Exercices D'économitrie [PDF]

Zitiervorschau

Réalisé par : JABER YASSINE EXERCICE (1) : Le tableau suivant donne les résultats d’une étude transversale sur dix régions ; les ventes (Y) du produit sont mises en relation avec les dépenses (X1) de publicité-presse et les dépenses (X2) de publicité sur les lieux de vente (PLV). L’unité est 103 DH, Observation (i) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Le Modèle:

𝑌𝑡

Ventes (Y) 30 22 29 35 25 40 24 21 32 15

Publicité-presse (X1) 2 1 6 4 3 2 6 2 7 1

PLV (X2) 6 3 2 5 3 8 1 2 2 1

= 𝛼 0 +𝛽 1 𝑋1𝑡 +𝛽2 𝑋2𝑡 +𝜇 𝑡

1) 2) 3) 4) 5) 6)

Mettre le modèle sous-forme matricielle ? Estimer les paramètres du modèle ? Calculer les résidus puis en déduire l’estimation de la variance résiduelle 𝜎𝜇2 ? Estimer la matrice des variances-covariance des coefficients ? Quel est l’intervalle de confiance pour la variance de l’erreur ? Les variables explicatives sont-elles significativement contributives pour expliquer la variable endogène au risque de 5% ? 7) Les coefficients 𝛽1 et 𝛽2 sont-ils respectivement significativement différents de 1 et 0,5 ? 8) Dresser le tableau de l’analyse de la variance ? 9) Calculer 𝑅 2 , et déduire le coefficient de corrélation multiple et le coefficient de détermination corrigé, testé la validité du modèle ? 10) Calculer les prévisions pour les périodes 11 et 12, et son intervalle de 95% sachant que 𝑋1 11 = 2 ; 𝑋1 12 =3 ; 𝑋2 11 =4 ; 𝑋2 12 = 5 Solution : 1) Nous disposons de 10 observations et deux variables explicatives le modèle peut donc s’écrire comme suit :

𝑦1 1 𝑦2 1 ⋮ = ⋮ ⋮ ⋮ 𝑦10 1

𝑋11 𝑋12 ⋮ ⋮ 𝑋110

𝑋21 𝑋22 ⋮ ⋮ 𝑋210

𝛼 𝛽1 + 𝛽2

D’où 30 1 20 1 ⋮ = ⋮ ⋮ ⋮ 15 1

𝜇1 2 6 𝛼 𝜇 2 1 3 ⋮ ⋮ 𝛽1 + ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 𝛽2 𝜇10 1 1

Dimensions : 𝑌 10;1 = 𝑋(10;3) 𝛽(3;1) + 𝜇(10:1) 2) Estimation des paramètres 𝛽= 𝑋 𝑡 𝑋

On sait que 1 1 2 1 6 3

𝑋𝑡 𝑋 =

10 34 33

=

𝑡

𝑋 𝑋

−1

… … … … … … 34 160 97

1 1 1

−1

𝑋𝑡 𝑌

1 2 6 1 1 3 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 1 1 1

33 97 157

0,8248 = −0,1122 −0,10406

−0,1122 0,02525 0,007980

−0,10406 0,007980 0,02331

Calcul de 𝑋 𝑡 𝑌 𝑌(10) 𝑋(1,10) 𝑌10 𝑋(2,10) 𝑌10

=

273 976 1019

→

9,65 𝛽 = 2,15 3,13

3) Calcul de 𝜎𝜇2 On sait que : 𝜎𝜇2 =

𝑒𝑡𝑒 𝑛−𝑘

𝑒2

= 𝑛−𝑘

On a :

e =Y−𝑌 →

D’où

𝑒𝑡 = 𝑌𝑡 − 𝛼 + 𝛽1 𝑋1𝑡 + 𝛽2𝑡 𝑋2𝑡

e = Y− X𝛽

𝜇1 ⋮ ⋮ ⋮ 𝜇15

𝑒𝑡 = 𝑌𝑡 − 9,65 − 2,15𝑋1𝑡 − 3,13𝑋2𝑡 On peut donner les valeurs à 𝑒𝑡 de 1 jusqu’à 10 observation mais d’une manière générale : 𝑒 𝑡 𝑒 = 𝑌𝑡 𝑌 − 𝛽𝑡 𝑋 𝑡 𝑌

D’où

𝑒 𝑡 𝑒 = 7941− 9,15 2,15 3,13

273 976 1019

𝑒 𝑡 𝑒 = 155,18 𝜎𝜇2𝑡 =

155,18 10−3

= 22,17

4) La matrice des variances-covariances : avec 𝛽 − 𝛽 = 𝑋 𝑡 𝑋

Ω𝛽 = E (𝛽 − 𝛽)(𝛽 − 𝛽) Ω𝛽 = 𝜎𝜇2𝑡 𝑋 𝑡 𝑋

−1

XU

−1

Donc : 0,8248 Ω𝛽 = 22,17 −0,1122 −0,10406

18,28 Ω𝛽 = −2,49 −2,30

−0,1122 0,02525 0,007980

−2,49 −2,30 0,559 0,177 0,177 0,517

−0,10406 0,007980 0,02331

𝑉 𝛼 = 18,28 𝑉 𝛽1 = 0,559 𝑉 𝛽2 = 0,517

→

𝜎𝛼 = 4,27 𝜎𝛽1 = 0,75 𝜎𝛽2 = 0,72

5) L’intervalle de confiance de la variance de l’erreur est donnée par :

IC = P

(𝑛 −𝑘−1)𝜎𝜇2 (𝑛−𝑘−1)𝜎𝜇2 ; 𝑋2 𝑋𝛼2 𝛼 1−

2

avec X : loi de KH-deux

2

Dans notre exemple au risque 5% est de : IC =

(10−2−1)×22,17 (10−2−1)×22,17 16,01

;

1,69

IC = 9,70 91,83 Soit 9,70≤ 𝜎𝜀2 ≤ 91,83, la variance vraie (mais inconnue) 𝜎𝜀2 de l’erreur à 95% de chance de se situer à l’intervalle. 6) Il convient de calculer les deux ratios de student et de les comparer à la valeur lue dans la table pour un seuil de 5%

𝛽 𝑖− 𝛽 𝑖

On sait que

𝜎𝛽

~ une loi de student a n−𝑘 − 1 degré de liberté

𝑖

Les hypothèses à tester est suivant : 𝐻0 : 𝛽1 = 0 𝐻1 𝛽1 ≠ 0

Et

𝐻0 : 𝛽2 = 0 𝐻1 𝛽2 ≠ 0

Donc, sous 𝐻0 𝛽

2,15

𝑡𝑐∗ = 𝜎 1 = 0,75 = 2,867 𝛽1

𝛽

3,13

𝑡𝑐∗ = 𝜎 2 = 0,72 = 4,347 𝛽2

∝

∝

2 2 D’après la table de student, 𝑡𝑛−𝑘−1 = 𝑡10−3 = 2,365

On constate que les deux t-statistiques est supérieure à t-lu sur la table de student. On accepte 𝐻1 donc ; les variables publicité-presse et publicité sur les lieux de vente sont bien expliquer à la variable endogène qui est la consommation. Nous aurions pu tout aussi bien répondre à cette question en calculant les intervalles de confiance de chacun des coefficients : On sait que 𝛽 𝑖− 𝛽 𝑖 𝜎𝛽

𝑖

∝ 2

= ± 𝑡𝑛−𝑘 → 𝛽𝑖

−

∝ 2

𝛽𝑖 = ± 𝑡𝑛−𝑘 𝜎𝛽𝑖

∝ 2 → 𝛽𝑖 = ± 𝑡𝑛−𝑘 𝜎𝛽𝑖 + 𝛽𝑖

D’où l’intervalle de confiance est de : ∝ 2

∝ 2

P (𝛽𝑖 − 𝑡𝑛−𝑘 𝜎𝛽𝑖 ≤ 𝛽𝑖 ≤ 𝛽𝑖 + 𝑡𝑛−𝑘 𝜎𝛽𝑖 ) = 1− ∝ Pour 𝛽1 : On a: 𝜎𝛽1 = 0,75 ∝ 2

∝ 2

D’après la table de student : 𝑡𝑛−𝑘−1 = 𝑡10−3 = 2,365 Don : IC = P (0,4205≤ 𝛽1 ≤ 3,8795) = 0,95 De même pour

𝛽2 :

IC = P (1,47 ≤ 𝛽2 ≤ 4,79) = 0,95

Donc on constate que la valeur zéro n’appartient pas à l’intervalle de confiance à 95% de 𝛽1 et 𝛽2 , donc ces deux coefficients sont significativement différents de zéro. 7) La formulation des hypothèses est la suivante :

𝐻0 : 𝛽1 = 1 𝐻1 𝛽1 ≠ 1

Et

𝐻0 : 𝛽2 = −0,5 𝐻1 𝛽2 ≠ −0,5

Pour 𝛽1 : 𝑡𝑐∗ =

Sous 𝐻0 :

𝛽 1 −𝛽1 𝜎𝛽

=

2,15−1 0,75

1

= 1,53 < 2,365 = 𝑡70,05

On accepte 𝐻0 , 𝛽1 n’est pas significativement différent de 1. 𝑡𝑐∗ =

Pour 𝛽2 :

𝛽 2 −𝛽 2 𝜎𝛽

=

3,13−(−0,5)

2

0,72

= 5,04 > 2,365

On accepte 𝐻1 , le coefficient de régression 𝛽2 est significativement différent de −0,5 : 8) Le tableau de l’analyse de la variance est présent comme suit : Source de variance 𝑋1 , 𝑋2 Résidu Total

On a

𝑒𝑡2 = 155, 18

Sommes des carrés SCE= 332,92 SCR= 155,18 SCT= 488,1

SCT= 488,1

Degré de liberté 2 7 9

Carrés moyens 166,46 22,17

SCR= SCT – SCE = 332,92

9) Calcul du 𝑅 2 𝑆𝐶𝐸

𝑆𝐶𝑅

𝑅 2 = 𝑆𝐶𝑇 = 1− 𝑆𝐶𝐸 =

332,92 488,1

= 0, 68



Le coefficient du corrélation est de : r = 0,82



Le coefficient de détermination corrigé : 𝑅 2 = 1− 𝑛−𝑘−1(1−𝑅 2 )

𝑛−1

9

𝑅 2 = 1− 7(1− 0,68) = 0,58 Teste de

𝑅2 :

L’hypothèse est de : Calcule le teste de Fisher :

𝐻0 : 𝑅 2 = 0 𝐻1 𝑅 2 ≠ 0

𝐹∗ =

(𝑦 −𝑦)2 /𝑘−1 𝑒𝑡2 / 𝑛−𝑘

=

𝑅 2 /𝑘−1 (1−𝑅 2 )/𝑛−𝑘

d’où 𝐹 ∗ =

0,68

7

( ) = 7,4375

(1−0,68) 2

Or, d’après la table de FISHER SNEDECOR, F lu avec un risque de 5% et de degré de liberté 0,05 pour le numérateur = 2 et degré de liberté pour le dénominateur = 7. 𝐹2;7 = 4,74 0,05 Puisque 𝐹 ∗ > 𝐹2;7 = 4,74 donc on accepte 𝐻1 la régression est globalement significative.

10) La prévision pour les deux périodes est calculée à partir du modèle estimé : 𝑦11 = 9,65 + 2,15× 2 + 3,13× 4 = 26,47 𝑦12 = 9,65 + 2,15× 3 + 3,13× 5 = 31,75  La variance de l’erreur de prévision est donnée par : 𝜎𝑒2𝑛 +𝑘 = 𝜎𝜇2 (1+ 𝑥𝑛𝑡 +𝑘 (𝑋 𝑡 𝑋)−1 𝑥𝑛+𝑘 ) Soit 𝑥11

1 = 2 ; 4

𝑥12

1 = 3 5

On a 𝑡

(𝑋 𝑋)

−1

0,8248 = −0,1122 −0,10406

−0,1122 0,02525 0,007980

−0,10406 0,007980 0,02331

Donc : 2 𝜎11 = 22,17 1 + (1 2

2 𝜎12

= 22,17 1 + 1 3

1 4)(𝑋 𝑡 𝑋)−1 2 4

≈ 17,94

1 3 5

≈ 14,08

𝑡

5 (𝑋 𝑋)

−1

L’intervalle de prévision est donnée par : ∝ 2

𝑌𝑛+𝑘 = 𝑌𝑛+𝑘 ± 𝑡𝑛 −𝑘−1 𝜎𝑒 𝑛 +𝑘 Donc pour un seuil de 95% : 𝑌11 = 26,47 ± 2,365 17,94 → 𝑌11 = 16,45; 36,48 𝑌12 = 31,75 ± 2,365 14,08 → 𝑌12 = 22,87; 40,62

EXERCICE (2) : Sur n = 100 observations et pour trois séries (Y ; 𝑋1 𝑋2 ) nous avons les résultats suivants : V(y) = 1000 ; 𝑟𝑦2;𝑥 1 = 0,75 ; 𝑟𝑥21;𝑥 2 = 0,45 ; 𝑟𝑦2;𝑥 2 = 0,85 ; 𝑦 = 12 1) Nous avons effectué la régression : 𝑦 = 10𝑥1 − 6 Le coefficient de 𝑥1 est-il significativement différent de zéro ? 2) La régression de y sur 𝑥2 donnée 𝑦 = 4𝑥2 + 8 le coefficient de 𝑥2 est-il significativement différent de zéro ? 3) Calculer les coefficients du modèles : y = 𝛼0 + 𝛽1 𝑥1 + 𝛽2 𝑥2 + 𝜇𝑡 et le coefficient de corrélation multiple ? 4) Les coefficients 𝛽1 et 𝛽2 sont-ils significativement différents de zéro ? 5) La régression est-elle globalement significative ?

Solution : 1) Détermination de l’écart-type de coefficient 𝛽 : On sait que, dans une régression simple la variance du coefficient de régression est donnée par : 𝜎𝛽21 =

𝜎𝜀2 (𝑥 1𝑡 −𝑥 )2

Nous savons que dans le cadre de régression simple, il ya égalité entre corrélation simple et corrélation multiple, soit : 𝑟𝑦2;𝑥 1 =

𝑐𝑜𝑣 (𝑦 ;𝑥 1𝑡 )2 𝑣 𝑦 𝑣(𝑥 1𝑡 )

Or v(y) =

=

(𝑦 −𝑦 )2 𝑛

𝑥 1𝑡 −𝑥 (𝑦− 𝑦 )2 (𝑦−𝑦 )2 (𝑥 1𝑡 −𝑥 )2

𝑆𝐶𝐸

𝑆𝐶𝑅

= 𝑅 2 = 𝑆𝐶𝑇 = 1− 𝑆𝐶𝐸 = 0,75

= (𝑦 − 𝑦 )2 = n v(y) →

(𝑦 − 𝑦 )2 = 100× 1000 =100000

Donc 𝑅 2 = 1−

𝑆𝐶𝑅 100000

= 0,75 → SCR = 25000

25000

𝜎𝜇2 = 100−2 = 255,1 Détermination de la variance de 𝑥1𝑡 : 𝑥 1𝑡 −𝑥 (𝑦− 𝑦 )2

On a : 𝛽 =

𝑥 1𝑡 −𝑥 (𝑦− 𝑦 )

D’où

𝑥1𝑡 − 𝑥 (𝑦 − 𝑦 ) = 10 (𝑥1𝑡 − 𝑥 )2

(𝑥 1𝑡 −𝑥 )2

(𝑦−𝑦 )2 (𝑥 1𝑡 −𝑥 )2

= 0,75

2 𝑟𝑦;𝑥 1𝑡

On remplace dans

10 2 (𝑥 1 − 𝑥 )4

0,75 =

2 𝑟𝑦;𝑥 = 1𝑡

= 10 et

(𝑦 −𝑦 )2 (𝑥 1𝑡 −𝑥 )2

→ 0,75 =

100 (𝑥 1𝑡 −𝑥 )2 (𝑦 𝑡 − 𝑦 )2

D’où 100 (𝑥1𝑡 – 𝑥)2 = 0,75×100000 (𝑥1𝑡 − 𝑥)2 = 750 et

𝑥1𝑡 − 𝑥 (𝑦 − 𝑦 ) = 10× 750 = 7500

V (𝑥1𝑡 ) = 7,5 et cov (𝑥1𝑡 ; 𝑦) = 75 Donc 𝜎𝜀2

𝜎𝛽21 =

(𝑥 1𝑡 −𝑥 )2

=

255,1 75𝑂

= 0,34 → 𝜎𝛽 = 0,58

Teste : 𝑡𝑐∗ =

10 0,58

0,05 = 17,24 > 𝑡𝑛>30 = 1,96

D’où le coefficient de régression de y sur 𝑥1𝑡 est significativement différent de zéro au risque de 5%. 2) De même pour 𝑥2𝑡 : SCR = (1− 0,85)100000 = 15000 → 𝜎𝜇2 =

15000 98

= 153,06

Détermination de la variance de 𝑥2𝑡 : 𝛽=

𝑥 2𝑡 −𝑥 (𝑦− 𝑦 ) (𝑥 2𝑡 −𝑥 )2

2 On a 𝑟𝑦;𝑥 = 2𝑡

=4 →

𝑥 2𝑡 −𝑥 (𝑦− 𝑦 )2 (𝑦−𝑦 )2 (𝑥 2𝑡 −𝑥 )2

V 𝑥2𝑡 = 53,125

et

𝑥2𝑡 − 𝑥 (𝑦 − 𝑦 ) = 4 (𝑥2𝑡 − 𝑥 )2 = 0, 85

→

(𝑥2𝑡 − 𝑥 )2 = 5312, 5

Cov (y; 𝑥2𝑡 ) = 212,5

Donc : 153,06

𝜎𝛽22 = 5312 ,5 = 0,0288 → 𝜎𝛽 = 0,17 Teste : sous 𝐻0 4

𝑡𝑐∗ = 0,17 = 23,53 > 𝑡 0,05 = 1,96

donc, le coefficient de régression de y sur 𝑥2𝑡 est

significativement différent de zéro.

3) Estimation des paramètres du modèle 𝑌𝑡 = 𝛼0 + 𝛽1 𝑋1𝑡 + 𝛽2 𝑋2𝑡 𝜇𝑡 Nous raisonnons sur les données centrées, donc les paramètres à estimer peut s’écrire en fonction des matrices des variances-covariances 𝛽1 𝑣 𝑥1 = 𝑐𝑜𝑣 𝑥1 ; 𝑥2 𝛽2

𝑐𝑜𝑣 𝑥1 ; 𝑥2 𝑣 𝑥2

−1

𝑐𝑜𝑣 𝑦; 𝑥1 𝑐𝑜𝑣 𝑦; 𝑥2

Détermination 𝑐𝑜𝑣 𝑥1 ; 𝑥2 : On a:

𝑟𝑥21 𝑥 2 =

cov 𝑥 1 ;𝑥 2 2 𝑣 𝑥1 𝑣 𝑥2

𝑥1 − 𝑥 𝑥2 − 𝑥

2

= 0, 45

→

𝑥1 − 𝑥

= 0, 45

2

𝑥2 − 𝑥

2

= 0, 45 × 750 × 5312, 5 = 1792968, 75 𝑥1 − 𝑥 𝑥2 − 𝑥 = 1339, 01 Cov 𝑥1 ; 𝑥2 =

1339,01 100

= 13, 39

Nous connaissons donc: V 𝑥1 = 7,5 et V 𝑥2 = 53,125

Cov 𝑦 ; 𝑥1 = 75 et Cov 𝑥1 𝑥2 = 13,39 et Cov 𝑦; 𝑥2 = 212,5 et

D’où 𝛽1 7,5 13,39 = 13,39 53,125 𝛽2

−1

75 → 212,5

𝛽1 = 𝛽2

1 219,14

𝛽1 5,197 = 2,69 𝛽2 La constante est donné par

𝛼0 = 𝑦 − 𝛽1 𝑋1 − 𝛽2 𝑋2

53,125 −13,39 75 −13,39 7,5 212,5

𝑦 = 12 et

Or

𝑋1 =

12+6 10

𝑋2 =

= 1,8 et

12−8 4

=1

𝛼0 = 12 – 5,197× 1,8 – 2,69 × 1 = −0,032

Donc

Le modèle estimer est de : 𝑦𝑡 = −0,032 + 5,197𝑋1 + 2,69𝑋2 + 𝑒𝑡 Détermination de coefficient de détermination : 𝑌𝑇 𝑌

𝑅2 = 𝑌 𝑇 𝑌 =

𝑋𝛽

𝑋𝛽

𝑌𝑇 𝑌 2

𝑅 =

Donc

𝑇

=

5,197

𝛽 𝑇 𝑋 𝑇 𝑋𝛽 𝑌𝑇 𝑌 2,69

=

𝛽𝑇 𝑋𝑇 𝑋 𝑋𝑇 𝑋 𝑌−𝑌

7500 21250

−1

𝑋𝑇𝑌

2

=

𝛽𝑇 𝑋𝑇 𝑌 𝑌−𝑌 2

= 0,96

100000

4) Calcule des écart-types de chacun des coefficients : On sait que Ω𝛽 =

𝜎𝜇2

𝑇

𝑋 𝑋

−1

=

𝜎𝜇2

𝑣 𝑥1 𝑐𝑜𝑣 𝑥1 ; 𝑥2

𝑐𝑜𝑣 𝑥1 ; 𝑥2 𝑣 𝑥2

−1

Détermination de la variance de l’erreur : 𝑒2

𝜎𝜇2 = 𝑛−𝑘𝑡

or

𝑆𝐶𝑅

𝑅 2 = 1− 𝑆𝐶𝑇 = 0,96 → (1− 0,96)SCT = SCR

SCR = 4000 4000

𝜎𝜇2 = 100−3 = 41,24

Donc D’où

7,5 13,39 Ω𝛽 = 41,42 13,39 53,125

−1

→

Ω𝛽 = 41,42

0,2424 −0,0611

−0,0611 0,0342

D’où 𝜎𝛽21 = 41,42 × 0,2424 = 10 → 𝜎𝛽1 = 3,16 𝜎𝛽22 = 41,42 × 0,0342 = 1,41 → 𝜎𝛽2 = 1,18 Teste : sous 𝐻0 𝛽1

𝑡𝛽∗1 =

𝜎𝛽

𝑡𝛽∗2 =

𝜎𝛽

1

𝛽2 2

=

5,197 3,16

= 1,64 < 𝑡 0,05 = 1,96

2,69

= 1,18 = 2,27 > 𝑡 0,05 = 1,96

Le coefficient 𝛽1 n’est pas significativement différent de zéro donc la variable 𝑋1 n’est pas contributive à l’explication de y, il convient donc de la retirer de ce modèle et de procéder à une nouvelle estimation.

Alors que le coefficient 𝛽2 est bien explicatif à la variable endogène y Pour la régression en doit calculer F : 𝐹𝑐∗ =

𝑅2 1− 𝑅 2

𝑘−1 𝑛−𝑘−1

0,96

=

1−0,96

3−1 100−2−1

0,05 = 1164 > 𝐹2;97 = 3,10

F-calculer est largement supérieure à F lu sur la table FISHER-SNEDECOR Donc la régression est globalement significative.

EXERCICE 3 : Soit le modèle à trois variables explicatives suivant : 𝑌𝑡 = 𝛼0 + 𝛽1 𝑋1𝑡 + 𝛽2 𝑋2𝑡 + 𝛽3 𝑋3𝑡 + 𝜇𝑡 Nous disposons des données du tableau : t 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

1) 2) 3) 4) 5)

Y 12 14 10 16 14 19 21 19 21 16 19 21 25 21

𝑋1 2 1 3 6 7 8 8 5 5 8 4 9 12 7

𝑋2 45 43 43 47 42 41 32 33 41 38 32 31 25 29

𝑋3 121 132 154 145 129 156 132 147 128 163 161 172 174 180

Mettre le modèle sous forme matricielle ? Estimer les paramètres du modèle ? Calculer les résidus puis en déduire l’estimation de la variance résiduelle 𝜎𝜇2𝑡 ? Estimer la matrice des variances-covariances des coefficients ? Tester, commenter et donner les probabilités critiques (p-valeur) des testes suivants au risque de 5% : 𝐻0 ∶ 𝛼0 = 0 𝐻0 ∶ 𝛽1 = 0 𝐻0 ∶ 𝛽2 = 0 𝐻0 ∶ 𝛽3 = 0 𝐻1 ∶ 𝛼0 ≠ 0 𝐻1 ∶ 𝛽1 ≠ 0 𝐻1 ∶ 𝛽2 ≠ 0 𝐻1 ∶ 𝛽3 ≠ 0 6) Dresser le tableau de l’analyse de la variance ? 7) Calculer le 𝑅 2 et le 𝑅 2 corrigé, effectuer le teste globale au risque de 5% ?

Solution : 1) Forme matricielle : Nous disposons de 14 observations et trois variables explicatives, le modèle peut donc s’écrire comme suit : Y = X𝛽 + U Donc en peut écrire : 𝑦1 1 2 45 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ = ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 𝑦14 1 7 29

𝛼0 𝜇1 𝛽1 ⋮ 𝛽2 + ⋮ 𝜇14 𝛽3

121 ⋮ ⋮ 180

Dimensions : 𝑌 14;1 = 𝑋 14;4 𝛽 4;1 + 𝜇 14;1 2) Estimation des paramètres : Soit le modèle sous forme matricielle, comme suit : Y = X𝛽 + U Et d’après la Méthode des Moindres Carrés Ordinaires (MCO), qui consiste à minimiser la somme des carrés des erreurs. 𝛽= 𝑋 𝑡 𝑋

Donc, on a :

𝑋𝑡 𝑋

Détermination de 1 2 𝑋 𝑋= 45 121 𝑡

14 85 𝑋 𝑋= 532 2094 𝑡

𝑋𝑡 𝑌

−1

et

⋯

1

⋱

⋮

⋯

180

1 2 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 1 7

85 631 3126 13132

532 3126 13132 78683

20,168 0,015 𝑋 𝑡 𝑋 −1 = −0,231 −0,076

𝑋𝑡 𝑌 45 ⋮ ⋮ 29

121 ⋮ ⋮ 180

2094 13132 78683 317950

0,015 0,013 0,0011 −0,00094

−0,231 0,0011 0,00363 0,000575

𝑋𝑡 𝑌 :

Calcul de 𝑋𝑡 𝑌

−1

=

1 2 45 121

⋯

1

⋱

⋮

⋯

180

248 12 ⋮ 1622 = ⋮ 9202 21 37592

−0,076 −0,00094 0,000575 0,000401

Calcul de

𝛽

20,168 0,015 𝛽= −0,231 −0,076

0,015 0,013 0,0011 −0,00094

−0,231 0,0011 0,00363 0,000575

−0,076 −0,00094 0,000575 0,000401

248 1622 9202 37592

32,891 0,8019 = −0,3813 −0,0371

Donc : 𝑦 = 32,9 + 0,80𝑋1𝑡 – 0, 38𝑋2𝑡 – 0,037𝑋3𝑡 + 𝑒𝑡 3) Calcul des résidus et la variance résiduelle : On sait que : D’où

𝑒𝑡 = 𝑦𝑡 − 𝑦

→

𝑒𝑡 = 𝑦𝑡 − X𝛽

𝑒𝑡 = 𝑦𝑡 − 32,9 − 0,80𝑋1𝑡 + 0, 38𝑋2𝑡 + 0,037𝑋3𝑡

Par exemple pour 𝑒1 : 𝑒1 = 12 − 32,9 − 0,80×2 + 0, 38×45 + 0,037×121 = − 0,84 Ainsi de suite jusqu’à 𝑒14 . Mais d’une manière générale : 𝑒 𝑇 𝑒 = 𝑌𝑇 𝑌 − 𝛽𝑇 𝑋 𝑇 Y

Donc :

𝑒 𝑇 𝑒 = 4620 – 32,9 0,80 −0,381

−0,0371

248 1622 9202 37592

𝑒 𝑇 𝑒 = 67,45 Donc : 𝜎𝜇2𝑡 =

𝑒𝑇𝑒 𝑛−𝑘

67,45

= 14−4 = 6,745

4) Matrice variance-covariance : La matrice des variances-covariances est donnée par : Ω𝛽 = E (𝛽 − 𝛽)(𝛽 − 𝛽)

Ω𝛽 = 𝜎𝜇2𝑡 𝑋 𝑡 𝑋

−1

Donc : 20,168 0,015 Ω𝛽 = 6,745 −0,231 −0,076

0,015 0,013 0,0011 −0,00094

−0,231 0,0011 0,00363 0,000575

−0,076 −0,00094 0,000575 0,000401

Les variances des coefficients de régression se trouvent sur la première diagonale :

𝜎𝛼20 = 6,745 × 20,168 = 136,04 → 𝜎𝛼 0 = 11,66 𝜎𝛽21 = 6,745 × 0,0132 = 0,089

→ 𝜎𝛽1 = 0,29

𝜎𝛽22 = 6,745 × 0,00363 = 0,0245 → 𝜎𝛽2 = 0,15 𝜎𝛽23 = 6,745 × 0,000401 = 0,0027 → 𝜎𝛽3 = 0,05 5) Les testes : On sait que : 𝛽 𝑖− 𝛽 𝑖 𝜎𝛽

~ Une loi de student a n−𝑘 − 1 degré de liberté

𝑖

D’où le t-statistique est de : sous 𝐻0 𝑡𝛼∗ 0 = 𝑡𝛽∗1 = 𝑡𝛽∗2 = 𝑡𝛽∗3 =

𝛼0 𝜎𝛼 0 𝛽1 𝜎𝛽 1 𝛽2 𝜎𝛽 2 𝛽3 𝜎𝛽 3

= = = =

32,8913 11,66 0,8019 0,29

= 2,82

= 2,765

−0,38136 0,15 −0,03713 0,05

= 2,5424 = 0,7426

0,05 Le 𝑡10 lu sur la table de student avec un risque de 5% et de degré de liberté de 10 (14 –

4) est :

0,05 𝑡10 = 2,228

Règle de décision : 𝑡𝑐∗ > 𝑡𝑙 → On accepte 𝐻1 𝑡𝑐∗ < 𝑡𝑙 → On accepte 𝐻0 On voit bien que, 𝛽1 et 𝛽2 sont significativement différents de zéro, c’est-à-dire que les variables 𝑋1𝑡 et 𝑋2𝑡 sont contributive à l’explication de Y Alors que, 𝛽3 et non significativement différent de zéro, donc la variable 𝑋3𝑡 n’est pas contributive à l’explication de Y, il convient donc de la retirer de ce modèle et de procéder à une nouvelle estimation. 

Détermination de p-valeur :

Dans notre cas, il s’agit ici d’un test bilatéral, donc p-valeur est donnée comme suit : p-valeur = 2 × 1 − 𝑝(𝑇 < 𝑡𝑐

= 2 × 1 − 𝐹𝑇(𝑛 −𝑘 ) 𝑡𝑐 Par exemple pour 𝛽2 On sait que

𝑡𝑐∗ = 2,54

On trouve d’après la table de student que les valeurs encadrent 𝑡𝑐∗ = 2,54, avec un DDL de 10 sont : 2,228 et 2,764. 𝑣 𝑝 ………………0,975……….x ?.....................0,99 ⋮

⋮

⋮

⋮

⋮

⋮

⋮

⋮

10 ……………..2,228 ………..2,54……………2,764 Donc en procède à une interpolation linéaire : x = 0,975 + (0,99 – 0,975)

2,54−2,228 2,764−2,228

= 0,9837

p-valeur = 2 × 1 − 0,9837 = 3,24%

Donc

Règle de décision

p-valeur < au risque ∝ → On accepte 𝐻1 p-valeur > au risque ∝ → On accepte 𝐻0

Donc, notre cas : p-valeur < au risque∝ , 0,0324 < 0,05 acceptation de 𝐻1 . Donc si la même décision par apport a la première de t-statistique.

6) Tableau de l’analyse de la variance : Source de variance 𝑋1 , 𝑋2 , 𝑋3 Résidu Total

Sommes des carrés SCE= 159,40 SCR= 67,45 SCT= 226,85

Degré de liberté 3 10 13

Carrés moyens 53,13 6,745

7) Calculer le 𝑅 2 et le 𝑅 2 corrigé, effectuer le teste globale au risque de 5% ? 𝑅2 =

𝑆𝐶𝐸 𝑆𝐶𝑇

𝑆𝐶𝑅

= 1- 𝑆𝐶𝑇

=1–

67,45 226,85

= 0,702 = 70,2%

𝑛 −1

𝑅 2 = 1 – 𝑛−𝑘−1(1 - 𝑅 2 ) 14−1

= 1 – 14−3−1 (1 – 0,702) = 61,3% Test : Pour tester le modèle ou bien le coefficient de détermination𝑅 2 , on utilise le test de FISHER SNEDECOR noté F. 𝐹𝑐∗

𝑅2

= (1− 𝑅 2𝑘−1 )

=

𝑛−𝑘

0,702

= (1−0,702) ×

10 3

𝑆𝐶𝐸 𝑆𝐶𝑅

𝑛−𝑘

× 𝑘−1

= 7,85

Le F lu avec un risque de 5% et de degré de liberté pour le numérateur = 3 et de DDL pour le dénominateur = 10 est de 𝐹𝑙 = 3,71 On constate que 𝐹𝑐∗ > 𝐹𝑙 = 3,71. Donc on accepte𝐻1 , la régression est globalement significative.

Exercice 4 : On examine l’évolution d’une variable 𝑌𝑡 en fonction de deux exogènes 𝑋1𝑡 et 𝑋2𝑡 . on dispose de n observations de ces variables. On note X = 1 𝑋1 𝑋2 ou 1 est le vecteur constante et 𝑋1 et 𝑋2 sont les vecteurs des variables explicatives. 1) On obtenu les résultats suivants : 25 𝑋𝑇 𝑋 = ? ?

0 0 9,3 5,4 ? 12,7

𝑋𝑇 𝑋

−1

=

0,04 0 0 0,1428 0 −0,0607

0 −0,0607 0,1046

(a) Donner les valeurs manquantes ? (b) Que vaut n ? 2) La régression de Y sur la constante et les deux exogènes donne : 𝑌𝑡 = -1,61 + 0,61𝑋1𝑡 + 0, 46𝑋2𝑡 ; SCR =0,3 𝑌 𝑇 𝑌 = 73,48 et 𝑌 = -1,6 (a) Calculer la somme des carrés expliqués (SCE), la somme des carrés totale (SCT), le 𝑅 2 et le 𝑅 2 ajusté ? (b) Déduire la matrice variance-covariance, et tester la significativité individuelle de chaque paramètre ainsi que leur significativité conjointe ?

Solution : 1) 𝑛 𝑋1𝑡 𝑋2𝑡

On sait que 𝑋 𝑇 𝑋 = 𝑋1𝑡 = 0 et

On a

𝑋2𝑡 = 0

𝑋1𝑡 2 𝑋1𝑡 𝑋2𝑡 𝑋1𝑡

𝑋2𝑡 𝑋1𝑡 𝑋2𝑡 2 𝑋2𝑡

𝑋2𝑡 𝑋1𝑡 =

𝑋1𝑡 𝑋2𝑡 = 5,4

n = 25

2) a) On sait que SCT = SCE + SCR SCT = 𝑌 𝑇 𝑌 - n𝑌 2 = 73,48 – 25(−1,6)2 = 9,48 Donc SCE = SCT – SCR = 9,48 – 0,3 = 9,18 𝑆𝐶𝐸

9,18

𝑅 2 = 𝑆𝐶𝑇 = 9,48 = 0,968 𝑛 −1

24

𝑅 2 = 1- 𝑛 −𝑘 (1 - 𝑅 2 ) = 1 - 23 (1- 0,968) = 0,966 b) La matrice variance covariance : Ω𝛽 = 𝜎𝜇2𝑡 (𝑋 𝑇 𝑋)−1 𝑆𝐶𝑅

On sait que la 𝜎𝜇2𝑡 = 𝑛 −𝑘 = Donc

0,3 22

= 0,01363

0,04 0 0,1428 Ω𝛽 = 0,01363 0 0 −0,0607

0 −0,0607 0,1046

Les variances des coefficients de régression se trouvent sur la diagonale : 𝜎𝛼20 = 0,01363 × 0,04 = 5.452× 10−4 → 𝜎𝛼 0 = 0,0233 𝜎𝛽21 = 0,01363 × 0,1428 = 1.946364 × 10−3 → 𝜎𝛽1 = 0,0441 𝜎𝛽22 = 0,01363× 0,1046 = 1.425698× 10−3 Teste : sous 𝐻0

→

𝜎𝛽2 = 0,03778

𝑡𝛼∗ 0 = 𝑡𝛽∗1 = 𝑡𝛽∗2 =

𝛼0 𝜎𝛼 0 𝛽1 𝜎𝛽 1 𝛽2 𝜎𝛽 2

=

−1,61 0,0233

= 69,09

0,61

= 0,0441 = 13,83 0,42

= 0,03778 = 11,116

0,05 Le 𝑡𝑛0,05 −𝑘−1 = 𝑡22 = 2,074 lu sur la table de STUDENT FISHER. 0,05 On constate que 𝑡𝑐∗ est largement supérieure au 𝑡22 = 2,074. Donc les variables exogènes

sont contributive à l’explication de Y.