应用时间序列分析 第三版 王燕 课后答案
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第二章 P34 1、（1）因为序列具有明显的趋势，所以序列非平稳。
（2）样本自相关系数：
nk
ˆk
(k) (0)
(xt
t 1 n
x)(xtk (xt x)2
x)
t 1
x
1 n
n t 1
xt
1 (1 20
2
20) 10.5
(0)
1 20
20 t 1
(xt
x)2
35
(1) 1
即[3.8275,16.1509]
（2） T1 xT1 xˆT (1) 10.5 9.88 0.62 xˆT1(1) E(xt2 ) 0.3*0.62 9.964 10.15 xˆT1(2) E(xt3 ) 0.09*0.62 9.9892 10.045
Var[eT2 (2)] (1 0.32 )*9 9.81 xt3 的95％的置信区间：[10.045-1.96× 9.81 ，10.045＋1.96* 9.81 ]
5、由
xt rt
xt (1 )(xt1 rt1) (xt xt1) (1 )rt1
代入数据得
4xt.
0 1
. 4xt 0 .x2t (
0
. 6 2
(2 0 0) 0
.
5 8
)
5
解得
xt xt
20 1 3 .
.5 75
z<-c(10,11,12,10,11,14,12,13,11,15,12,14,13,12,14,12,10,10,11,13)
9、解：： E(xt ) 0
Var ( xt
)
(1 12
2 2
)
2
1.65
2
1
1 1 2
1 12
2 2
0.98 0.5939 1.65
2
1
2 12
2 2
0.4 1.65
0.2424
k 0，k 3
10、解：（1） xt t C( t1 t2 )
xt1 t1 C( t2 t3 )
8 7 0.034 -0.07 44.572 0.000
7 8 -0.07 -0.07 44.771 0.000
47 9 -0.17 -0.07 45.921 0.000
.**| . | .**| . | ***| . |
. *| . . *| . . *| .
05 | 10 -0.25 -0.07 48.713 0.000
22 | 11 -0.31 -0.06 53.693 0.000
97 | 12 -0.37 -0.06 61.220 0.000
00
该图的自相关系数衰减为 0 的速度缓慢，可认为非平稳。
4、
LB
n(n
2)
m k 1
ˆ
2 k
nk
LB(6)=1.6747
LB(12)=4.9895
2 0.05
(6)=12.59
Var ( xt
)
1 2 (1 2 )(11 2 )(1
1
2
)
2
(1 0.15)
2 =1.9823 2
(1 0.15)(1 0.8 0.15)(1 0.8 0.15)
21
1 /(1 11 2
2 ) 0.6957 0 0.4066
3 1 2 2 1 0.2209
121212
lim
l
Var[
xT
l
xˆT
(l)]
lim
l
Var[eT
(l)]
lim
l
1[1 1
2l 1
12
]
2
1 1 12
2
。
7、解：
1
1 1 12
1
1
1 412
21
1
MA(1)模型的表达式为： xt t t1 。
8、解： E(xt ) 0 /(1 1 ) 10 /(1 0.5) 20
1 0.4124
2 -1.2124
|1 | 1.1 1，模型不可逆； 1 1.1
12、解： (1 0.6B)xt (1 0.3B)t
xt (1 0.3B)(1 0.6B 0.62 B2 )t (1 0.3B 0.3*0.6B2 0.3*0.62 B3 )t
t 0.3*0.6 j1t j j 1
k 1 c k 2
k 0 k 1 k2
5、证明：已知原模型可变形为：
(1 B cB 2 cB3 )xt t
其特征方程为： 3 2 c c ( 1)(2 c) 0
不论 c 取何值，都会有一特征根等于 1，因此模型非平稳。
6、解：（1）错， 0
Var(xt )
2
/(1
Xˆ 21
1 5
X 20
1 5
19 i 16
Xi
Xˆ 22
1 5
Xˆ 21
1 5
X 20
1 19 5 i15
Xi
a 111 6 5 5 5 25
在指数平滑法中:
xˆ2 2 ˆx 2 1 x 2 00 . 4 x 20 0 . 6x 1 9
b 0.4
b a 0.4 6 0.16 25
即[3.9061,16.1839]
习题 4 p133
1、
xˆT 1
1 4 (xT
xT 1
xT 2
xT 3 )
xˆT 2
1 4
(
xˆT
1
xT
xT 1
xT 2 )
5 16
xT
5 16
xT 1
5 16
xT 2
1 16
xT 3
所以，在 xˆT 2 中 xT
与 xT 1 前
面的系数均为 5 。 16
2、由
1 0.850 0.850 16.732 0.000 2 0.702 -0.07 28.761 0.000
6 3 0.556 -0.07 36.762 0.000
6 4 0.415 -0.07 41.500 0.000
7 5 0.280 -0.07 43.800 0.000
7 6 0.153 -0.07 44.533 0.000
19
19
(xt
t 1
x )( xt 1
x) 29.75
(2) 1
18
18
(xt
t 1
x )( xt 2
x) 25.9167
(3) 1
17
17
(xt
t 1
x )( xt 3
x) 21.75
(4)=17.25
(5)=12.4167
1 =0.85（0.85） 2 =0.7405（0.702）
2 0.05
(12)=21.0
显然，LB 统计量小于对应的临界值，该序列为纯随机序列。
第三章 P100
1、解： E(xt ) 0.7 * E(xt1 ) E( t )
(1 0.7)E(xt ) 0
E(xt ) 0
(1 0.7B）xt t
xt (1 0.7B)1 t (1 0.7B 0.72 B2 ) t
xˆ2
2
1 (xˆ 5
2+1x
2 0x
1x9
x1 8 ) 151（7 11.2+13+11+10+10）=11.04
（2）利用 xt 0.4xt 0.6xt1 且初始值 x0 x1 进行迭代计算即可。另外， xˆ22 xˆ21 x20 该题详见 Excel。11.79277
（3）在移动平均法下:
原模型可变为： (1 0.5B)(xt 20) (1 0.8B2 CB3 ) t
xt
20
(1
0.8B2 CB (1 0.5B)
3
)
t
显然，当1 0.8B2 CB3 能够整除 1－0.5B 时，模型为 MA(2)模型，由此得 B＝2 是1 0.8B2 CB3 ＝0 的根，
故 C＝0.275。
xt
t
C xt1 t1 C
t1
xt 1
t
(C
1) t1
即 (1 B)xt [1 (C 1)B] t
显然模型的 AR 部分的特征根是 1，模型非平稳。
（2） yt xt xt1 t (C 1) t1 为 MA(1)模型，平稳。
1
1 1 12
C2
C 1 2C 2
G0 1 ， G j 0.3*0.6 j1
13、解： E[(B)xt ] E[3 (B) t] (1 0.5)2 E(xt ) 3 E(xt ) 12
14、证明： 0 (0) / (0) 1；
1
(1) (0)
(1 1)(111) 112 211
0.25(1 0.5*0.25) 1 0.252 2*0.5*0.25
Var ( xt
)
1
Leabharlann Baidu
1 0.49
2
1.9608
2
2 12 0 0.49
22 0
2、解：对于 AR（2）模型：
12
10 11
2 1 20
1 11
2 1 2
0.5 0.3
解得：
12
7 1
/ 15 / 15
3、解：根据该 AR(2)模型的形式，易得： E(xt ) 0
原模型可变为： xt 0.8xt1 0.15xt2 t
2
1
)
。
（2）错， E[(xt
)(xt1
)] 1
1 0
1
2
/(1 12 ) 。
（3）错， xˆT (l) 1l xT 。
（4）错， eT (l) T l G1 T l1 G2 T l2 Gl1 T 1
T l 1 T l1 12 T l2 1l1 T 1
（5）错，
6、 方法一：趋势拟合法 income<-scan('习题 4.6 数据.txt') ts.plot(income)
由时序图可以看出，该序列呈现二次曲线的形状。于是，我们对该序列进行二次曲线拟合： t<-1:length(income) t2<-t^2 z<-lm(income~t+t2) summary(z) lines(z$fitted.values, col=2) 方法二：移动平滑法拟合 选取 N=5 income.fil<-filter(income,rep(1/5,5),sides=1) lines(income.fil,col=3)
Q-Stat
. |*******| . |***** | . |**** | . |*** | . |**. | . |* . | .|. | . *| . | . *| . |
. |*******| . *| . | . *| . | . *| . | . *| . | . *| . | . *| . | . *| . | . *| . |
xt xt xt1 xt1
(1
)xt1 (1 )xt
代入数据得
5x.t
5 2 6
.
25 5.
5
5(1 ( 1 xt
) )
解得
0
.
xt 5 4舍( 去
.1 的1情况
)
3、（1）
xˆ2 1
1 (x 5
2 0 x
1 9x
1x8
+x1 7) 151（613+11+10+10+12）=11.2
0.27
k 1k1 0.5k1
k 2
15、解：（1）错；（2）对；（3）对；（4）错。
16、解：（1） xt 10 0.3*(xt1 10) t ， xT 9.6 xˆT (1) E(xt1) E[10 0.3*(xT 10) T1] 9.88 xˆT (2) E(xt2 ) E[10 0.3*(xT1 10) T2 ] 9.964 xˆT (3) E(xt3 ) E[10 0.3*(xT2 10) T3 ] 9.9892 已知 AR(1)模型的 Green 函数为： G j 1j ， j 1，2， eT (3) G0t3 G1t2 G2t1 t3 1t2 12t1 Var[eT (3)] (1 0.32 0.092 )*9 9.8829 xt3 的95％的置信区间：[9.9892-1.96* 9.8829 ，9.9892＋1.96* 9.8829 ]
0.6957 0.15
33 0
4、解：原模型可变形为：
(1 B cB 2 )xt t
由其平稳域判别条件知：当| 2 | 1，2 1 1且2 1 1时，模型平稳。
由此可知 c 应满足：| c | 1， c 11且 c 11
即当－1<c<0 时，该 AR(2)模型平稳。
1
k
1/(1 c)
(6)=7.25 3 =0.6214（0.556）
4 =0.4929（0.415） 5 =0.3548（0.280）
6 =0.2071（0.153）
注：括号内的结果为近似公式所计算。 （3）样本自相关图：
Autocorrelation Partial Correlation
AC PAC
Prob
1 0.45＋0.2693i
2 0.45－0.2693i
（4）|2 | 0.4 1，2 1 0.9 1，2 1 1.7 1，模型不可逆。
1 0.2569
2 -1.5569
（5）| 1 | 0.7 1，模型平稳； 1 0.7
|1 | 0.6 1，模型可逆； 1 0.6
（6）| 2 | 0.5 1，2 1 0.3 1，2 1 1.3 1，模型非平稳。
11、解：（1）| 2 | 1.2 1，模型非平稳；
1 1.3738
2 -0.8736
（2）| 2 | 0.3 1，2 1 0.8 1，2 1 1.4 1，模型平稳。
1 0.6
2 0.5
（3）|2 | 0.3 1，2 1 0.6 1，2 1 1.2 1，模型可逆。
（2）样本自相关系数：
nk
ˆk
(k) (0)
(xt
t 1 n
x)(xtk (xt x)2
x)
t 1
x
1 n
n t 1
xt
1 (1 20
2
20) 10.5
(0)
1 20
20 t 1
(xt
x)2
35
(1) 1
即[3.8275,16.1509]
（2） T1 xT1 xˆT (1) 10.5 9.88 0.62 xˆT1(1) E(xt2 ) 0.3*0.62 9.964 10.15 xˆT1(2) E(xt3 ) 0.09*0.62 9.9892 10.045
Var[eT2 (2)] (1 0.32 )*9 9.81 xt3 的95％的置信区间：[10.045-1.96× 9.81 ，10.045＋1.96* 9.81 ]
5、由
xt rt
xt (1 )(xt1 rt1) (xt xt1) (1 )rt1
代入数据得
4xt.
0 1
. 4xt 0 .x2t (
0
. 6 2
(2 0 0) 0
.
5 8
)
5
解得
xt xt
20 1 3 .
.5 75
z<-c(10,11,12,10,11,14,12,13,11,15,12,14,13,12,14,12,10,10,11,13)
9、解：： E(xt ) 0
Var ( xt
)
(1 12
2 2
)
2
1.65
2
1
1 1 2
1 12
2 2
0.98 0.5939 1.65
2
1
2 12
2 2
0.4 1.65
0.2424
k 0，k 3
10、解：（1） xt t C( t1 t2 )
xt1 t1 C( t2 t3 )
8 7 0.034 -0.07 44.572 0.000
7 8 -0.07 -0.07 44.771 0.000
47 9 -0.17 -0.07 45.921 0.000
.**| . | .**| . | ***| . |
. *| . . *| . . *| .
05 | 10 -0.25 -0.07 48.713 0.000
22 | 11 -0.31 -0.06 53.693 0.000
97 | 12 -0.37 -0.06 61.220 0.000
00
该图的自相关系数衰减为 0 的速度缓慢，可认为非平稳。
4、
LB
n(n
2)
m k 1
ˆ
2 k
nk
LB(6)=1.6747
LB(12)=4.9895
2 0.05
(6)=12.59
Var ( xt
)
1 2 (1 2 )(11 2 )(1
1
2
)
2
(1 0.15)
2 =1.9823 2
(1 0.15)(1 0.8 0.15)(1 0.8 0.15)
21
1 /(1 11 2
2 ) 0.6957 0 0.4066
3 1 2 2 1 0.2209
121212
lim
l
Var[
xT
l
xˆT
(l)]
lim
l
Var[eT
(l)]
lim
l
1[1 1
2l 1
12
]
2
1 1 12
2
。
7、解：
1
1 1 12
1
1
1 412
21
1
MA(1)模型的表达式为： xt t t1 。
8、解： E(xt ) 0 /(1 1 ) 10 /(1 0.5) 20
1 0.4124
2 -1.2124
|1 | 1.1 1，模型不可逆； 1 1.1
12、解： (1 0.6B)xt (1 0.3B)t
xt (1 0.3B)(1 0.6B 0.62 B2 )t (1 0.3B 0.3*0.6B2 0.3*0.62 B3 )t
t 0.3*0.6 j1t j j 1
k 1 c k 2
k 0 k 1 k2
5、证明：已知原模型可变形为：
(1 B cB 2 cB3 )xt t
其特征方程为： 3 2 c c ( 1)(2 c) 0
不论 c 取何值，都会有一特征根等于 1，因此模型非平稳。
6、解：（1）错， 0
Var(xt )
2
/(1
Xˆ 21
1 5
X 20
1 5
19 i 16
Xi
Xˆ 22
1 5
Xˆ 21
1 5
X 20
1 19 5 i15
Xi
a 111 6 5 5 5 25
在指数平滑法中:
xˆ2 2 ˆx 2 1 x 2 00 . 4 x 20 0 . 6x 1 9
b 0.4
b a 0.4 6 0.16 25
即[3.9061,16.1839]
习题 4 p133
1、
xˆT 1
1 4 (xT
xT 1
xT 2
xT 3 )
xˆT 2
1 4
(
xˆT
1
xT
xT 1
xT 2 )
5 16
xT
5 16
xT 1
5 16
xT 2
1 16
xT 3
所以，在 xˆT 2 中 xT
与 xT 1 前
面的系数均为 5 。 16
2、由
1 0.850 0.850 16.732 0.000 2 0.702 -0.07 28.761 0.000
6 3 0.556 -0.07 36.762 0.000
6 4 0.415 -0.07 41.500 0.000
7 5 0.280 -0.07 43.800 0.000
7 6 0.153 -0.07 44.533 0.000
19
19
(xt
t 1
x )( xt 1
x) 29.75
(2) 1
18
18
(xt
t 1
x )( xt 2
x) 25.9167
(3) 1
17
17
(xt
t 1
x )( xt 3
x) 21.75
(4)=17.25
(5)=12.4167
1 =0.85（0.85） 2 =0.7405（0.702）
2 0.05
(12)=21.0
显然，LB 统计量小于对应的临界值，该序列为纯随机序列。
第三章 P100
1、解： E(xt ) 0.7 * E(xt1 ) E( t )
(1 0.7)E(xt ) 0
E(xt ) 0
(1 0.7B）xt t
xt (1 0.7B)1 t (1 0.7B 0.72 B2 ) t
xˆ2
2
1 (xˆ 5
2+1x
2 0x
1x9
x1 8 ) 151（7 11.2+13+11+10+10）=11.04
（2）利用 xt 0.4xt 0.6xt1 且初始值 x0 x1 进行迭代计算即可。另外， xˆ22 xˆ21 x20 该题详见 Excel。11.79277
（3）在移动平均法下:
原模型可变为： (1 0.5B)(xt 20) (1 0.8B2 CB3 ) t
xt
20
(1
0.8B2 CB (1 0.5B)
3
)
t
显然，当1 0.8B2 CB3 能够整除 1－0.5B 时，模型为 MA(2)模型，由此得 B＝2 是1 0.8B2 CB3 ＝0 的根，
故 C＝0.275。
xt
t
C xt1 t1 C
t1
xt 1
t
(C
1) t1
即 (1 B)xt [1 (C 1)B] t
显然模型的 AR 部分的特征根是 1，模型非平稳。
（2） yt xt xt1 t (C 1) t1 为 MA(1)模型，平稳。
1
1 1 12
C2
C 1 2C 2
G0 1 ， G j 0.3*0.6 j1
13、解： E[(B)xt ] E[3 (B) t] (1 0.5)2 E(xt ) 3 E(xt ) 12
14、证明： 0 (0) / (0) 1；
1
(1) (0)
(1 1)(111) 112 211
0.25(1 0.5*0.25) 1 0.252 2*0.5*0.25
Var ( xt
)
1
Leabharlann Baidu
1 0.49
2
1.9608
2
2 12 0 0.49
22 0
2、解：对于 AR（2）模型：
12
10 11
2 1 20
1 11
2 1 2
0.5 0.3
解得：
12
7 1
/ 15 / 15
3、解：根据该 AR(2)模型的形式，易得： E(xt ) 0
原模型可变为： xt 0.8xt1 0.15xt2 t
2
1
)
。
（2）错， E[(xt
)(xt1
)] 1
1 0
1
2
/(1 12 ) 。
（3）错， xˆT (l) 1l xT 。
（4）错， eT (l) T l G1 T l1 G2 T l2 Gl1 T 1
T l 1 T l1 12 T l2 1l1 T 1
（5）错，
6、 方法一：趋势拟合法 income<-scan('习题 4.6 数据.txt') ts.plot(income)
由时序图可以看出，该序列呈现二次曲线的形状。于是，我们对该序列进行二次曲线拟合： t<-1:length(income) t2<-t^2 z<-lm(income~t+t2) summary(z) lines(z$fitted.values, col=2) 方法二：移动平滑法拟合 选取 N=5 income.fil<-filter(income,rep(1/5,5),sides=1) lines(income.fil,col=3)
Q-Stat
. |*******| . |***** | . |**** | . |*** | . |**. | . |* . | .|. | . *| . | . *| . |
. |*******| . *| . | . *| . | . *| . | . *| . | . *| . | . *| . | . *| . | . *| . |
xt xt xt1 xt1
(1
)xt1 (1 )xt
代入数据得
5x.t
5 2 6
.
25 5.
5
5(1 ( 1 xt
) )
解得
0
.
xt 5 4舍( 去
.1 的1情况
)
3、（1）
xˆ2 1
1 (x 5
2 0 x
1 9x
1x8
+x1 7) 151（613+11+10+10+12）=11.2
0.27
k 1k1 0.5k1
k 2
15、解：（1）错；（2）对；（3）对；（4）错。
16、解：（1） xt 10 0.3*(xt1 10) t ， xT 9.6 xˆT (1) E(xt1) E[10 0.3*(xT 10) T1] 9.88 xˆT (2) E(xt2 ) E[10 0.3*(xT1 10) T2 ] 9.964 xˆT (3) E(xt3 ) E[10 0.3*(xT2 10) T3 ] 9.9892 已知 AR(1)模型的 Green 函数为： G j 1j ， j 1，2， eT (3) G0t3 G1t2 G2t1 t3 1t2 12t1 Var[eT (3)] (1 0.32 0.092 )*9 9.8829 xt3 的95％的置信区间：[9.9892-1.96* 9.8829 ，9.9892＋1.96* 9.8829 ]
0.6957 0.15
33 0
4、解：原模型可变形为：
(1 B cB 2 )xt t
由其平稳域判别条件知：当| 2 | 1，2 1 1且2 1 1时，模型平稳。
由此可知 c 应满足：| c | 1， c 11且 c 11
即当－1<c<0 时，该 AR(2)模型平稳。
1
k
1/(1 c)
(6)=7.25 3 =0.6214（0.556）
4 =0.4929（0.415） 5 =0.3548（0.280）
6 =0.2071（0.153）
注：括号内的结果为近似公式所计算。 （3）样本自相关图：
Autocorrelation Partial Correlation
AC PAC
Prob
1 0.45＋0.2693i
2 0.45－0.2693i
（4）|2 | 0.4 1，2 1 0.9 1，2 1 1.7 1，模型不可逆。
1 0.2569
2 -1.5569
（5）| 1 | 0.7 1，模型平稳； 1 0.7
|1 | 0.6 1，模型可逆； 1 0.6
（6）| 2 | 0.5 1，2 1 0.3 1，2 1 1.3 1，模型非平稳。
11、解：（1）| 2 | 1.2 1，模型非平稳；
1 1.3738
2 -0.8736
（2）| 2 | 0.3 1，2 1 0.8 1，2 1 1.4 1，模型平稳。
1 0.6
2 0.5
（3）|2 | 0.3 1，2 1 0.6 1，2 1 1.2 1，模型可逆。