2012版金融计量学课后习题答案

（2）证明：
若yt ~ I (1)，说明yt 存在一个单位根，一阶差分平稳，所以 Δyt = c + (α1 + α 2 −1) yt−1 − α 2Δyt−1 + ε t 是一个平稳过程， 那么α1 + α 2 −1 = 0才能满足条件， 所以α1 + α 2 = 1
2、
对于高于二阶的情况，需要从倒数第一项α p 开始往前推导，
《金融计量学-时间序列分析视角》
中国人民大学出版社 2012 年出版
课后习题答案
张成思 zhangcs@
第 1 章（略）
第2章
1、解：
（1）
yt = c0 + αyt−1； yt−1 = c0 + αyt−2； yt−2 = c0 + αyt−3； … y1 = c0 + αy0； 由此，
= (1− α1 − α 2 )−1c
（3）证明：
将c = (1− α1 − α2 )μ代入原方程，得到
yt − μ = α（1 yt − μ）+ α（2 yt − μ） 令yˆt = yt − μ,则 yˆt = α1 yˆt−1 + α 2 yˆt−2
( ) ( ) 那么，γ j = E yˆt yˆt− j = E α1 yˆt−1 + α 2 yˆt−2 yˆt− j ( ) ( ) = α1E yˆt−1 yˆt− j + α 2 E yˆt−2 yˆt− j
∂yt+ j ∂ε t
= α (j−1 αb1 + b2 )
（3）
∂yt+ j + ∂yt+ j + ∂yt+ j + … + ∂yt+ j
∂ε t ∂ε t+1 ∂ε t+2
∂ε t+ j
= α j−1(αb1 + b2 ) + α j−2 (αb1 + b2 ) + … + (αb1 + b2 ) + b1
( ) =
1 + θ12
+
θ
2 2
σ
2 ε
( )( ) γ 1 = E( yt yt−1) = E ε t − θ1ε t−1 − θ2ε t−2 ε t−1 − θ1ε t−2 − θ2ε t−3
=
(θ1θ 2
−
θ1
)σ
2 ε
( )( ) γ 2 = E( yt yt−2 ) = E ε t − θ1ε t−1 − θ2ε t−2 ε t−2 − θ1ε t−3 − θ2ε t−4
因为有一个单位根，将方程改写为
⇒ (1− L)α * (L) yt = ε t
⇒ ( yt − yt−1)α * (L) = ε t ⇒ Δytα * (L) = ε t α * (L)已经不再含有单位根，所以Δyt 是平稳序列。
3、解：
真实方程： yt = yt−1 + et
假设回归： yt = c + βt + ε t
j
j −1
= b1∑α i + b2 ∑α i
i=0
i=0
3、
（1）特征方程：λ2 −1.2λ + 0.2 = 0 ，解方程得，λ1 = 1，λ2 = 0.2. 有一个单位根，
是非平稳的。 逆特征方程：1−1.2z + 0.2z 2 = 0 ，解方程得，z1 = 1，z2 = 5.（互为倒数），
（ 2 ） 特 征 方 程 ： λ2 −1.2λ + 0.4 = 0 ， 解 方 程 ， 无 实 数 解 ， 复 数 解 为
yt = c0 + α (c0 + αyt−2 ) = (1+ α )c0 + α 2 yt−2 = (1+ α )c0 + α 2 (c0 + αyt−3 )
…
( ) = 1+ α + α 2 + …+ α t−1 c0 + α t y0
t −1
∑ = c0 α i + α t y0 i=0
（2）
只有当α ≠ 1时，E2 才可以化为 E3 式。
若α
<
1
，那么
y
t
就是一个收敛的序列，极限为
y
t
=
1
c0 −α
。
若 α > 1 ，那么 yt 就是一个发散的序列。
若 α < 1 ，那么 E1 式可以写为
(1− αL)yt = c0 yt = (1 − αL)−1c0 = (1− α )−1c0
（3）当α = 1 时，E1 属于一个带截距项的随机游走过程。
=
−θ
2σ
2 ε
所以，
ρ1
= γ1 γ0
=
θ1θ 2 1 + θ12
− θ1
+
θ
2 2
，ρ
2
=
γ2 γ0
= −θ2 。
1 + θ12
+
θ
2 2
（3）该模型在任何情况下都是平稳的，因为其右边由是一系列白噪音过程的叠 加。可逆条件为逆特征方程的根位于单位圆外。
2、证明：
( ) 令 α ( L ) = 1 − α 1 L − α 2 L 2 − … − α p L p ( ) φ ( L ) = 1 − φ 1 L − φ 2 L 2 − … − φ m L m , 则
= ( y0 − cˆ) − βˆt + ∑ ei i=1 t
由于( y0 − cˆ)为常数，∑ ei为一平稳过程，而在上述方程中， i=1
还包括一个趋势项βˆt，所以yt *并不是一个平稳序列。
第7章
1、 （1）证明：
yt = c + α 1 yt−1 + α 2 yt−2 + ε t ⇒ yt − yt−1 = c + (α 1 − 1) yt−1 + α 2 yt−2 + ε t ⇒ Δyt = c + (α 1 + α 2 − 1) yt−1 − α 2 ( yt−1 − yt−2 ) + ε t ⇒ Δyt = c + (α 1 + α 2 − 1) yt−1 − α 2 Δyt−1 + ε t 即可证明
1
2、 （1）
yt = c0 + αyt−1 + b1ε t + b2ε t−1 (1-αL)yt = c0 + b1ε t + b2ε t−1 因为α <1，所以
yt = (1-αL)-1 c0 + (1-αL)-（1 b1ε t + b2ε t−1） = (1-α )-1 c0 + (1+ αL + α 2 L2 + α 3L3 + …（) b1ε t + b2ε t−1） = (1-α )-1 c0 + (b1ε t + αb1ε t−1 + α 2b1ε t−2 + … + α tb1ε 0 ) +
= α pφ m Lm+ p + … … 最高阶为 m + p , 所以 y t 服从 AR ( m + p ) 过程。
3、 （1）方程可以改写为
(1− α1L) yt = c + (1−θ1L)ε t 两边同时乘以(1− α1L)−1，得 yt = (1 − α1)−1c + (1 − α1L)−1(1 −θ1L)ε t = (1− α1)−1c + (1+ α1L + α12 L2 + ……)(1−θ1L)ε t = (1 − α1)−1c + (1 + α1L + α12 L2 + ……− θ1L − α1θ1L2 − α12θ1L3 −……） = (1 − α1)−1c + ε t − (θ1 − α1 )ε t−1 − α1(θ1 − α1)ε t−2 − α12 (θ1 − α1 )ε t−3 − ……
（3） 结论变为
yt = (1 − α1 )−1 c + ε t yt = (1 −θ1)−1 c + ε t
7
第 5 章 （略）
第6章
2、解：
yt = α1 yt−1 + α 2 yt−2 + α3 yt−3 + … + α p yt− p + ε t
( ) ⇒ 1− α1L + α 2 L2 + α3L3 + …+ α p Lp yt = ε t
（2）将方程改写为
( ) 1− α1L − α 2 L2 yt = c + ε t
因为平稳性满足，所以 可以写为
( ) yt = (1− α1 − α 2 )−1c + 1− α1L − α 2 L2 −1ε t ( ) μ = E( yt ) = (1 − α1 − α 2 )−1c + 1− α1L − α 2 L2 −1 E(ε t )
+α2
=
α12
−α22 +α2 1−α2
（5）当α1 = 0.6，α 2 = 0.3 时，
ρ1
= α1 1−α2
= 0.86；
ρ2
= α12
−α22 +α2 1−α2
= 0.81.
5
第4章
1、
（1）解：
μ = E（yt）= E(ε t −θ1ε t−1 − θ2ε t−2 ) = 0
σ
2 y
=
E（yt
（2）
(1− α1L) yt = c + (1−θ1L)ε t 两边同时乘以(1 − θ1 L) −1，得 (1 − α1L)(1 −θ1)−1 yt = (1 −θ1)−1c + ε t ⇒ (1− α1L)(1+ θ1L + θ12 L2 + ……) yt = (1−θ1)−1c + ε t ⇒ (1 + θ1L + θ12 L2 + …… − α1L − α1θ1L2 − α1θ12 L3 −……）yt = (1 −θ1)−1c + ε t
⇒ { 1+ (θ1 − α1) + θ1(θ1 − α1) + θ12 (θ1 − α1) + …… }yt = (1−θ1)−1c + ε t
⇒ yt = (1 − θ1)−1c − (θ1 − α1) yt−1 − θ1(θ1 − α1 ) yt−2 − θ12 (θ1 − α1 ) yt−3 + …… + ε t
得到以下结果： yt = cˆ + βˆt + εˆt
对 yt 去除时间趋势，即
yt* = yt − cˆ − βˆt ，
t
∑ 同时，由于 yt = y0 + ei ，（具体过程参考课本），则有 i =1
yt* = yt − cˆ − βˆt
t
= y0 + ∑ ei − cˆ − βˆt i=1 t
λ1 = 0.6 + 0.2i，λ2 = 0.6 − 0.2i. 。根的模为 0.62 + 0.22 = 0.632 ，在单位圆内，
所以是平稳的。 逆特征方程：1−1.2z + 0.4z 2 = 0 ，解略。
2ห้องสมุดไป่ตู้
（3）特征方程： λ2 −1.2λ −1.2 = 0 ，解方程得， λ1 = 1.85，λ2 = −0.65.有一个
AP ( p )过程
（b2ε t−1 + αb2ε t−2 + α 2b2ε t−3 + … + α t−1b2ε 0）
= (1-α )-1c0 + b1ε t + (αb1 + )b2 ε t−1 + α (αb1 + b2 )ε t−2 + …+ α t−1(αb1 + b2 )ε 0
（2）
ε t 对 yt+i 的动态乘数为
−
μ）2
=
E(ε t
− θ1ε t−1
−θ2ε t−2 )(ε t
− θ1ε t−1
) − θ2ε t−2
( ) =
1 + θ12
+
θ
2 2
E
(ε
2 t
)
( ) =
1 + θ12
+
θ
2 2
σ
2 ε
（2）解：
γ 0 = E( yt yt ) = E(ε t − θ1ε t−1 − θ2ε t−2 )(ε t − θ1ε t−1 ) − θ2ε t−2
= α1γ j−1 + α 2γ j−2 两边同时除以 γ 0 ，得到 ρ j = α1ρ j−1 + α 2 ρ j−2
（4）
ρ1 = α1ρ0 + α 2 ρ−1
= α1ρ0 + α 2 ρ1
所以ρ1
=
α1 1−α2
；
ρ2 = α1ρ1 + α 2 ρ0
= α1ρ1 + α 2
= α12 1−α2
根位于单位圆外，是非平稳的。 逆特征方程：1 −1.2z −1.2z 2 = 0 ，解方程得， z1 = 0.54，z2 = −1.54.（互
为倒数），有一个根位于单位圆内，是非平稳的。
（4）特征方程：λ2 −1.5λ + 0.5 = 0 ，解方程得，λ1 = 1，λ2 = 0.5. 有一个单位根，
是非平稳的。 逆特征方程：1−1.5z + 0.5z 2 = 0 ，解方程得，z1 = 1，z2 = 2.（互为倒数），
有一个单位根，是非平稳的。
3
第3章
4、 （1）平稳性条件：
特征方程： λ2 − α1λ − α 2 = 0 根都在单位圆内。 逆特征方程：1− α1z − α 2 z 2 = 0 根都在单位圆外。
φ (L )et = ε t ⇒ et = φ ( L ) −1 ε t 代入 α ( L ) y t = c + e t 中，得 α ( L ) y t = c + φ ( L ) −1 ε t， ⇒ α ( L )φ ( L ) y t = φ ( L )c + ε t 因为
( )( ) α ( L )φ ( L ) = 1 − α 1 L − α 2 L 2 − … − α p L p 1 − φ 1 L − φ 2 L 2 − … − φ m L m