Td corrigé Solution de l'exercice 1. pdf

Exercices corrigés sur le chapitre 1. (Source : Enders)

Exercice 1. Soit l’équation aux différences stochastique suivante : y^t =a₀+a₂y_t−2+ε_t

1. Trouver la solution homogène et déterminez la condition de stabilité.

2. Trouver une solution particulière par la méthode des coefficients indéterminés.

Solution de l’exercice 1.

1. La solution homogène est de la forme : y_t =Aα^t. On forme l’équation caractéristique en substituant la solution homogène dans l’équation initiale : Aα^t−a₂Aα^t−2 = 0, d’où

α² =a₂. Les deux racines caractéristiques sont donc : α = a₂ et α =− a₂ . La condition de stabilité est que ^a2 soit inférieur à 1 en valeur absolue.

2. On essaie la solution suivante : y_t =b+

∑

b+b₀ε_t+b₁ε_t−1+b₂ε_t−2+ ... = a₀ +a₂(b+b₀ε_t−2+b₁ε_t−3+b₂ε_t−4 + ...) +ε_t Après regroupement des termes semblables et leur égalisation à 0 on obtient :

b= a₀ 1−a₂ b₀ = 1 b₁ = 0

b₂ =a₂b₀ =a₂ b₃ =a₂b₁= 0 M

b_i =( )a₂ ⁱ² si i est pair et 0 si i est im pair La solution particulière est donc de la forme : y= a₀

1−a₂ +ε_t+a₂ε_t−2 +a₂²ε_t−4 +a₂³ε_t−6 + ...

Exercice 2. Cet exercice vous prépare au problème des racines unitaires qu’on rencontre en économétrie des séries temporelles.

1. Trouvez les solutions homogènes de chacune des équations suivantes (sachant qu’elles ont, chacune, au moins une racine unitaire) :

[1] _yt =a₀ + 1,5y_t−1−0,5y_t−2+ε_t [2] _yt =a₀ + 2y_t−1−y_t−2 +ε_t [3] _yt ⁼a₀ +y_t−2 +ε_t

[4] _yt =a₀ +y_t−1+ 0,25y_t−2−0,25y_t−3+ε_t

2. Montrez que, pour chacune de ces équations, la solution « backward » n’est pas convergente.

3. Montrez qu’on peut transformer l’équation [1] en une équation aux seules différences premières de la forme : ^Δy_t=a₀ + 0,5Δy_t−1+ε_t Trouvez une solution particulière de ^Δy_t. (Indication : définissez _yt^∗≡Δy_t de telle sorte que _yt^*=a₀+ 0,5Δy_t−1+ε_t. Trouvez une solution particulière de _yt^* exprimée en termes de _{{ }}ε_t ).

4. Procédez de même pour les trois autres équations et trouvez, si elle existe, une solution particulière de ces équations ainsi transformées.

5. La condition initiale _y0étant donnée, trouvez la solution de l’équation : y^t =a₀−y_t−1+ε_t

Solution de l’exercice 2.

1. La partie homogène de l’équation [1] est : ^yt =a₀ + 1,5y_t−1−0,5y_t−2 ou mieux encore : ^yt −a₀+ 1,5y_t−1−0,5y_t−2 = 0. La solution homogène est de la forme

y_t =Aα^t (voir exercice précédent, solution de la question 1). On obtient donc : Aα^t−1,5Aα^t−1+ 0,5Aα^t−2 = 0. On divise par Aα^t−2 et on obtient :

α² − 1,5α + 0,5 = 0. Les deux racines caractéristiques sont : α₁ = 1 et α₂ = 0,5. La combinaison linéaire des deux est aussi une solution homogène. Avec ^A1,A₂ deux constantes arbitraires, on obtient la solution homogène complète : y_t^h =A₁+A₂(0,5)^t Par la même méthode on obtient les solutions suivantes pour les équations [2] à [4] : [2] : y_t^h =A₁+A₂( )t

[3] : y_t^h =A₁+A₂( )−1 ^t

[4] : y_t^h =A₁+A₂(0,5)^t+A₃(−0,5)^t

2. On peut écrire l’équation sous la forme : ^yt −1,5y_t−1+ 0,5y_t−2 =a₀+ε_t

ou encore, à l’aide de l’opérateur de retard : ^yt(1−1,5L+ 0,5L²) =a₀+ε_t. On peut factoriser le polynôme comme suit : (¹⁻L) 1( −0,5L)y_t=a₀ +ε_t. Bien que a₀ +ε_t

1−0,5L

( )converge, a₀+ε_t

1−L

( )ne converge pas.

Par la même méthode on obtient pour les équations suivantes : [2] : a₀+ε_t

1−L

( ) qui ne converge pas [3] : a₀+ε_t

1−L

( ) et a₀ +ε_t 1+L

( ) qui ne convergent pas

[4] : la factorisation donne : ^yt(1−L) 1( −0,5L) 1 + 0,5( L) =a₀ +ε_t. a₀+ε_t 1−0,5L ( ) et a₀ +ε_t

1 + 0,5L

( ) sont convergentes, mais a₀ +ε_t 1−L

( ) ne l’est pas.

3. Soustrayons ^yt−1 des deux côtés de l’équation [1] :

y_t −y_t−1=a₀+ 0,5y_t−1−0,5y_t−2 +ε_t ou encore ^Δyt =a₀+ 0,5Δy_t−1+ε_t. La solution particulière de cette équation est : Δy_t = a₀+ε_t

1 − 0,5L

( )ou

y_t^* = 2a₀+ε_t+ 0,5ε_t−1+ 0,25ε_t−2+ 0,125ε_t−3+ ...

Pour les autres équations on obtient : [2] : ^Δyt =a₀ +ε_t

[3] : Δy_t = a₀

2 +

∑

∑

[4] : Δy_t = a₀+ε_t 1 − 0,5L

( ) 1 + 0,5L( )

Exercice 3. Soit l’équation de récurrence suivante : _yt = 0,8y_t−1+ε_t−0,5ε_t−1

1. Supposons _y0 = 0(condition initiale) et ε₀ =ε₋₁= 0. Supposons également ε₁ = 1⋅

Déterminez les valeurs de _ytde _t= 1,2,...,5 par itérations « forward ».

2. Trouvez la solution homogène et une solution particulière

3. Imposez la condition initiale de façon à obtenir la solution générale 4. Déterminez les effets dans le temps d’un choc ε_t sur la séquence { }^y_t .

Solution de l’exercice 3.

1. Si on fait l’hypothèse que toutes les valeurs futures de ε seront nulles comme elles le sont pour les valeurs passées (NB : seul ε₁= 1), alors on peut en déduire :

y₁= 1,y₂ = 0, 3,y₃ = 0,24,y₄ = 0,192,y₅ = 0,1536 sachant y_t = y_t+1−ε_t+1+ 0,5ε_t

0,8

(NOTA BENE : la solution par itération « backward » donne évidemment les mêmes résultats).

2. La solution homogène est y_t =A(0,8)^t et la solution particulière est y_t =₍ε_t−0,5ε_{t−1) / 1}( −0,8L) d’où :

y_t =ε_t+ 0,8ε_t−1+ 0,8( )²ε_t−2+ 0,8( )³ε_t−3+ ...−0,5⎡⎣ε_t−1+ 0,8ε_t−2 + 0,8( )²ε_t−3+ ...⎤⎦ y_t=ε_t+ 0, 3ε_t−1+ 0,8( ) 0, 3( )ε_t−2+ 0,8( )²(0, 3)ε_t−3+ ...

3. La solution générale est :

y_t =ε_t+ 0, 3ε_t−1+ 0,8( ) 0, 3( )ε_t−2+ 0,8( )²(0, 3)ε_t−3+ ... +A(0,8)^t . On sait que _y0 ^{= 0} et ε₀ =ε₋₁= 0. D’où : 0=ε₀ + 0, 3ε₋₁+ 0,8( ) 0, 3( )ε₋₂ + 0,8( )²(0, 3)ε₋₃+ ... +A et par conséquent : A=−ε₀ −0, 3ε₋₁−(0,8) 0, 3( )ε−(0,8)²(0, 3)ε₋₃−... Si on fait

l’hypothèse que le système est initialement à son niveau d’équilibre à long terme, alors A= 0 et par substitution on obtient : y_t =ε_t+ 0, 3 (0,8)ⁱε_t−i−1

i=0 t−2

∑

4. La réponse à la question précédente montre que ^yt est fonction des ε. On peut mesurer alors l’effet dans le temps d’un choc ε_t sur { }y_t par les dérivées partielles :

∂y_t ∂ε_t = 1

∂y_t+1 ∂ε_t = ∂y_t ∂ε_t−1= 0, 3

∂y_t+2 ∂ε_t = ∂y_t ∂ε_{t− 2} = 0, 3 0,8( )

∂y_{t+ 3} ∂ε_t = ∂y_t ∂ε_{t− 3} = 0, 3 0,8( )²

Et en généralisant pour tout i≥1: ∂y_t+i ∂ε_t = ∂y_t ∂ε_t−i = 0, 3 0,8( )ⁱ⁻¹