1 Absence de biais de la variance ´echantillonnale (20 points)

(1)

ECO 4272: Introduction à l’économétrie Examen intra : Réponses

Steve Ambler

Département des sciences économiques Ecole des sciences de la gestion ´ Université du Québec Montréal

c 2016, Steve Ambler Hiver 2016

1 Absence de biais de la variance ´echantillonnale (20 points)

Voici la preuve.

E 1

n−1

n

X

i=1

Y_i −Y¯2

!

= E 1

n−1

n

X

i=1

Y_i²−Y_iY¯ −Y Y¯ _i+ ¯Y²

!

= E 1

n−1

n

X

i=1

Y_i²−Y¯

n

X

i=1

Y_i−Y¯

n

X

i=1

Y_i+nY¯²

!!

= E 1

n−1

n

X

i=1

Y_i²−Y n¯ Y¯ −Y n¯ Y¯ +nY¯²

!!

= E 1

n−1

n

X

i=1

Y_i²−nY¯²

!!

(2)

= 1 n−1

n

X

i=1

E Yi2

−nE ¯Y²

!

= 1

n−1

n

X

i=1

E Y²

−nE ¯Y²

!

= 1

n−1 nE Y²

−nE ¯Y²

= n

n−1 E Y²

− E ¯Y² , ce qui fut `a d´emontrer.

Avec ce résultat, on peut facilement montrer l’absence de biais de l’estimateur (notez bien que je ne vous ai pas demandé de démontrer ceci). Nous avons

σ_Y² = E (Y −E (Y))² = E Y²

−(E (Y))² et

σY²¯ = E ¯Y −E ¯Y2

= E ¯Y²

− E ¯Y2

. Donc nous avons

E Y²

− E ¯Y²

=σ_Y² + (E (Y))²−σ_Y²_¯ − E ¯Y2

=σ²_Y +µY2− 1

nσ²_Y −µY2

= n−1 n σ_Y²

et nous avons tout de suite l’absence de biais de l’estimateur.

2 Distributions de probabilit´e jointes (20 points)

1. Les probabilit´es jointes sont comme suit.

Pr (X = 0, Y = 1) = Pr (X = 0|Y = 1)×Pr (Y = 1) = 1/4×1/6, Pr (X = 1, Y = 1) = Pr (X = 1|Y = 1)×Pr (Y = 1) = 2/4×1/6, Pr (X = 2, Y = 1) = Pr (X = 2|Y = 1)×Pr (Y = 1) = 1/4×1/6,

(3)

Pr (X = 3, Y = 1) = Pr (X = 3|Y = 1)×Pr (Y = 1) = 0×1/6, Pr (X = 0, Y = 2) = Pr (X = 0|Y = 2)×Pr (Y = 2) = 1/4×1/6, Pr (X = 1, Y = 2) = Pr (X = 1|Y = 2)×Pr (Y = 1) = 2/4×1/6, etc.

Le tableau doit ressembler à ce qui suit, oùX est le nombre de piles etY est le résultat de jeter le dé :

Y\X X=0 X=1 X=2 X=3

Y=1 1/24 1/12 1/24 0 1/6

Y=2 1/24 1/12 1/24 0 1/6

Y=3 1/24 1/12 1/24 0 1/6

Y=4 1/48 3/48 3/48 1/48 1/6

Y=5 1/48 3/48 3/48 1/48 1/6

Y=6 1/48 3/48 3/48 1/48 1/6

9/48 21/48 15/48 3/48 1 2. Voir le tableau.

3. Utilisant la distribution marginale, nous avons E (X) = 0× 9

48 + 1× 21

48+ 2×15

48 + 3× 3 48 = 60

48 = 1.25.

Ce n’´etait pas n´ecessaire de simplifier.

4. Nous avons

E (Y|X = 2)

= 1×Pr (Y = 1, X = 2)

Pr (X = 2) +2×Pr (Y = 2, X = 2)

Pr (X = 2) +3×Pr (Y = 3, X = 2) Pr (X= 2) +4×Pr (Y = 4, X = 2)

Pr (X = 2) +5×Pr (Y = 5, X = 2)

Pr (X = 2) +6×Pr (Y = 6, X = 2) Pr (X= 2)

= 1× 1/24

15/48+2× 1/24

15/48+3× 1/24

15/48+4× 3/48

15/48+5× 3/48

15/48+6× 3/48 15/48

= 2 15+ 4

15+ 6 15+12

15 +15 15+ 18

15 = 57

15 = 3.8.

Il n’´etait pas n´ecessaire de simplifier.

(4)

5. Les probabilit´es sont identiques pour Y = 4 etY = 5, donc l’esp´erance conditionnelle deXest identique dans les deux cas. Nous pouvons calculer un des deux. Nous avons

E (X|Y = 4)

= 1×Pr (X = 1, Y = 4)

Pr (Y = 4) +2×Pr (X = 2, Y = 4)

Pr (Y = 4) +3×Pr (X = 3, Y = 4) Pr (Y = 4)

= 1×3/48

1/6 + 2×3/48

1/6 + 3×1/48 1/6

= 3 8+ 6

8+ 3

8 = 1.5.

Il n’´etait pas n´ecessaire de simplifier.

6. Les variables ne sont pas indépendantes. Il suffit de trouver un contre- exemple où la probabilité conditionnelle d’obtenir une des réalisations jointes n’est pas égale au produit des probabilités marginales. Nous avons

Pr (X = 1, Y = 1) = 1 24 6= Pr (X = 1)×Pr (Y = 1) = 21

48 ×1 6 = 7

96.

3 Estimateurs non biais´es et efficients (20 points)

1. Pour trouver la restriction, il faut d’abord calculer l’esp´erance de l’estimateur. Nous avons

E Y˜

= E a n₁

n1

X

i=1

Yi+ b n₂

n2

X

j=1

Yj

!

= a n1

n1

X

i=1

E (Y_i) + b n2

n2

X

j=1

E (Y_j)

= n₁a

n₁ µ_Y + n₂b

n₂ µ_Y = (a+b)µ_Y. Pour que l’estimateur soit non biais´e, il faut quea+b= 1.

(5)

2. Nous avons Var

Y˜

= a

n₁ 2 n1

X

i=1

Var (Y_i) + b

n₂ 2 n2

X

j=1

Var (Y_j)

= a²

n₁ + b² n₂

σ²_Y

3. Il s’agit d’un problème de minimisation sous contrainte. On peut le résoudre utilisant un Lagrangien, ou on peut le résoudre en substituant b = 1−a dans le programme. La deuxième approche est probablement plus facile.

Le programme est

mina

a²

n₁ +(1−a)² n₂

.

Notez que puisqueσ²_Y est une constante on peut l’omettre du programme.

Il y a une seule variable de choix et la seule condition du premier ordre est 2a

n₁ +−2(1−a) n₂ = 0

⇒(1−a)n1 =an2 ⇒a= n₁

n₁+n₂ ⇒b= n₂ n₁+n₂. 4. Substituant pouraetbdans l’expression pour l’estimateur nous avons

Y˜ = n1

n₁+n₂ 1 n₁

n1

X

i=1

Y_i+ n2

n₁+n₂ 1 n₂

n2

X

j=1

Y_j

= 1

n₁+n₂

n1

X

i=1

Y_i+

n2

X

j=1

Y_j

!

= 1 n

n

X

i=1

Y_i ≡Y¯ ce qui est tout simplement l’estimateur MCO.

La morale de l’histoire est que la meilleure façon de combiner des observations provenant de deux sous-échantillons est (dans la mesure où les variances sont constantes à travers les deux sous-échantillons) de donner un poids égal à toutes les observations individuelles. On vient de montrer une version très simple du théorème Gauss-Markov.

(6)

4 R´egression simple, tests d’hypoth`ese et intervalles de confiance (40 points)

1. Si les écarts types proviennent de l’utilisation de la command summary enR, ce sont forcément des écarts types non robustes.

2. L’hypothèse nulle est que la valeur du coefficient (β₁) soit égale à zéro.

Nous avons

H₀ :β₁ = 0, H₁ :β_!6= 0.

La statistique `a utiliser est la suivante : tact =

βˆ₁−0 ˆ σβˆ1

3. En présence d’hétéroscédasticité, l’estimé de l’écart type de βˆ₁ pourrait être biaisé et donc pourrait ne pas converger à sa vraie valeur.

4. Ç a dépend du signe du biais. Si l’estimateur non robuste de l’écart type deβˆ₁ sous-estime sa vraie variance, la taille de la statistiquetnormalisée sera trop grande et lap-value du test sera trop petite. Si l’estimateur non robuste de l’écart type deβˆ₁ est baisé vers le haut, la taille de la statistique tnormalisée sera trop petite et lap-value du test sera trop grande.

5. Le coefficient estimé est plus de 20 fois plus grand que son écart type estimé. La statistique tnormalisée est donc supérieure à 20 en valeur, ce qui permet de rejeter l’hypothèse nulle à tous les niveaux conventionnels.

Lap-value du test doit être inférieure à 0.001.

6. Pour un test avec hypothèse alternative bilatérale (ce qui est le cas pour un test de significativité standard) nous avons

p= 2Φ (− |t_act|)

où, comme d’habitude, Φ (·) est la distribution normale centrale réduite cumulée.

7. La statistiquetnormalis´ee s’´ecrit t_act =

βˆ₁−75 ˆ σ_β_ˆ

1

= 91.1955−75 4.193 .

Avec la statistiquetnormalis´ee nous avonsH₀ :t= 0etH₁ :t >0.

(7)

8. Avec une hypothèse alternative unilatérale, lap-value du test s’écrit p= 1−Φ (tact)

où comme d’habitude Φ (·) est la fonction de distribution cumulée de la normale centrée réduite.

9. Nous avons

.95 = Pr −z < βˆ₁−β₁ ˆ σβˆ1

< z

!

= Pr

−zσˆβˆ1 <

βˆ1−β1

< zσˆβˆ1

= Pr

−zσˆβˆ1 <

β₁−βˆ₁

< zσˆβˆ1

= Pr

βˆ₁−zσˆβˆ1 < β₁ <βˆ₁+zσˆβˆ1

o`uΦ (−z) = 0.025. Donc, l’intervalle de confiance est βˆ₁±zˆσ_β_ˆ

1 = 91.1955±1.96×4.193.

10. Le changement pr´edit est donn´e par

∆ ˆY = ˆβ₁∆X = 91.1955×2.

Nous avons

Var Yˆ

= Var

βˆ₁∆X

= (∆X)²Var βˆ₁

. Nous pouvons ´ecrire l’intervalle de confiance comme

βˆ₁∆X±z∆Xσˆ_β_ˆ

1

avecΦ (−z) = 0.005.

5 R´egression sans constante (20 points en bonus)

1. Le programme peut s’´ecrire min

β n

X

i=1

u_i² =

n

X

i=1

Y_i−Y¯

−β X_i−X¯2

(8)

2. La CPO est β :

n

X

i=1

−2 X_i−X¯

Y_i−Y¯

−β X_i−X¯

= 0.

3. La solution pourβˆpeut s’´ecrire βˆ

n

X

i=1

X_i−X¯2

=

n

X

i=1

Y_i −Y¯

X_i−X¯

⇒βˆ= Pn

i=1 Y_i−Y¯

X_i−X¯ Pn

i=1 Xi−X¯2

=

1 n−1

Pn

i=1 Y_i−Y¯

X_i−X¯

1 n−1

Pn

i=1 X_i−X¯2 .

La solution est identique à la solution pourβˆ₁dans le modèle de régression simple. C’est égal à la covariance échantillonnale entrey etX sur la variance échantillonnale deX.

4. Nous avons

n

X

i=1

ˆ u_i =

n

X

i=1

Y_i−Y¯

−β Xˆ _i−X¯

5. Nous avons 1 n

n

X

i=1

ˆ u_i = 1

n

X

i=1

Y_i−Y¯

−βˆ1 n

n

X

i=1

X_i−X¯

= ¯Y −Y¯ −βˆ X¯ −X¯

= 0.

6. Nous avons

βˆ= Pn

i=1 β X_i−X¯ +u_i

X_i−X¯ Pn

i=1 X_i−X¯2

=β+ Pn

i=1u_i X_i−X¯ Pn

i=1 Xi−X¯2 .

(9)

Calculant l’esp´erance, nous avons

E βˆ

=β+ E Pn

i=1ui Xi−X¯ Pn

i=1 X_i−X¯2

!

=β+ E Pn

i=1 X_i−X¯

E (u_i|X_i) Pn

i=1 X_i−X¯2

!

=β si on fait l’hypoth`ese queE (u_i|X_i) = 0, ∀i.

cr´e´e le : 06/02/2017