A(L) =
0.1.4
1
1 − aL
Modele o opóźnieniach rozłożonych Distributed Lags
Model z opóźnieniami rozłożonymi ma następującą formę:
yt = α + β
∞
X
γi Li xt + εt
i=0
możemy go zapisać jako:
yt = α + β(1 − γL)−1 xt + εt
2
(1)
Paweł Strawiński
0.1.5
Notatki do ćwiczeń z ekonometrii
Model autoregresyjny
Ten sam model możemy zapisać w formie autoregresyjnej. Mnożąc (1) przez
(1 − γL) otrzymujemy:
yt (1 − γL) = α(1 − γL) + βxt + εt (1 − γL)
po uporządkowaniu dostajemy:
yt = α(1 − γ) + βxt + γyt−1 + (1 − γL)εt
możemy go również zapisać za pomocą operatora opóźnień:
C(L)yt = α∗ + βxt + ε∗
0.1.6
Modele autoregresyjne o opóźnieniach rozłożonych (ARDL)
Autoregressive Distributed Lags
Bardziej ogólnym zapisem modeli dynamicznych jest postać ARDL.
yt = µ +
p
X
i=1
γi yt−i +
r
X
βj xt−j + δwt + εt
(2)
j=0
gdzie o składniku losowym ²t zakładamy że jest homoscedastyczny i nieskorelowany. Możemy zapisać model (2) w bardziej zwięzłej postaci:
C(L)yt = µ + B(L)xt + δwt + εt
gdzie:
C(L) = 1 − γ1 L1 − γ2 L2 − . . . − γp Lp
oraz
B(L) = β0 − β1 L1 − β2 L2 − . . . − βr Lr
Model w tej postaci zapisujemy jeszcze krócej jako ARDL(p, r). Liczby wskazują na rząd wielomianów operatorów użytych do zapisu modelu. Klasyczny
Model Regresji Liniowej jest specjalnym przypadkiem ARDL dla którego
p = 0, oraz r = 0.
0.1.7
Stacjonarność
Lemat 3 Proces stochastyczny jest słabo (wariancyjnie) stacjonarny jeśli
var(xi ) = σ 2 < ∞ oraz cov(xt , xt+h ) = cov(xt+j , xt+j+h ) = γh dla dowolnych t, j, h.
3
Paweł Strawiński
Notatki do ćwiczeń z ekonometrii
Intuicyjnie proces stochastyczny jest stacjonarny jeżeli ma skończoną wariancję oraz kowariancje między obserwacjami nie zależą od czasu, a jedynie
od odległości między obserwacjami.
Lemat 4 Proces zintegrowany stopnia
przedP∞zero, oznaczamy I(0). Można
2
stawić go w postaci xt − E(xt ) =
i=0 εt−i , gdzie εt ∼IID (0, σ ) - biały
szum.
Lemat 5 Proces stochastyczny xt nazywamy procesem zintegrowanym rzędu
d jeżeli ∆d xt jest I(0).
0.1.8
Stabilność modelu dynamicznego
Stabilność modelu dynamicznego zależy od części autoregresyjnej modelu.
Lemat 6 Model dynamiczny nazywamy modelem stabilnym jeżeli pierwiastki
wielomianu operatora opóźnień jego części autoregresyjnej leżą poza kołem
jednostkowym.
Rozwiązaniem stabilnym modelu dynamicznego nazywamy rozwiązanie
dla którego yt = yt−1 = . . . = yt−p , xt = xt−1 = . . . = xt−q , oraz ∀iεi = 0
0.1.9
Model ARIMA
Nazwa modelu jest zbitką trzech nazw. AR pochodzi od procesu autoregresyjnego, I od procesu zintegrowanego, a MA od procesu średniej ruchomej.
Postać analityczna modelu jest dość skomplikowana:
∆d yt = µ + γ1 ∆d yt−1 + γ2 ∆d yt−2 + . . . + γp ∆d yt−p + εt − θ1 εt−1 − . . . − θq εt−q
ale zapis można uprościć stosując wielomiany operatora opóźnień i operator
różnicowy:
C(L)[(1 − ∆L)d yt ] = µ + D(L)εt
Innym sposobem zapisu modelu jest ARIM A(p, d, q), gdzie p oznacza rząd
procesu autoregresyjnego, q rząd procesu średniej ruchomej, a d rząd integracji procesu.
0.1.10
Pierwiastki jednostkowe i Test Dickey’a-Fullera
Jeżeli proces stochastyczny zawiera pierwiastek który leży wewnątrz bądź na
obrzeżu koła jednostkowego, to jest procesem niestacjonarnym. Test Dicke’yaFullera wykrywa obecność pierwiastków jednostkowych.
4
Paweł Strawiński
Notatki do ćwiczeń z ekonometrii
Jeżeli mamy model autoregresji w którym zmienna yt jest szeregiem czasowymi postaci:
yt = ρyt−1 + εt
(3)
Chcemy sprawdzić czy zmienna yt jest stacjonarna. Wydaje się, że wystarczy
przeprowadzić test czy ρ = 1 za pomocą statystyki t-Studenta.
Jeżeli składnik losowy w równaniu (3) jest procesem białego szumu, to
jeśli | ρ |< 1 to ten proces jest zintegrowany stopnia zero. Lecz w przypadku
gdy ρ = 1 równanie reprezentuje proces błądzenia losowego. Wtedy proces
generujący yt jest niestacjonarny. W takim przypadku statystyka t nie będzie
miała rozkładu t-Studenta i nie możemy jej wartości używać do standardowych testów.
Rozwiązaniem problemu testowania stopnia integracji jest procedura zaproponowana przez Dickey’a i Fullera i nazwana od nazwisk autorów testem
DF. Test DF weryfikuje hipotezę, że w równaniu (3) ρ = 1, czyli że mamy
pierwiastek jednostkowy. Dlatego ten test również jest nazywany testem pierwiastka jednostkowego. Zapiszmy równanie (3) w postaci:
yt = (1 + δ)yt−1 + εt
yt − yt−1 = δyt−1 + εt
∆yt = δyt−1 + εt
(4)
i testujemy hipotezę zerową:
H0 : δ = 0
H1 : δ < 0
odrzucenie hipotezy zerowej δ = 0 na rzecz hipotezy alternatywnej oznacza
że yt nie ma pierwiastków w kole jednostkowym, jest zintegrowane stopnia
zero I(0).
Statystyka testowa t nie ma rozkładu t-Studenta. Wartości krytyczne odczytujemy z tablic wartości testu Dickey’a-Fullera. Wszystkie wartości krytyczne są w lewym ogonie rozkładu i są znacznie niższe od statystyk tStudenta. Wartości krytyczne testu Dickey-Fuller’a otrzymywane są za pomocą symulacji Monte Carlo, więc są one obciążone pewnym błędem. Dlatego
niektóre tablice podają nie jedną, a dwie wartości krytyczne dolną i górną.
Pomiędzy nimi leży obszar braku konkluzji.
0.1.11
Test ADF
Test Dickey’a-Fullera nie uwzględnia faktu, że składnik losowy równania (3)
może zawierać autokorelację. W przypadku występowania autokorelacji estymatory MNK są nieefektywne. Wobec tego stosuje się Rozszerzony test
5
Paweł Strawiński
Notatki do ćwiczeń z ekonometrii
Dickey’a-Fullera (Augmented Dickey-Fuller test). W równaniu regresji po
prawej stronie umieszcza się opóźnione wartości zmiennej zależnej. Równanie przyjmuje postać:
∆yt = δyt−1 +
k
X
γi ∆yt−i + εt
(5)
i=1
Sposób testowania oraz wartości krytyczne testu są identyczne jak w teście
Dickey-Fullera.
0.1.12
Kointegracja i Test Engla-Grengera
Jeżeli mamy równanie regresji w którym zmienne xt i yt są szeregami czasowymi, to te szeregi mogą zawierać trendy czasowe. Wobec tego są one niestacjonarne. Jeżeli istnieje między nimi długookresowy związek, to mówimy że
procesy xt i yt są skointegrowane jeżeli odchylenia od ścieżki długookresowej
są stacjonarne.
Formalna definicja kointegracji podana przez Engla i Grengera jest następująca:
Lemat 7 Mówimy, że szeregi czasowe są skointegrowane stopnia (d, b) co
zapisujemy:
xt , yt ∼ CI(d, b)
jeżeli:
1. Oba szeregi są zintegrowane stopnia b
2. istnieje kombinacja liniowa tych zmiennych a1 xt + a2 yt , która jest zintegrowana stopnia d − b
Lemat 8 Wektor [a1 , a2 ] nazywamy wektorem kointegrującym.
Testowanie kointegracji jest analogiczne do testowania integracji. Sprawdzamy czy kombinacja liniowa zmiennych jest I(0). Test przeprowadzamy za
pomocą procedury zaproponowanej przez Engla i Grengera.
1. Testujemy stopień integracji zmiennych związanych z badaną długookresową zależnością. Jeżeli w modelu mamy więcej niż dwie zmienne
to stopień integracji zmiennej zależnej nie może być wyższy niż stopień
integracji którejkolwiek ze zmiennych objaśniających. Ponadto liczba
zmiennych o stopniu integracji wyższym od zmiennej zależnej modelu,
powinna być albo równa zero, albo powinny być dwie takie zmienne.
6
Paweł Strawiński
Notatki do ćwiczeń z ekonometrii
2. Jeżeli znamy postać wektora kointegrującego [1, −β] to test Dickey’aFullera na kointegrację polega na obliczeniu statystyki t-Studenta dla
parametru δ w regresji
∆ut = δut−1 + εt
(6)
gdzie:
ut = yt − βxt
i porównaniu jej z wartością krytyczną z tablic dla testu DF. Dla testu
ADF procedura jest analogiczna. Obliczamy statystykę t dla parametru
δ z równania:
k
X
∆ut = δut−1 +
δi ∆ut−i + εt
(7)
i=1
Jeżeli relacja długookresowa nie jest znana a prori to najpierw szacujemy MNK parametry wektora kointegrującego.
yt = β1 x1 + . . . + βk xk + νt
Następnie do równania (6) lub (7) w zależności od postaci testu zamiast
ut wstawiamy oszacowane wektor reszt ν, więc:
∆νt = δνt−1 + εt
lub w przypadku testu ADF:
∆νt = δνt−1 +
k
X
δi ∆νt−i + ζt
i=1
Podobnie jak w przypadku testu integracji statystyka wartości krytyczne
dla statystyki t-Studenta odczytujemy z tablic testu DF. Gdy musimy oszacować wektor kointegujący wartości krytyczne dla statystyki testowej zależą
również od liczby szacowanych parametrów wektora kointegrującego m.
0.1.13
Mechanizm korekcji błędem (ECM)
Jeżeli dwa szeregi czasowe xt i yt są niestacjonarne i skointegrowane, to ich kointegracja powoduje, że składnik losowy relacji długookresowej nie zwiększa
się. Engle i Grenger udowodnili, że każdy szereg skointegrowany ma reprezentację za pomocą mechanizmu korekty błędem. Twierdzenie odwrotne jest
również prawdziwe, tzn. każdy mechanizm korekty błędem można przedstawić za pomocą szeregów skointegrowanych.
7
Paweł Strawiński
Notatki do ćwiczeń z ekonometrii
Rozpatrzmy model:
yt = βxt + ²t
(8)
gdzie yt oraz xt są I(1). Przypuśćmy że yt i xt są CI(1, 1) z wektorem kointegrującym [−1, β]. Wobec tego model (8) można przedstawić za pomocą
mechanizmu korekty błędem
∆yt = α1 ∆xt + α2 (yt−1 − βxt−1 ) + εt
(9)
gdzie α2 < 0. Ten model szacuje się również za pomocą dwustopniowej procedury Engla-Grengera. W pierwszym kroku szacujemy równanie (8) za pomocą MNK i testujemy hipotezę o stacjonarności reszt. Jeśli są stacjonarne
to szacujemy (9) zastępując β otrzymanym w pierwszym kroku estymatorem.
W ten sposób w równaniu (9) wszystkie zmienne są stacjonarne.
0.1.14
Zadania
Zadanie 1.
Mamy proces DL następującej postaci
yt = µ + β0 xt + β1 xt−1 + εt
(a) Wyjaśnij jaka jest intepretacja współczynników przy β0 i β1
(b) Podaj jaki będzie wpływ na yt zmiany xt−1 i xt o jednostkę. Jak nazywamy współczynnik βτ ?
(c) Policz odchylenie standartowe współczynnika βτ·, jeżeli macierz
¸ wariancjiσ00
kowariancji dla β0 i β1 ma postać: var(βτ ) =
σ01 σ11
Rozwiązanie
ad a) β0 zmiana yt jeśli xt wzrośnie o jednostkę, β1 zmiana yt jeśli xt−1
wzrośnie o jednostkę.
ad b) β0 jest to mnożnik bezpośredni, βτ jest to mnożnik długookresowy.
βτ = β0 + β1 W pierwszym okresie yt zmieni się o β0 , w następnym yt
zmieni się o βτ
ad c)
var(βτ ) = var(β0 +β1 ) = var(β0 )+var(β1)+2cov(β0 β1 ) = σ00 +σ11 +2σ01
√
se(βτ ) = σ00 + σ11 + 2σ01
8
Paweł Strawiński
Notatki do ćwiczeń z ekonometrii
Zadanie 2.
Mamy proces ARDL następującej postaci:
yt = µ + ayt−1 + β0 xt + β1 xt−1 + εt
(a) Podaj warunek konieczny do tego, aby proces ten był stabilny (wpływ
²t na yt+s malał z upływem czasu)
(b) Znajdź wielkość mnożnika bezpośredniego i długookresowego dla zmiennej xt . Jaka jest intepretacja tych mnożników?
(c) Chcemy przeanalizować scenariusz w którym xt−1 było większe o 1 niż
obserwowane. O ile większe w takim przypadku będzie oczekiwany yt ?
(d) Chcemy przeanalizować scenariusz w którym xt i xt−1 były większe o 1
niż obserwowane. O ile większe w takim przypadku będzie oczekiwany
yt ?
(e) Jakie warunki musi spełniać ²t , żeby model ten można było wyestymować
za pomocą MNK?
Rozwiązanie
ad a) Wartości bezwzględne pierwiastków wielomianu opóźnień muszą być
większe od 1.
1
1 − aL = 0 =⇒ L =
a
| L |> 1 =⇒| a |< 1 =⇒ a ∈ (−1, 1)
0 +β1
ad b) mnożnik bezpośredni β0 ; mnożnik długookresowy β1−a
. Mnożnik bezpośredni to efekt krótkookresowy (natychmiastowy). Mnożnik długookresowy pokazuje efekt zmiany w dłuższym okresie.
ad c) E(yt ) wzrośnie o β1
ad d) E(yt ) wzrośnie o β0 + β1 + aβ0 , ponieważ należy uwzględnić wpływ
xt−1 na yt−1
ad e) cov(εt , xt ) = 0, cov(εt , xt−1 ) = 0, cov(εt , yt ) = 0, cov(εt , yt−1 ) = 0
9
Paweł Strawiński
Notatki do ćwiczeń z ekonometrii
Zadanie 3.
Mamy następujący proces ARIM A(p, d, q):
∆yt = µ + a∆yt−1 + εt + θεt−1
E(ε) = 0
var(ε) = σ 2 I
(a) Ile wynoszą parametry p, d, q?
(b) Jaki jest warunek stabilności procesu ∆yt ?
(c) Jakie jest rozwiązanie długookresowe dla procesu ∆yt ?
(d) Czemu jest równa wartość oczekiwana procesu ∆yt ?
(e) Jaka jest wariancja procesu ∆yt ?
Rozwiązanie
ad a) ARIMA (1,1,1)
ad b) Pierwiastek wielomianu operatora opóźnień musi leżeć poza kołem
jednostkowym, czyli:
∆yt = µ + a∆yt−1 + εt + θεt−1
można zapisać jako:
(1 − aL)∆yt = µ + εt + θεt−1
1 − aL = 0
| L |> 1
=⇒| a |< 1
ac c) Rozwiązanie długookresowe y =
1
a
=⇒ a ∈ (−1, 1)
=⇒ L =
µ
1−a
ad d)
E(∆yt ) = E(µ) + E(a∆yt−1 ) + E(εt ) + E(θεt−1 )
E(∆yt ) = E(µ) + E(a∆yt−1 ) + 0 + 0
µ
E(∆yt ) =
1−a
10
Paweł Strawiński
Notatki do ćwiczeń z ekonometrii
ad e)
(var(∆yt )) = var(µ + a∆yt−1 + εt + θεt−1 )
(var(∆yt )) = var(µ) + var(a∆yt−1 ) + var(εt ) + var(θεt−1 )
(var(∆yt )) = 0 + a2 var(∆yt ) + σ 2 I + θ2 σ 2 I
(1 − a2 )(var(∆yt )) = σ 2 I + θ2 σ 2 I
(var(∆yt )) =
σ 2 I + θ2 σ 2 I
(1 − a2 )
Zadanie 4.
Po wyestymowaniu procesu ARM A(2, 2) otrzymaliśmy wynik
yt = 0, 2 + 1, 0yt−1 − 0, 25yt−2 + ²t + 0, 5²t−1
(a) Sprawdź czy uzyskany proces jest stabilny.
(b) Policz prognozę dla yT +1 i yT +2 jeśli yT = 1, yT −1 = 2, eT = 0, eT +1 = 1
eT +2 = 0, 5
Rozwiązanie
ad a)
yt − 1, 0yt−1 + 0, 25yt−2 = 0, 2 + εt + 0, 5εt−1
(1 − L + 0, 25L2 )yt = 0, 2 + εt + 0, 5εt−1
∆L = 1 − 4 ∗ 0, 25 = 0
1
l1/2 =
=2
0, 5
proces jest stabilny.
ad b)
yt+1 = 0, 2 + 1, 0yt − 0, 25yt−1 + εt+1 + 0, 5εt
yt+1 = 0, 2 + 1, 0 ∗ 1, 0 − 0, 25 ∗ 2 + 1 + 0, 5 ∗ 0 = 1, 7
yt+2 = 0, 2 + 1, 0yt+1 − 0, 25yt + εt+2 + 0, 5εt+1
yt+2 = 0, 2 + 1, 0 ∗ 7 − 0, 25 ∗ 1 + 0, 5 + 0, 5 ∗ 1 = 1, 65
11
Paweł Strawiński
Notatki do ćwiczeń z ekonometrii
Zadanie 5.
Rozważ proces postaci
∆yt = φ∆yt−1 + εt
| φ |< 1
gdzie εt ∼ N (0, σ 2 I).
(a) Zapisz podany proces na poziomach yt
(b) Znajdź wielomian operatora opóźnień i jego pierwiastki dla procesu yt .
(c) Jaki jest rząd integracji tego procesu?
Rozwiązanie
ad a)
yt − yt−1 = φ(yt−1 − yt−2 ) + εt
yt − yt−1 = φyt−1 − φyt−2 + εt
yt − (1 + φ)yt−1 + φyt−2 = εt
ad b)
(1 − (1 − φ)L + φL2 )yt = εt
∆l = (1 + φ))2 − 4φ = 1 + 2φ + φ2 − 4φ = 1 − 2φ + φ2
2
∆φ = 4 − 4 = 0 =⇒ φ1/2 = = 1
2
równanie ma dwa pierwiastki rzeczywiste dla | φ |< 1
p
1 + φ + (1 + φ)2 − 4φ
l1 =
2φ
p
1 + φ − (1 + φ)2 − 4φ
l2 =
2φ
dla φ < 0
p
1 + φ ± (1 + φ)2 − 4φ
l1/2 =
2φ
p
1 + φ ± 1 + 2φ + φ2 − 4φ
l1/2 =
2φ
p
1 + φ ± 1 − 2φ + φ2
l1/2 =
2φ
12
Paweł Strawiński
Notatki do ćwiczeń z ekonometrii
l1/2 =
1+φ±
p
(1 − φ)2
2φ
1 + φ ± (1 + φ)
2φ
1
l1 = 0 l2 = 1 +
φ
l1/2 =
dla φ > 0
1 + φ ± (1 − φ)
2φ
1
l1 = 1 l2 = =⇒| l2 |> 1
φ
l1/2 =
wobec tego conajmniej jeden pierwiastek leży w kole jednostkowym,
więc proces yt jest conajmniej I(1).
ad c) czy jest I(2)?
∆yt = φ∆yt−1 + εt
∆yt − φ∆yt−1 = εt
(1 − φL)∆yt = εt
1
φ
1 − φL = 0
=⇒ L =
| L |> 1
=⇒| φ |< 1
wobec tego ∆yt jest stacjonarny.
Zadanie 6.
Rozważmy proces AR(2)
yt = a + φ1 yt−1 + φ2 yt−2 + εt
E(ε) = 0
var(ε) = σ 2 I
(a) Zapisz ten proces za pomocą wielomianu operatora opóźnień.
(b) Dla jakich φ1 i φ2 proces ten będzie I(1) a dla jakich I(2)?
13
Paweł Strawiński
Notatki do ćwiczeń z ekonometrii
(c) Analizowany proces AR(2) zapisano jako:
∆yt = α + δyt−1 + π∆yt−1 + εt
Znajdź relację między a, φ1 , φ2 i α, δ, π. Do czego mógłby posłużyć tak
zapisany model?
Rozwiązanie
ad a)
yt − φ1 yt−1 − φ2 yt−2 = a + εt
(1 − φ1 L − φ2 L2 )yt = a + εt
ad b)
∆L = φ21 + 4φ2
√
φ1 ± ∆L
l1/2 =
−2φ2
proces jest I(2) jeżeli:
√
φ1 ± ∆L
|
|< 1
−2φ2
wobec tego:
| φ1 ±
p
∆L |<| −2φ2 |
moduł liczby to pierwiastek z sumy kwadratów jej składników
φ21 + ∆L < 4φ2
φ21 + φ21 + 4φ2 < 4φ2
2φ21 < 0
Wobec tego proces będzie zintegrowany stopnia 2 dla jeżeli φ2 będzie
miało część urojoną i część urojona będzie większa co do modułu od
części rzeczywistej.
ad c)
yt − φ1 yt−1 − φ2 yt−2 = a + εt
yt − yt−1 + (1 + φ1 )yt−1 = a + φ2 yt−2 + εt
∆yt = a − (1 + φ1 )yt−1 + φ2 yt−2 + εt
∆yt = a − (1 + φ1 − φ2 )yt−1 + φ2 ∆yt−1 + εt
wobec tego: α = a, δ = 1 + φ1 − φ2 , π = φ2 .
14
Paweł Strawiński
Notatki do ćwiczeń z ekonometrii
Zadanie 7.
Estymacja modelu AR(2) na pierwszych różnicach dla próby 100 obserwacji dała następujący wynik (w nawiasach są błędy standardowe)
∆yt = −0, 18 −0, 14 yt−1 +0.24 ∆yt−1 + εt
(0, 12) (0, 05)
(0, 10)
Przetestuj na poziomie istotności α = 0, 05 hipotezę o pierwiastku jednostkowym. Dokładnie objaśnij jak brzmi hipoteza zerowa i alternatywna.
Rozwiązanie
Zapiszmy ogólną postać modelu:
∆yt = α + βyt−1 + γ∆yt−1 + ε
Należy przetestować hipotezę
H0 :
β=0
H1 :
β<0
Wartość statystyki testowej wynosi t = −0,14
= −2, 8. Wartość krytyczną
0,05
odczytana z tablic testu Dickey’a-Fullera wynosi tDF (100) = −2, 9. Ponieważ t > tDF brak jest podstaw do odrzucania hipotezy zerowej o istnieniu
pierwiastka jednostkowego.
Zadanie 8.
Powiedzmy, że mamy model:
∆yt = α(yt−1 − βxt−1 ) + δ∆yt−1 + εt
i wyniki następujących regresji dla 100 obserwacji (poziom istotności α =
0, 05)
∆yt = 0, 4 yt +0.2 ∆yt−1
(0, 2)
(0, 02)
∆xt = −0, 8 xt +0.2 ∆xt−1
(0, 5)
(0, 1)
(a) Czy w tym przypadku ma sens (i dlaczego) testowanie kointegracji między xt i yt ?
15
Paweł Strawiński
Notatki do ćwiczeń z ekonometrii
(b) Powiedzmy, że otrzymałeś z MNK reszty ût z regresji yt na xt a regresji
∆ût na ut−1
ˆ dała następujący wynik (błędy standardowe w nawiasach)
∆ût = −0, 8 ut−1
ˆ
(0, 2)
Jaki jest wynik testu na kointegrację?
Rozwiązanie
ad a) Wartość krytyczna testu Dickey’a-Fullera tDF (100) = −2, 9
ty =
−0, 4
= −2
0, 2
Ponieważ statystyka testowa ty = −2 > tDF wartości krytycznej testu
wnioskujemy, że istnieje pierwiastek jednostkowy, czyli szereg yt jest
zintegrowany stopnia jeden I(1).
tx =
−0, 8
= −1, 6
0, 5
Ponieważ statystyka testowa tx = −1.6 > tDF wartości krytycznej testu wnioskujemy że istnieje pierwiastek jednostkowy, czyli szereg yt jest
zintegrowany stopnia jeden I(1). Ponieważ oba szeregi są I(1) testowanie kointegracji jest sensowne, bowiem model może wskazywać nie na
relację pomiędzy zmiennymi xt i yt , a między trendami zawartymi w
zmiennych.
ad b)
t=
−0, 8
= −4
0, 2
Ponieważ statystyka testowa tx = −4 < tDF wartości krytycznej testu
wnioskujemy że zmienne są skointegrowane.
Zadanie 9.
Mamy proces ARDL(2, 1) następującej postaci:
yt = µ − 0, 5yt−2 + 0, 5xt + ²t
(a) Zapisz proces za pomocą wielomianu opóźnien i oblicz jego pierwiastki
16
Paweł Strawiński
Notatki do ćwiczeń z ekonometrii
(b) Sprawdź czy proces jest stacjonarny i określ jego rząd integracji,
Rozwiązanie
ad a)
yt + 0, 5yt−2 = µ + 0, 5xt + εt
(1 + 0, 5L2 )yt = µ + 0, 5xt + εt
Szukamy pierwiastków wielomianu operatora opóźnień
p
√
∆L = 0 − 4 ∗ 0, 5 ∗ 1 = −2 = 2i2
∆L = 2i
√
√
√
√
√
−i 2
l1 =
= −i 2 | −i 2 |= 02 + 2 = 2
1
√
√
√
√
√
i 2
l2 =
= i 2 | i 2 |= 02 + 2 = 2
1
ad b) Ponieważ moduły obu pierwiastków leżą poza kołem jednostkowym
proces jest stacjonarny I(0).
Literatura
[1] Wojciech Charemza, Derek Deadman (1997) Nowa ekonometria, PWE.
[2] William H. Greene (2003) Econometric Analysis, 5th edition.
[3] Jerzy Mycielski (2000) Notatki do ćwiczeń z ekonometrii, WNE.
17