Mamy 9 lat i 11 parametrów ( 10 czynników odziaływujących na produkcję + parametr wolny)

ODP: nie można oszacować parametrów ponieważ nie może być więcej obserwacji niż parametrów do oszacowania

ZADANIE 1
Posługując się modelem: Z_i = α₀ + α₁ P_i + U_i

_{zysk przedsiębiorstwa w mln złotych produkcja w tys. sztuk}

oraz wiedząc, że:

1. W przypadku zaprzestania produkcji firma poniosła by stratę w wysokości pół miliona złotych

2. Wzrost produkcji o 2000 sztuk powoduje zysk o 200 tys. Złotych przy ceteris paribus

Posługując się modelem należy odpowiedzieć na pytania:

1. Przy jakiej wielkości produkcji przedsiębiorstwo nie przynosi strat

2. Jaki zysk uzyska przedsiębiorstwo jeżeli produkcji wyniesie 10 tys. Sztuk

Z podpowiedzi:

1. α₀ = -0,5 mln

2. z interpretacji: 1000 szt. wzrośnie o α₁

ANALOGICZNIE:

Z podpowiedzi: 2000 szt. wzrost o 200 tys.

• α₁ = 0,1

1. otrzymujemy model: Z_i = -0,5 + 0,1P_i + U_i

Odpowiedzi na pytania:

1. 0 = -0,5 + 0,1P_i

0,5 = 0,1P_i

P_i = 5 P_i = 5 tysięcy sztuk

1. Pół miliona

ZADANIE 2

Y	30	20	36	24	40
X1	4	3	6	4	8
X2	10	8	11	9	12

Y – roczne zarobki w tysiącach dolarów

X1 – liczba lat nauki po ukończeniu szkoły średniej

X2 – liczba lat przepracowanych w firmie

Oszacować parametry strukturalne zmiennej Y względem zmiennych X1 i X2

*** aby można było używać modelu wszystkie zmienne muszą być koincydentne. Jeżeli choćby jedna zmienna nie jest koincydentna to trzeba wyrzucić ten model, nie można z nim pracować.

*** jeżeli bardzo byśmy chcieli to oszacować to trzeba by usunąć X₁ ze wzoru i oszacować model jeszcze raz tylko dla X₂

ZADANIE 3

Wydajność pracy robotników Y mierzona liczba sztuk wyprodukowanych wyrobów w ciągu dnia roboczego.

X1 – staż pracy w latach

X2 - liczba osób na utrzymaniu

Zinterpretuj parametry

1. a₁ = 3,78 wzrost stażu pracy o rok powoduje przeciętny wzrost wydajności pracy o 3,78 sztuki pod warunkiem, że liczba osób na utrzymaniu nie zmieni się (ceteris paribus)

*** gdy mamy dużo zmiennych i aby nie wymieniać wszystkich, że pozostają bez zmian wystarczy dodać na koniec założenie „ceteris paribus”

a₂ = 1,97 wzrost liczby osób na utrzymaniu o 1 osobę spowoduje przeciętny wzrost wydajności pracy

o 1,97 przy założeniu, że staż pracy nie ulegnie zmianom

a₀ = 15,44 jest to średnia wydajności pracy nowozatrudnionego robotnika bez stażu pracy i nie mający nikogo na utrzymaniu

1. y* = - 5 + 5X₁ - 12X₂ + 2,5X₃

y – wartość mieszkania w tysiącach złotych

X₁ – powierzchnia mieszkania w m²

X₂ – numer piętra

X₃ – liczba okien

a₁ = 5 wzrost powierzchni mieszkania o 1m2 spowoduje przeciętny wzrost wartości mieszkania o 5 tys. Złotych przy założeniu ceteris paribus

• wynika z tego, że 5 tys. To średnia cena za m2 mieszkania

a₂ = -12 z każdym kolejnym piętrem średnia cena mieszkania maleje przeciętnie o 12 tysięcy złotych (ceteris paribus)

a₃ = 2,5 wraz z każdym kolejnym oknem cena mieszkania rośnie przeciętnie o 2,5 tys. Zł. (ceteris paribus)

a₀ = -5 średnia cena mieszkania znajdującego się na parterze o zerowej powierzchni i bez okien

Należy oszacować parametry strukturalne modelu liniowego

ĆWICZENIA 5

ZADANIE 1

Na podstawie danych w tabeli oszacować model:

Y	1	3	0	3	5	6
X1	0	2	0	0	0	2
X2	0	2	2	2	2	0

Wiadomo również, że:

Y_i* = 1,1X₁ – 0,1X₂ + 2,4 $\left( X^{T}X \right)^{- 1} = \begin{bmatrix} 0,2 & 0,5 & - 0,2 \\ & 0,2 & \\ & - 0,3 & 0,7 \\ \end{bmatrix}\ $

Należy znaleźć macierz wariancji i kowariancji ocen parametrów strukturalnych oraz obliczyć średnie błędy szacunku

MACIERZ WARIANCJI I KOWARIANCJI OCEN PARAMETRÓW STRUKTURALNYCH

D²(a) = S_u² * (X’ X) ^-1

1. Uzupełniamy macierz odwrotna korzystamy z założenia, że musi być symetryczna

$$\left( X^{T}X \right)^{- 1} = \begin{bmatrix} 0,2 & 0,5 & - 0,2 \\ 0,5 & 0,2 & - 0,3 \\ - 0,2 & - 0,3 & 0,7 \\ \end{bmatrix}$$

1. Musimy obliczyć reszty modelu, ale do tego potrzebne są wartości teoretyczne

Y₁* = 1,1 * 0 – 0,1 * 0 + 2,4 = 2,4 wyliczamy każdą wartość i wstawiamy do tabeli

Y	1	3	0	3	5	6
X1	0	2	0	0	0	2
X2	0	2	2	2	2	0
Yi*	2,4	2,4	2,2	2,2	2,2	4,6

1. Obliczamy reszty i ich kwadraty

U_i = y_i – y_i*

U₁ = 1 – 2,2 = - 1,4

Y	1	3	0	3	5	6
X1	0	2	0	0	0	2
X2	0	2	2	2	2	0
Yi*	2,4	2,4	2,2	2,2	2,2	4,6
Ui	-1,4	-1,4	-2,2	0,8	2,8	1,4	RAZEM
Ui^2	1,96	1,96	4,84	0,64	7,84	1,96	19,2

1. Obliczamy WARIANCJE RESZTOWĄ

S_u² = $\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{n - k}}$ $\sum_{\mathbf{i = 1}}^{\mathbf{n}}\mathbf{u}$₀²

n – ilość obserwacji

k – liczna szacowanych parametrów

n = 6 k = 3 (1,1 ; -0,1 ; 2,4 ze modelu na wartości teoretyczne)

$$S^{2}u = \ \frac{19,2}{6 - 3} = 6,4$$

$$\text{Su} = \ \sqrt{6,4} = 2,53$$

*** S²u ≠Su² wariancja z u ≠ odchylenie u-kwadrat

1. Interpretacja odchylenia:

• 2,53 jednostki – o tyle przeciętnie odchylają się in plus lub in minus rzeczywiste wartości realizacji zmiennej endogenicznej od wartości teoretycznej w szacowanym modelu

!!! gdy mamy określone jednostki w zadaniach trzeba je napisać w interpretacji !!!

$$D^{2}u = \ \begin{bmatrix} 1,28 & 3,2 & - 1,28 \\ 3,2 & 1,28 & - \ 1,92 \\ - 1,28 & - 1,92 & 4,48 \\ \end{bmatrix}$$

1,28 = 6,4 * 0,2

S_u² D₁₁ z (X^TX)⁻¹

1. ŚREDNIE BŁEDY SZACUNKU PARAMETRÓW

• Mówią nam o precyzji oszacowania parametrów

• Bierzemy wartości z głównej przekątnej macierzy wariancji i kowariancji

D²(a₁) = 1,28 D(a₁) = $\sqrt{1,28} = 1,13$

*** skąd wiemy, że akurat ten błąd szacunku (na pierwszym miejscu) jest do a₁ ???

• Ponieważ w podstawowym modelu najpierw mamy parametr 1, potem 2 itd. i na końcu wyraz wolny

1. Interpretacja błędów:

• Szacując parametr α₁ na poziomie 1,1 (a₁) mylimy się średnio o 1,13

Y* = 1,1 X₁ – 0,1 X₂ + 2,4 jest zła precyzja ponieważ błędy są większe niż parametry

(1,13) (1,13) (2,12)

ZADANIE 2

Oszacowano model y* = - 0,13 + 0,51X₁ + 0,29 X_2. Ocena wariancji składnika losowego wynosi 0,45. Wiadomo, że $\sum_{i = 1}^{20}{{(yi - ysr)}^{2} = 102,3}$. Obliczyć i zinterpretować współczynnik determinacji.

WSPÓŁCZYNNIK DETERMINACJI

R² = 1 - δ²

WSPÓŁCZYNNIK ZBIEŻNOŚCI

φ² = $\frac{\sum_{\mathbf{i = 1}}^{\mathbf{n}}\mathbf{\text{ui}}^{\mathbf{2}}}{\sum_{\mathbf{i = 1}}^{\mathbf{n}}{\mathbf{(\ }\mathbf{Y}_{\mathbf{i}}\mathbf{-}\overline{\mathbf{Y}}\mathbf{\ )}}^{\mathbf{2}}}$

*** Część modelu ekonometrycznego a jego ocena (część – ocena)

parametr – ocena

α - a₁

składnik losowy – reszta modelu

ξ_t - U_t

wariancja składnika losowego – wariancja resztowa

S²(ξ_t ) - S²u

1. Wiemy, że ocena wariancji składnika losowego równa się: S_u² = 0,45 = $\frac{1}{n - k}$ $\sum_{i = 1}^{n}u$₀²

Oraz wiemy, że n=20 , k = 3

• $\sum_{}^{}{\text{ui}^{2} = 0,45*\left( 20 - 3 \right) = 7,65}$

1. Możemy obliczyć współczynnik zbieżności

$\varphi^{2} = \ \frac{7,65}{102,3} = 0,074$ = 7%

1. Interpretacja:

• 7% wariancji/zmienności zmiennej endogenicznej/objaśnianej nie zostało wyjaśnione przez szacowany model ekonometryczny

lub

• 7% wariancji zmiennej endogenicznej zależy od innych czynników nie uwzględnionych w modelu

1. Wyliczamy współczynnik determinacji

R² = 1 – 7 = 93%

1. Interpretacja:

• 93% wariancji jest wyjaśniona przez oszacowany model ekonometryczny

SKORYGOWANY WSPÓŁCZYNNIK DETERMINACJI

• Oblicza się go gdy:

  • chcemy porównać modele o różnej ilości zmiennych objaśniających

  • liczna obserwacji jest niewiele większa od liczby szacowanych parametrów

1. Obliczamy skorygowany współczynnik determinacji

= $1 - \ \frac{20 - 1}{20 - 2 - 1}*\left( 1 - 0,93 \right) = 92\%$

1. Interpretacja

• Jest taka sama jak dla R2

• 92% wariancji jest wyjaśniona przez oszacowany model ekonometryczny

ZADANIE 2.13

$X^{T}X = \ \left\lbrack \begin{matrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ \end{matrix}\text{\ \ \ }\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ \end{matrix}\text{\ \ \ }\begin{matrix} 1 & 1 \\ 2 & 2 \\ 1 & 1 \\ \end{matrix} \right\rbrack$ * $\begin{bmatrix} \begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix}$ = $\begin{bmatrix} 4 & 4 & 4 \\ 4 & 10 & 6 \\ 4 & 6 & 8 \\ \end{bmatrix}$

$$\det{A = \ }\left| \begin{matrix} \begin{matrix} 4 & 4 & 4 \\ 4 & 10 & 6 \\ 4 & 6 & 8 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} 4 & 4 & 4 \\ 4 & 10 & 6 \\ \end{matrix} \\ \end{matrix} \right| = 320 + 96 + 96 - 160 - 144 - 128 = 80$$

$D_{11} = \ \left| \begin{matrix} 10 & 6 \\ 6 & 8 \\ \end{matrix} \right| = 44$ $D_{12} = \ - \ \left| \begin{matrix} 4 & 6 \\ 4 & 8 \\ \end{matrix} \right| = \ - 8$ $\ D_{13} = \ \left| \begin{matrix} 4 & 10 \\ 4 & 6 \\ \end{matrix} \right| = - 16$

$D_{21} = \ - \left| \begin{matrix} 4 & 4 \\ 6 & 8 \\ \end{matrix} \right| = \ - 8$ $D_{22} = \ \left| \begin{matrix} 4 & 4 \\ 4 & 8 \\ \end{matrix} \right| = 16$ $D_{23} = \ - \left| \begin{matrix} 4 & 4 \\ 4 & 6 \\ \end{matrix} \right| = \ - 8$

$D_{31} = \ \left| \begin{matrix} 4 & 4 \\ 10 & 6 \\ \end{matrix} \right| = \ - 16$ $D_{32} = \ - \left| \begin{matrix} 4 & 4 \\ 4 & 6 \\ \end{matrix} \right| = \ - 8$ $D_{33} = \ \left| \begin{matrix} 4 & 4 \\ 4 & 10 \\ \end{matrix} \right| = \ 24$

$A_{D} = \ \begin{bmatrix} 44 & - 8 & - 16 \\ - 8 & 16 & - 8 \\ - 16 & - 8 & 24 \\ \end{bmatrix}$ $A_{D}^{T} = \begin{bmatrix} 44 & - 8 & - 16 \\ - 8 & 16 & - 8 \\ - 16 & - 8 & 24 \\ \end{bmatrix}\ $

$${(X^{T}X)}^{- 1} = \ \begin{bmatrix} 0,55 & - 0,1 & - 0,2 \\ - 0,1 & 0,2 & - 0,1 \\ - 0,2 & - 0,1 & 0,3 \\ \end{bmatrix}$$

$$X^{T}Y = \ \left\lbrack \begin{matrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ \end{matrix}\text{\ \ \ }\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ \end{matrix}\text{\ \ \ }\begin{matrix} 1 & 1 \\ 2 & 2 \\ 1 & 1 \\ \end{matrix} \right\rbrack*\begin{bmatrix} 2 \\ 3 \\ 2 \\ 4 \\ 4 \\ 3 \\ 5 \\ 5 \\ \end{bmatrix} = \ \begin{bmatrix} 16 \\ 28 \\ 28 \\ \end{bmatrix}$$

$${(X^{T}X)}^{- 1}*\ \ X^{T}Y = \ \begin{bmatrix} 0,55 & - 0,1 & - 0,2 \\ - 0,1 & 0,2 & - 0,1 \\ - 0,2 & - 0,1 & 0,3 \\ \end{bmatrix}*\ \begin{bmatrix} 16 \\ 28 \\ 28 \\ \end{bmatrix} = \ \begin{bmatrix} 0,4 \\ 1,2 \\ 2,4 \\ \end{bmatrix}$$

y_i = 0,4X₁ + 1,2X₂ + 2,4 + Ui

y_i* = 0,4X₁ + 1,2X₂ + 2,4

Interpretacje:

yi	Yi*	ui	Ui^2
2	2,4	-0,4	0,16
3	2,8	0,2	0,04
2	2,4	-0,4	0,16
4	3,6	0,4	0,16
4	3,6	0,4	0,16
3	2,8	0,2	0,04
5	5,2	-0,2	0,04
5	5,2	-0,2	0,04
	RAZEM	0	0,8

ĆWICZENIA 6 6.05

!!! na ostatnich ćw kolokwium 3.06 !!!

• Z wykresu da się odczytać jaka występuje autokorelacja:

+ + + + +

- - - - -

Autokorelacja ujemna Autokorelacja dodatnia

(znaki zmiennych są na przemian) (znaki zmiennych występują w ciągach)

• Można również odczytać czy wariancja jest stała

  • STAŁA: gdy zmienne odchylają się mniej więcej o ta samą wartość

  • ZMIENNA: gdy wartość odchyleń zmienia się w czasie

• Im więcej mamy reszt tym więcej informacji możemy odczytać z wykresu

Na podstawie ZAD. 2.13 (obliczenia bierzemy z poprzednich ćw)

1. TEST F na istotność parametrów strukturalnych

• Badamy wszystkie parametry ale bez wyrazu wolnego

• Testując parametry testujemy jednocześnie czy zmienne są dobrze dobrane do modelu

• Możliwe decyzje:

  • ODRZUCAMY: co najmniej jedna zmienna wpływa istotnie na zmienną objaśnianą (nie wiemy która zmienna)

  • BRAK PODSTAW DO ODRZUCENIA: zmienne nie wpływają istotnie na zmienna objaśnianą

Y_t = 0,4X_1t + 1,2X_2t + 2,4 + U_t

H₀ : α₁ = α₂ = 0

H₁ : α₁ ≠ 0 v α₂ ≠ 0

$F = \ \frac{R^{2}}{1 - \ R^{2}}*\ \frac{N - K - 1}{K}$ K – liczba zmiennych objaśniających

N – liczba obserwacji

Potrzebne obliczenia:

R² = 1 - δ² = 1 - $\frac{\sum_{i = 1}^{n}{(\ Y_{t} - Y_{t}^{*}\ )}^{2}}{\sum_{i = 1}^{n}{(\ Y_{t} - \overline{Y}\ )}^{2}}$ = $1 - \ \frac{0,8}{10} = 92\%$

Ӯ = 3,5

Yt - Ӯ	-1,5	-0,5	-1,5	0,5	0,5	-0,5	1,5	1,5	RAZEM
(yt – Ӯ)^2	2,25	0,25	2,25	0,25	0,25	0,25	2,25	2,25	10

N=8 K=2 R² = 0,92

$$F = \ \frac{0,92}{1 - 092}*\ \frac{8 - 2 - 1}{2} = \mathbf{28,75}$$

DECYJZA

Trzeba mieć:

• Poziom istostności

• Stopnie swobody

m₁ = k =2

m₂ = n-k-1 = 5

F _{0,05; 2,5} = 5,79 odczytane z tablic rozkładu F-Snedecora

Na wykresie: INTERPRETACJA:

Odrzucamy hipotezę zerową na korzyść alternatywnej więc

przynajmniej jeden parametr jest istotnie statystycznie

więc jedna zmienna istotnie wpływa na zmienną objaśnianą

5,79 28,75

1. TEST T-STUDENTA na istotność parametrów strukturalnych modelu

• Testujemy istotność poszczególnych parametrów

• Możliwe decyzje

  • ODRZUACAMY: parametr jest istotny statystycznie

  • BRAK PODSTAW DO ODRZUCENIA: parametr nie wpływa istotnie na zmienne

H₀ : α₁ = 0

H₁ : α₁ ≠ 0

$t = \ \frac{a_{1}}{D\left( a_{1} \right)}$

Średni błąd szacunku

Żeby obliczyć D(a₁) trzeba najpierw wyliczyć wariancję:

$$S^{2}u = \ \frac{0,8}{5} = 016$$

$D^{2}\left( a \right) = 0,16*\left( X^{T}X \right)^{- 1} = 0,16*\ \begin{bmatrix} 0,55 & - 0,1 & - 0,2 \\ - 0,1 & 0,2 & - 0,1 \\ - 0,2 & - 0,1 & 0,3 \\ \end{bmatrix} = \ \begin{bmatrix} 0,088 & & \\ & 0,032 & \\ & & 0,048 \\ \end{bmatrix}$

Z poprzednich ćw reszty nie musimy liczyć bo nie jest potrzebna

$$D\left( a \right) = \ \sqrt{0,088} = 0,3$$

$$t = \ \frac{0,4}{0,3} = \mathbf{1,33}$$

t _{0,05; 5} = 2,571 odczytane z tablic t-Studenta

N=8 k=3

DECYZJA: brak podstaw do odrzucenia hipotezy zerowej więc zmienna X1 nie

wpływa istotnie na zmienną objaśnianą

-2, 571 1,33 2,571

ZAD. 5.23

• Jak widać z zadania reszty muszą być uporządkowane w czasie

!!! my nie liczymy autokorelacji rzędu pierwszego !!!

1. TEST DURBINA - WATSONA na istotność autokorelacji rzędu pierwszego

H₀ : ρ₁ = 0

H₁ : ??? musimy to określić

*** ρ (ro) – współczynnik autokorelacji odchyleń losowych (1 – rzędu pierwszego)

Skąd można wiedzieć jaka będzie hipoteza alternatywna:

• Wykres

• Wyliczenie współczynnika autokorelacji a₁ (my tego nie umiemy)

• obliczenie statystyki d

Mamy ujemna autokorelacje więc musimy obliczyć d

$d = \ \frac{\sum_{t = 2}^{n}{(u_{t} - \ u_{t - 1})^{2}}}{\sum_{t = 1}^{n}u_{t}^{2}}$ v d = 2 (1 – r₁)

Ut	U(t-1)	Ut – U(t-1)	( Ut – U(t-1) )^2	U t^2
-2		-	-	4
3	-2	5	25	9
-1	3	-4	16	1
2	-1	3	9	4
-4	2	-6	36	16
2	-4	6	36	4
0	2	-2	4	0
1	0	1	1	1
-1	1	-2	4	1
0	-1	1	1	0
-4	0	-4	16	16
3	-4	7	49	9
-2	3	-5	25	4
3	-2	5	25	9
0	3	3	9	0
		RAZEM	256	78

$$d = \ \frac{256}{78} = \mathbf{3,28}$$

1. Z wykresu ujemny

2. Z wyliczeń ujemny

d	m
0	1
2	0
4	-1

d <0;4> (0;2) – dodatni (2;4) – ujemny

wracamy do hipotezy

H₀ : ρ₁ = 0

H₁ : ρ₁ < 0 występuje istotna ujemna autokorelacja składnika losowego rzędu pierwszego

Hipoteza alternatywna jest „ujemna” więc liczymy d’

d’ = 4 – d = 0,72 wynik porównujemy z tablicami Durbina-Watsona

α = 0,05 n=15 (liczba obserwacji) k=2 (liczba zmiennych)

dolna wartość krytyczna: d_L = 0,95 górna wartośćkrytyczna: d_U = 1,54

d’ = 0,72 d’<d_L

Możliwe rozwiązania:

• D ≤ d’_l hipotezę zerową odrzucamy na korzyść hipotezy alternatywnej

• d’_l < d < d’_u obszar niekonkluzywności testu = test nie daje odpowiedzi

• d ≥ d’_u brak podstaw do odrzucenia hipotezy zerowej

DECYZJA:

• Odrzucamy hipotezę zerową na korzyść alternatywnej więc występuje istotna ujemna autokorelacja rzędu pierwszego

ZAD. 5.5

1. TEST SERII na losowość reszt

DANE: reszty	-5	4	2	-1	4	-6	2	-3	8	-5	7	-5	1	-3	-4	4
Znak reszt	b	a	a	b	a	b	a	b	a	b	a	b	a	b	b	a
Seria	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14

H₀ : ξ_t jest losowy (= postać analityczna modelu jest dobrze dobrana)

H₁ : ξ_t nie jest losowy

Reszta „+” a n₁ = liczna reszt „+” = liczba symboli a = 8

Reszta „-„ b n₂ = liczba reszt „-„ = liczna symboli b = 8

S = liczba serii = 14

S₁* α/2 , n₁, n₂

S₂* 1 – (α/2) , n₁, n₂

S₁* = 5 S₂* = 12

Możliwe rozwiązania:

1. S₁* < S < S₂* brak podstaw do odrzucenia

2. S ≥ S₂* v S ≤ S₁* odrzucamy hipotezę zerową

DECYZJA:

• Odrzucamy hipotezę zerową na korzyść alternatywnej więc składnik nie jest losowy, a postać analityczna modelu została źle dobrana

ZAD. 5.6

Na podstawie danych w ciągu reszt:

• Domyślamy się, że występuje autokorelacja i jest ona dodatnia

• Ciąg nie jest losowy bo występuje pewien porządek (najpierw same ujemne potem same dodatnie)

ZAD. 5.7

Na podstawie danych w ciągu reszt:

• Domyślamy się, że występuje autokorelacja i jest ona dodatnia (ujemna, dodatnia itd.)

• Ciąg nie jest losowy bo występuje pewien porządek (plus, minus, plus, minus itd)

• W obu przypadkach znaki/liczby są wymieszane ale są uporządkowane, więc nie może występować losowości

1. TEST JARQUE_BERA na sprawdzenie czy reszty mają rozkład normalny

ĆWICZENIA 7

5. TEST JB na normalność rozkładu

H₀ : F(u_i) = F_N(u_i)
H₁: F(u_i) ≠ F_N(u_i)

• Sprawdzamy czy dystrybuanta reszt jest zgodna z dystrybuanta rozkładu normalnego czy też nie

$$JB = \ \ N(\ \frac{1}{6}\beta_{1} + \ \frac{1}{24}(\beta_{2} - \ 3)^{2})$$

$\sqrt{\beta_{1}} = \ \frac{\sum_{}^{}{U_{t}}^{3}}{N*\ S^{2}U_{t}}$ $\beta_{2} = \ \frac{\sum_{}^{}{U_{t}}^{4}}{N*\ S^{4}U_{t}}$

Ut	-1,3	0,9	-0,4	0,8	1,1	-0,2	-0,9	2,3	-1	-1,2	-0,1	SUMA
Ut^2	1,69	0,81	0,16	0,64	1,21	0,04	0,81	5,29	1	1,21	0,01	13,1
Ut^3	-2,197	0,729	-0,064	0,512	1,331	-0,008	-0,729	12,167	-1	-1,728	-0,001	9,012
Ut^4	2,8561	0,6561	0,0256	0,4096	1,4641	0,0016	0,6561	27,9841	1	2,0736	0,0001	37,1279

$$Su_{t} = \ \sqrt{\frac{13,1}{11}} = 1,1909$$

$$\sqrt{\beta_{1}} = \ \frac{9,012}{11*\ \left( 1,09 \right)^{3}} = 0,63$$

β₁ =  (0, 63)² = 0, 3969 = 0, 4

$$\beta_{2} = \ \frac{37,127}{11*\ {(1,09)}^{4}}$$

$$JB = \ \ 11(\ \frac{1}{6}*0,4 + \ \frac{1}{24}\left( 2,39 - \ 3)^{2} \right) = 0,9038$$

χ_0, 1²(2) = 4, 6 Porównujemy z rozkładem χ² o poziomie istotności 0,1 i stopniach swobody 2

DECYZJA:

Brak podstaw do odrzucenia hipotezy zerowej więc rozkład odchyleń losowych jest normalny/losowy

PROGNOZOWANIE

METODY BUDOWY PROGNOZ:

1. Punktowa

y_T^P =  X_T^T * a

X_T – kolumnowy wektor przyszłych realizacji zmiennych objaśniających

T – numer okresu

1. Przedziałowa

P { y_T^P −  t_α |U_α  *  V_T   ≤  y_T^P  ≤  y_T^P +   t_α |U_α* V_T } =  β

• t_α |U_α – wybieramy to lub to gdy rozkład odchyleń jest normalny tα dla n<30; Uα dla n ≥ 30

• Jeżeli rozkład nie jest normalny to wstawiamy wzór: $U_{\alpha} = \ \sqrt{\frac{\beta}{1 - \beta}}$

β – wiarygodność prognozy

V_T – średni błąd prognozy/predykcji

V_T² =  X_T^T *  D²(a)X_T + S²_U 

ŚREDNI BŁĄD PREDYKCJI

• mówi o ile średnio w długim ciągu prognoz (okresie czasu) rzeczywiste realizacje zmiennej prognozowanej będą odchylać się od ustalonych prognoz

• jest to błąd ex-ante

• Model oszacowany jest na 17 lat

• Y z daszkiem (^) to to samo co Y z gwiazdką (*)

• t = 20 badamy prognozę na rok 2004 a to jest 20 obserwacja

METODA PUNKTOWA

y = 200 + 18 (6 + 0,2 *20) + 10 (20 + 0,5 *20) = 680

$a = \ \begin{bmatrix} 200 \\ 18 \\ 10 \\ \end{bmatrix}$ $X_{T} = \ \left\lbrack \ \begin{matrix} 1 \\ 10 \\ 30 \\ \end{matrix}\ \right\rbrack$ na pierwszym miejscu jest to co stoi przy parametrze wolnym czyli 1

Wektor ocen strukturalnych modelu taka kolejność liczb ponieważ tak są ustawione przy Y: pierwszy jest parametr wolny

$$y_{T}^{P} = \ \begin{bmatrix} 1 & 10 & 30 \\ \end{bmatrix}*\ \begin{bmatrix} 200 \\ 18 \\ 10 \\ \end{bmatrix} = \mathbf{680}$$

METODA PRZEDZIAŁOWA

$$V_{T}^{} = \sqrt{\begin{bmatrix} 1 & 10 & 30 \\ \end{bmatrix}*\ \begin{bmatrix} 2 & 0 & - 1 \\ 0 & 4 & 1 \\ - 1 & 1 & 5 \\ \end{bmatrix}*\ \begin{bmatrix} 1 \\ 10 \\ 30 \\ \end{bmatrix} + 331} = \ \sqrt{\begin{bmatrix} - 28 & 70 & 159 \\ \end{bmatrix}*\ \ \begin{bmatrix} 1 \\ 10 \\ 30 \\ \end{bmatrix} + 331} = \ \sqrt{5498 + 331} = 76,35 = 76$$

$\sqrt{2}$ jest to średni błąd szacunku dla parametru wolnego : bierzemy to z głównej przekątnej macierzy wariancji i kowariancji

Średni względny błąd prognozy

• mówi czy odchylenie jest duże

• podany jest procentach

$${V_{T}}^{*} = \ \frac{V_{T}}{y_{T}^{P}}*100\%$$

$${V_{T}}^{*} = \ \frac{76}{680}*100 = 11\%$$

t_0, 1; 14 = 1, 762 bierzemy to ponieważ mamy małą próbę

n - k = liczba obserwacji – liczba szacowanych parametrów

680 – 1,762 * 75,98 = 546,12

680 + 1,762 * 75,98 = 813,88

P { 546   ≤  y_T^P  ≤  813 =  β

ODPOWIEDZ:

Przedział o końcach 546 i 813 jednostek takich jak przy X z prawdopodobieństwem 0,9 pokryje nieznaną wartość przyszłej realizacji zmiennej na rok 2004