Ejemplo: ARMA(1,2) Econometría II 1. Sea *Z

Ejemplo: ARMA(1,2)
Econometría II
1. Sea fZt g un proceso estocástico que viene representado por el siguiente modelo ARMA(1,2):
Zt = 0:5
0:18Zt
1
+ at + 2:4at
1
+ 0:8at
2;
(1)
donde fat g es un RB con media cero y varianza 1.
(a) Reescriba el modelo (1) utilizando el operado retardos.
(b) Estudie si el proceso representado en (1) es CAUSAL. En base al resultado obtenido, ¿sería
posible una representación MA pura para este proceso, esto es, Zt = + (L)at ; con = E[Zt ]
y (L) = 1 + 1 L + 2 L2 + :::? Razone su respuesta.
(c) Estudie si el proceso representado en (1) es INVERTIBLE. En base al resultado obtenido, ¿sería
posible una representación AR pura para este proceso, esto es, at = e + (L)Zt ; con e
c = cte y
(L) = 1 + 1 L + 2 L2 + :::? Razone su respuesta.
(d) Obtenga la MEDIA y la FUNCIÓN DE AUTOCOVARIANZAS del proceso. Pista 1 : Reescriba
(1) como un modelo en diferencias con respecto a la media. Pista2 : Los resultados que han
de obtenerse son =' 0:42; 0 = 2:964; 1 = 3:64248; 2 = 0:1443536, y para k
3; k =
0:18 k 1 .
(e) El Teorema de la Descomposición de Wold ( DW) dice que todo proceso estocástico fZt g de
"media cero" y "estacionario en covarianza" puede expresarse como la suma de una componente
estocástica
formada por la combinación lineal de los valores presente y pasados del RB ( (L)at =
P1
a
t
j ) y una componente determinística (Vt ) que está incorrelacionada con la componente
j
j=0
estocástica. Esto es, Zt = (L)at + Vt : En base a los resultados obtenidos, ¿crees que (1) se
corresponde con la DW para fZt g?
Solución - Ejemplo ARMA(1,2)
(a) Zt + 0:18Zt
1
= 0:5 + at + 2:4at
1
+ 0:8at
2
) (1 + 0:18L)Zt = 0:5 + (1 + 2:4L + 0:8L2 )at : Esto es,
{z
}
|
{z
}
|
1 (L)
1 (L)Zt = 0:5 +
2 (L)at :
2 (L)
(b) (i) Para estudiar la propiedad de CAUSALIDAD nos centramos en la parte AR, pues la parte MA es
estacionaria por construcción. Para ello, tenemos que calcular las raíces del polinomio del operador
retardos 1 (L). Si las raíces de este polinomio caen fuera del circulo unidad (esto es, su valor absoluto
es mayor que 1), entonces el proceso será causal. En nuestro caso, tenemos el siguiente polinomio de
1
= 50b
5:
orden 1: 1 (L) = 1+0:18L: Por lo tanto tendremos una única ráiz: 1+0:18L = 0 ) L = 0:18
0b
0b
Como jLj = j 5 5j = 5 5 > 1 ) PROCESO CAUSAL.
(ii) En el apartado (a) hemos visto que (1) se puede escribir como:
hemos obtenido que fZt g es CAUSAL, esto signi…ca que 1 (L) 1 =
Por lo tanto, Zt =
0:5
1 (L)
+
2 (L)
1 (L)
at : Esto es,
(L) =
2 (L)
1 (L)
1 (L)Zt = 0:5 + 2 (L)at : Como
1
ESTÁ BIEN DEFINIDO.
1 (L)
:
0:5
1 (L)
En cuanto al término constante, tenemos que
=
) 0:5 = 1 (L) ) 0:5 = (1 + 0:18L) :
Recordar que el operador retardo aplicado a una constante es igual a la constante (Lc = c). Por lo
0:5
tanto, 0:5 = + 0:18L = ( + 0:18 ) = (1 + 0:18) ) = 1+0:18
' 0:42: Observad que éste es
exactamente el valor para E[Zt ] = que obtenemos en el apartado (d).
(c) (i) Para estudiar la propiedad de INVERTIBILIDAD nos centramos en la parte MA, pues la parte AR
es invertible por construcción. Para ello, tenemos que calcular las raíces del polinomio del operador
retardos 2 (L). Si las raíces de este polinomio caen fuera del circulo unidad (esto es, su valor absoluto
es mayor que 1), entonces el proceso será invertible. En nuestro caso, tenemos el siguiente polinomio
(L) = 1 + 2:4L + 0:8L2 : Por
2p
2:4+ (2:4)2 4 0:8 1
= 0:5 y L2 =
2 0:8
lo tanto
dos raíces: 0:8L2 + 2:4L + 1 = 0
p tendremos
2:4
(2:4)2 4 0:8 1
= 2:5: Notar que jL2 j > 1; pero
) L1 =
2 0:8
jL1 j = j 0:5j = 0:5 < 1 ) PROCESO NO INVERTIBLE, pues una de las raíces cae dentro del círculo
unidad.
de orden 2:
(ii) En el apartado (a) hemos visto que (1) se puede escribir como: 1 (L)Zt = 0:5 + 2 (L)at : Como
hemos obtenido que fZt g es NO INVERTIBLE, esto signi…ca que 2 (L) 1 = 2 1(L) NO ESTÁ BIEN
DEFINIDO. Por lo tanto, NO podríamos esribir at =
al no poder calcularse la inversa de 2 (L):
0:5
2 (L)
1 (L)
+
2 (L)
Zt ; ya que en este caso
(L) 6=
1 (L)
2 (L)
(d) En base al resultado obtenido en (b) sabemos que el proceso fZt g es "estacionario en covarianza", ya
que la parte AR es CAUSAL y la parte MA es estacionaria por construcción. Por ser fZt g un proceso
"estacionario en covarianza" sabemos que:
E(Zt ) =
8t;
V ar(Zt ) = E[(Zt
)2 ] = 0
Cov(Zt k ; Zt ) = E[(Zt k
)(Zt
8t;
)] =
(2)
8t:
k
Podemos utilizar esta información para calcular los momentos de primer y segundo orden. Además, el
enunciado me dice que fat g es un RB con media cero y varianza 1. Por lo tanto, sabemos que
E(at ) = 0 8t;
V ar(at ) = E(a2t ) = 1 8t;
Cov(at k ; at ) = E(at k at ) = 0 8t; 8k 6= 0:
(3)
(i) A partir de (2) y (3) calculamos la MEDIA. Para ello, aplicamos el operador esperanza a (1):
E(Zt ) = 0:5
| {z }
E(Zt ) =
=
0:18E(Zt 1 ) + E(at ) + 2:4E(at 1 ) + 0:8E(at 2 ) ) (1 + 0:18)
| {z }
| {z }
| {z }
| {z }
0
0:5
1+0:18
0
= 0:5 )
0
' 0:42:
(ii) Para calcular la función de autocovarianzas escribimos (1) como un modelo en diferencias con
respecto a la media:
(Zt
)=
0:18(Zt
) + at + 2:4at
1
1
+ 0:8at
2:
(4)
Notar que (4) y (1) son exactamente el mismo modelo. Operando a partir de (4), tenemos que: Zt
=
0:18Zt 1 +0:18 +at +2:4at 1 +0:8at 2 ) Zt = +0:18
0:18Zt 1 +at +2:4at 1 +0:8at 2 ) Zt =
0:5
(1+0:18) 0:18Zt 1 +at +2:4at 1 +0:8at 2 ) Zt = (1+0:18) 1+0:18
0:18Zt 1 +at +2:4at 1 +0:8at 2
) Zt = 0:5 0:18Zt 1 + at + 2:4at 1 + 0:8at 2 : QED
A continuación calculamos la función de autocovarianzas
Para (k = 0): Multiplico (4) por (Zt
E[(Zt
|
Término A: E[at (Zt
)(Zt
{z
= E[(Zt
k
)(Zt
)]; k 2 f0; 1; 2; :::g.
) y tomo esperanzas a ambos lados,
)] =
}
0
k
0:18E[(Zt
|
+2:4E[at
|
)] = E[at f 0:18(Zt
1
)(Zt
{z
1
A
1
1 (Zt
{z
)] + E[at (Zt
} |
{z
)] + 0:8E[at
}
|
B
)+at +2:4at
2 (Zt
{z
C
1 +0:8at 2 g]
=
)]:
}
)]
}
0:18E[at (Zt 1
|
{z
0
)] +
}
E[a2t ] + 2:4E[at at 1 ] + 0:8E[at at 2 ] = 1: Notar que at está INCORRELACIONADO con los valores
| {z }
| {z }
| {z }
1
0
0
pasados de Z. Si retardamos un período la ecuación (4) tenemos que:
(Zt
1
)=
0:18(Zt
2
) + at
1
+ 2:4at
2
+ 0:8at
3;
por lo tanto E[at (Zt 1
)] = 0, ya que at no tiene ningún índice en común con los RB que aparecen
en la ecuación de arriba.
Término B: E[at
1 (Zt
)] = E[at
1f
E[at 1 at ] + 2:4E[a2t 1 ] + 0:8E[at 1 at
| {z }
|
{z
| {z }
0
al término A, E[at (Zt
Término C: E[at
2]
0
1
0:18(Zt
}
=
)+at +2:4at
1
1 +0:8at 2 g]
0:18 + 2:4 = 2:22. Notar que E[at
)] = 1 8t; ya que se trata de un proceso estacionario.
2 (Zt
)] = E[at
2f
0:18(Zt
)+at +2:4at
1
1 +0:8at 2 g]
E[at 2 at ] + 2:4E[at 1 at 2 ] + 0:8E[a2t 2 ] = ( 0:18 2:22) + 0:8 =
| {z }
|
{z
}
| {z }
0
0
que E[at 2 (Zt
estacionario.
1
= 0:18E[at
|
1 (Zt 1
= 0:18E[at
|
1 (Zt 1
{z
A=1
)] es igual
2 (Zt 1
{z
B=2:22
0:3996 + 0:8 = 0:4004 ' 0:4. Notar
1
)] es igual al término B, E[at
1 (Zt
)] = 2:22 8t; ya que se trata de un proceso
Sustituyendo los resultados obtenidos para A, B y C tenemos que:
0
=
0:18
1
+ 1 + 2:4 2:22 + 0:8 0:4 =
Para (k = 1): Multiplico (4) por (Zt
E[(Zt
|
)(Zt
{z
1
0:18E[(Zt
|
+2:4E[at
|
Por lo tanto, tenemos que:
=
1
0:18
0
+ 2:4 + (0:8 2:22) =
1
)(Zt
{z
1
0
(1
= 0:18
= 0:18
0:0324)
1
0
0
+ 5:648
)
+ 4:176
= 4:89632 )
ecuación tenemos que
1
1
)] + 0:8E[at
}
|
A=1
0:18
0
0:18[ 0:18
2
2
+ 2:4 + 1:776 =
0
y
)] =
}
Para (k = 3): Multiplico (4) por (Zt
0:18E[(Zt
|
+2:4E[at
|
3
)] =
}
3
+ 4:176:
0
(6)
Esto es,
+ 4:176] + 5:648 = 0:0324
0:75168 + 5:648 )
0
0
= 5:06 en la segunda
0:9108 + 4:176 = 3:2652: Esto es,
=
1
)(Zt
{z
{z
)] + 0:8E[at
}
|
0
1
)] + E[at (Zt 2
} |
{z
0
1
1 (Zt 2
0:18
2
1
= 3:2652 :
2 (Zt 2
{z
A=1
)]:
}
)]
}
+ 0:8:
Sustituyendo el valor de 1 = 3:2652 en la expresión anterior, tenemos que
0:587736 + 0:8 = 0:212264: Esto es, 2 = 0:212264 :
3
1 ]:
)]:
}
)]
}
) y tomo esperanzas a ambos lados
2
2
)(Zt
{z
0:18
= 4:89632=0:9676 ' 5:06: Sustituyendo
0
1
B=2:22
0
Por lo tanto,
E[(Zt
|
2 (Zt
{z
=
= ( 0:18 5:06) + 4:176 =
)(Zt
{z
(5)
)] + E[at (Zt 1
} |
{z
0
Para (k = 2): Multiplico (4) por (Zt
E[(Zt
|
+ 5:648:
0
0
1 (Zt
{z
Tenemos un sistema de dos ecuaciones [ (5) y (6)] y dos incógnitas [
1
1
) y tomo esperanzas
1
)] =
}
1
0:18
2
= ( 0:18 3:2652)+0:8 =
) y tomo esperanzas a ambos lados
0:18E[(Zt
|
+2:4E[at
|
1
)(Zt
{z
2
1 (Zt 3
{z
0
3
)] + E[at (Zt 3
} |
{z
)] + 0:8E[at
}
|
0
2 (Zt 3
{z
0
)]:
}
)]
}
)]+
}
)]+
}
Por lo tanto,
3
Notar que para k
0:18 k 1 :
k =
=
0:18
2:
3; podemos obtener la función de autocovarianzas de manera recursiva como
Agrupando los resultados obtenidos, tenemos que la función de autocovarianza viene representada por
8
5:06 k = 0
>
>
<
3:2652 k = 1
k =
0:212264 k = 2
>
>
:
=
0:18 k 1 k 3:
k
(e) Sí, pues el proceso estocástico fZt g considerado en este ejemplo cumple los requisitos del Teorema de la
DW. Para verlo mejor, conviene reescribir (1) como un modelo en diferencias con respecto a la media:
(Zt
et = Zt
Si llamamos Z
et ] = E[Zt
Notar que E[Z
)=
0:18(Zt
1
) + at + 2:4at
1
+ 0:8at
2:
, tenemos que
et =
Z
et
0:18Z
] = E[Zt ]
=
1
+ at + 2:4at
1
+ 0:8at
2:
= 0 tal y como establece el enunciado de la DW.
En el apartado (b) obtuvimos que fZt g es un proceso CAUSAL, por lo tanto, "estacionario en covarianza", ya que la parte MA es estacionaria por construcción. Además, por tratarse de un proceso
causal, hemos visto que admite la siguiente representación MA pura: Zt = + (L)at : Esto es,
= (L)at ; donde (L) = 2 (L)
:
Zt
1 (L)
| {z }
et
Z
En el apartado (c) obtuvimos que fZt g NO es INVERTIBLE, pero este resultado NO contradice el
Teorema de la DW, ya que éste no dice nada sobre la invertibilidad del proceso. La condición de
invertibilidad lo único que nos dice es si fZt g admite una representación AR(1). Notar que la DW
sólo se centra en la representación MA(1).