Предположим, что мы указываем простую модель AR (1) со всеми обычными свойствами,
yt=βyt−1+ut
Обозначим теоретическую ковариацию ошибки как
γJ≡ E( тыTUт -J)
Если бы мы могли наблюдать член ошибки, то образец автокорреляции члена ошибки определяется как
ρ~J≡ γ~Jγ~0
где
γ~J≡ 1NΣt = j + 1NUTUт - J,j = 0 , 1 , 2 ...
Но на практике мы не соблюдаем срок ошибки. Таким образом, автокорреляция выборки, относящаяся к члену ошибки, будет оценена с использованием остатков от оценки, как
γ^J≡ 1NΣt = j + 1NU^TU^т - J,j = 0 , 1 , 2 ...
Q-статистика Бокса-Пирса (Ljung-Box Q - это просто асимптотически нейтральная ее масштабированная версия)
QБ П= n ∑J = 1пρ^2J= ∑J = 1п[ п--√ρ^J]2→d? ? ?χ2( р )
Наша проблема состоит в том, можно ли сказать , что асимптотически имеет распределение хи-квадрат (при нулевом значении отсутствия автокорреляции в члене ошибки) в этой модели.
Чтобы это произошло, каждый из должен быть асимптотически стандартным Normal. Один из способов проверить это - проверить, имеет ли такое же асимптотическое распределение, что и (который построен с использованием истинных ошибок и, следовательно, имеет желаемое асимптотическое поведение при нулевом значении).√QБ П
√N--√ρ^J √N--√ρ^N--√ρ~
У нас есть это
U^T= уT- β^Yт - 1= тыT- ( β^- β) ут - 1
где - последовательная оценка. Такβ^
γ^J≡ 1NΣt = j + 1N[ тыT- ( β^- β) ут - 1] [ тыт - J- ( β^- β) уt - j - 1]
= γ~J- 1NΣt = j + 1N( β^- β) [ уTYt - j - 1+ тыт - JYт - 1] +1NΣt = j + 1N( β^- β)2Yт - 1Yt - j - 1
Предполагается, что выборка является стационарной и эргодической, и предполагается, что моменты существуют до желаемого порядка. Поскольку оценка является последовательной, этого достаточно для того, чтобы две суммы обнулились. Итак, мы заключаемβ^
γ^J→пγ~J
Это подразумевает, что
ρ^J→пρ~J→пρJ
Но это не гарантирует автоматически, что сходится к √N--√ρ^JN--√ρ~J (в распределении) (думаю, что теорема о непрерывном отображении здесь не применима, поскольку преобразование, применяемое к случайным переменным, зависит от ) , Для того чтобы это произошло, нам нужноN
N--√γ^J→dN--√γ~J
(знаменатель -tilde или hat- будет сходиться к дисперсии члена ошибки в обоих случаях, поэтому он нейтрален для нашей проблемы).γ0
У нас есть
N--√γ^J= n--√γ~J−1n∑t=j+1nn−−√(β^−β)[utyt−j−1+ut−jyt−1]+1n∑t=j+1nn−−√(β^−β)2yt−1yt−j−1
Таким образом, вопрос заключается в следующем: действительно ли эти две суммы, умноженные на , стремятся к нулю с вероятностью, так что мы останемся с асимптотически? √n−−√n−−√γ^j=n−−√γ~j
На вторую сумму имеем
1n∑t=j+1nn−−√(β^−β)2yt−1yt−j−1=1n∑t=j+1n[n−−√(β^−β)][(β^−β)yt−1yt−j−1]
Так как сходится к случайной переменной, а согласованна, это приведет к нулю. β[n−−√(β^−β)]β^
Что касается первой суммы, то и здесь мы имеем, что сходится к случайной переменной, и поэтому имеем [n−−√(β^−β)]
1n∑t=j+1n[utyt−j−1+ut−jyt−1]→pE[utyt−j−1]+E[ut−jyt−1]
Первое ожидаемое значение равно нулю в предположениях стандартной модели AR (1). Но второго ожидаемого значения нет , так как зависимая переменная зависит от прошлых ошибок.E[utyt−j−1]
Таким образом, не будет иметь такого же асимптотического распределения, как . Но асимптотическое распределение последнего является стандартным нормальным, которое приводит к распределению хи-квадрат при возведении в квадрат rvn−−√ρ^jn−−√ρ~j
Поэтому мы приходим к выводу, что в чистой модели временных рядов нельзя сказать, что статистика Бокса-Пирса Q и Льюнга-Бокса Q имеет асимптотическое распределение хи-квадрат, поэтому тест теряет свое асимптотическое обоснование.
Это происходит потому, что правая переменная (здесь отставание зависимой переменной) по конструкции не является строго экзогенной по отношению к члену ошибки, и мы обнаружили, что такая строгая экзогенность необходима для того, чтобы Q-статистика BP / LB имела постулированное асимптотическое распределение.
Здесь правая переменная только «предопределена», и тогда критерий Бреуша-Пагана является действительным. (полный набор условий, необходимых для асимптотически верного теста, см. Hayashi 2000, p. 146-149).
