Сравните спецификации модели AR для моделируемого ряда ответа с помощью lmtest.

Рассмотрите модель AR (3):

где $${\epsilon }_t$$ является Гауссовым со средним значением 0 и отклонением 1. Задайте эту модель с помощью arima.

Mdl = arima('Constant',1,'Variance',1,'AR',{0.9,-0.5,0.4});

Mdl является полностью заданной, моделью AR (3).

Моделируйте преддемонстрационные и эффективные демонстрационные ответы от Mdl.

T = 100;
rng(1);               % For reproducibility
n = max(Mdl.P,Mdl.Q); % Number of presample observations
y = simulate(Mdl,T + n);

y является случайным путем от Mdl, который включает преддемонстрационные наблюдения.

Задайте ограниченную модель:

где $${\epsilon }_t$$ является Гауссовым со средним значением 0 и отклонением $${\sigma }^2$$.

Mdl0 = arima(3,0,0);
Mdl0.AR{3} = 0;

Структура Mdl0 совпадает с Mdl. Однако каждый параметр неизвестен, за исключением того, что $${\varphi }_3=0$$. Это - ограничение равенства во время оценки.

Оцените ограниченную модель с помощью моделируемых данных (y).

[EstMdl0,EstParamCov] = estimate(Mdl0,y((n+1):end),...
    'Y0',y(1:n),'display','off');
phi10 = EstMdl0.AR{1};
phi20 = EstMdl0.AR{2};
phi30 = 0;
c0 = EstMdl0.Constant;
phi0 = [c0;phi10;phi20;phi30];
v0 = EstMdl0.Variance;

EstMdl0 содержит оценки параметра ограниченной модели.

lmtest требует неограниченного образцового счета, оцененного в ограниченных образцовых оценках. Неограниченный образцовый градиент

MatY = lagmatrix(y,1:3);
LagY = MatY(all(~isnan(MatY),2),:);
cGrad = (y((n+1):end)-[ones(T,1),LagY]*phi0)/v0;
phi1Grad = ((y((n+1):end)-[ones(T,1),LagY]*phi0).*LagY(:,1))/v0;
phi2Grad = ((y((n+1):end)-[ones(T,1),LagY]*phi0).*LagY(:,2))/v0;
phi3Grad = ((y((n+1):end)-[ones(T,1),LagY]*phi0).*LagY(:,3))/v0;
vGrad = -1/(2*v0)+((y((n+1):end)-[ones(T,1),LagY]*phi0).^2)/(2*v0^2);
Grad = [cGrad,phi1Grad,phi2Grad,phi3Grad,vGrad]; % Gradient matrix

score = sum(Grad)'; % Score under the restricted model

Оцените неограниченное средство оценки ковариации параметра с помощью ограниченного MLEs и векторного произведения градиентов (OPG) метод.

EstParamCov0 = inv(Grad'*Grad);
dof = 1; % Number of model restrictions

Протестируйте нулевую гипотезу это $${\varphi }_3=0$$ на 1%-м уровне значения с помощью lmtest.

[h,pValue] = lmtest(score,EstParamCov0,dof,0.1)

h = logical
   1

pValue = 2.2525e-09

pValue близко к 0, который предполагает, что существуют убедительные доказательства, чтобы отклонить ограниченную, модель AR (2) в пользу неограниченной, модели AR (3).

Сравните две образцовых спецификации для моделируемого образования и поступите данные. Неограниченная модель имеет следующий loglikelihood:

где

Таким образом, доход человека k, учитывая количество классов, что человеком k завершенный является Гамма, распределенная с формой $$\rho$$ и уровень $${\beta }_i$$. Ограниченные образцовые наборы $$\rho =1$$, который подразумевает, что доход человека k, учитывая количество человека классов k завершенный экспоненциально распределяется со средним значением $$\beta +x_i$$.

Ограниченная модель $$H_0:\rho =1$$. В порядке сравнить эту модель с неограниченной моделью, вы требуете:

Загрузите данные.

load Data_Income1
x = DataTable.EDU;
y = DataTable.INC;

Оцените ограниченные параметры модели путем максимизации $$l(\rho ,\beta )$$ относительно $$\beta$$ подвергните ограничению $$\rho =1$$. Градиент $$l(\rho ,\beta )$$

где $$\Psi (\rho )$$ дигамма-функция.

rho0 = 1; % Restricted rho
dof = 1;  % Number of restrictions
dLBeta = @(beta) sum(y./((beta + x).^2) - rho0./(beta + x));...
    % Anonymous gradient function

[betaHat0,fVal,exitFlag] = fzero(dLBeta,0)

betaHat0 = 15.6027

fVal = 2.7756e-17

exitFlag = 1

beta = [0:0.1:50];
plot(beta,arrayfun(dLBeta,beta))
hold on
plot([beta(1);beta(end)],zeros(2,1),'k:')
plot(betaHat0,fVal,'ro','MarkerSize',10)
xlabel('{\beta}')
ylabel('Loglikelihood Gradient')
title('{\bf Loglikelihood Gradient with Respect to \beta}')
hold off

Градиент относительно $$\beta$$ (dLBeta) уменьшается, который предполагает, что существует локальный максимум в его корне. Поэтому betaHat0 является MLE для ограниченной модели. fVal указывает, что значение градиента очень близко к 0 в betaHat0. Выходной флаг (exitFlag) равняется 1, который указывает, что fzero нашел корень градиента без проблемы.

Оцените ковариацию параметра в соответствии с ограниченной моделью с помощью векторного произведения градиентов (OPG).

rGradient = [-rho0./(betaHat0+x)+y.*(betaHat0+x).^(-2),...
      log(y./(betaHat0+x))-psi(rho0)];    % Gradient per unit
rScore = sum(rGradient)';                 % Score function
rEstParamCov = inv(rGradient'*rGradient); % Parameter covariance estimate

Протестируйте неограниченную модель против ограниченной модели с помощью теста множителя Лагранжа.

[h,pValue] = lmtest(rScore,rEstParamCov,dof)

h = logical
   1

pValue = 7.4744e-05

pValue близко к 0, который указывает, что существуют убедительные доказательства, чтобы предположить, что неограниченная модель соответствует данным лучше, чем ограниченная модель.

Протестируйте, существуют ли значительные эффекты ДУГИ в моделируемом ряду ответа с помощью lmtest. Значения параметров в этом примере произвольны.

Задайте модель AR (1) с ДУГОЙ (1) отклонение:

где

VarMdl = garch('ARCH',0.5,'Constant',1);
Mdl = arima('Constant',0,'Variance',VarMdl,'AR',0.9);

Mdl является полностью заданной, моделью AR (1) с ДУГОЙ (1) отклонение.

Моделируйте преддемонстрационные и эффективные демонстрационные ответы от Mdl.

T = 100;
rng(1);  % For reproducibility
n = 2;   % Number of presample observations required for the gradient
[y,ep,v] = simulate(Mdl,T + n);

ep является случайным путем инноваций от VarMdl. Программное обеспечение пропускает ep через Mdl, чтобы привести к случайному пути к ответу y.

Задайте ограниченную модель и примите, что постоянная модель AR 0:

где $$h_t={\alpha }_0+{\alpha }_1{\epsilon }_{t-1}^2$$.

VarMdl0 = garch(0,1);
VarMdl0.ARCH{1} = 0;
Mdl0 = arima('ARLags',1,'Constant',0,'Variance',VarMdl0);

Структура Mdl0 совпадает с Mdl. Однако каждый параметр неизвестен, за исключением ограничения $${\alpha }_1=0$$. Это ограничения равенства во время оценки. Можно интерпретировать Mdl0 как модель AR (1) с Гауссовыми инновациями, которые имеют среднее значение 0 и постоянное отклонение.

Оцените ограниченную модель с помощью моделируемых данных (y).

psI = 1:n;             % Presample indices
esI = (n + 1):(T + n); % Estimation sample indices

[EstMdl0,EstParamCov] = estimate(Mdl0,y(esI),...
    'Y0',y(psI),'E0',ep(psI),'V0',v(psI),'display','off');
phi10 = EstMdl0.AR{1};
alpha00 = EstMdl0.Variance.Constant;

EstMdl0 содержит оценки параметра ограниченной модели.

lmtest требует неограниченного образцового счета, оцененного в ограниченных образцовых оценках. Неограниченная модель loglikelihood функция

где $${\epsilon }_t=y_t-{\varphi }_1{y}_{t-1}$$. Неограниченный градиент

где $$z_t=[1,{\epsilon }_{t-1}^2]$$ и $$f_t=\frac{{\epsilon }_t^2}{h_t}-1$$. Информационная матрица

В соответствии с пустой, ограниченной моделью, $$h_t=h_0={\underset{}{\overset{ˆ}{\alpha }}}_0$$ для всего t, где $${\underset{}{\overset{ˆ}{\alpha }}}_0$$ оценка от ограниченного анализа модели.

Оцените градиент и информационную матрицу в соответствии с ограниченной моделью. Оцените ковариацию параметра путем инвертирования информационной матрицы.

e = y - phi10*lagmatrix(y,1);
eLag1Sq = lagmatrix(e,1).^2;
h0 = alpha00;
ft = (e(esI).^2/h0 - 1);
zt = [ones(T,1),eLag1Sq(esI)]';

score0 = 1/(2*h0)*zt*ft;        % Score function
InfoMat0 = (1/(2*h0^2))*(zt*zt');
EstParamCov0 = inv(InfoMat0);   % Estimated parameter covariance
dof = 1;                        % Number of model restrictions

Протестируйте нулевую гипотезу это $${\alpha }_1=0$$ на 5%-м уровне значения с помощью lmtest.

[h,pValue] = lmtest(score0,EstParamCov0,dof)

h = logical
   1

pValue = 4.0443e-06

pValue близко к 0, который предполагает, что существует доказательство, чтобы отклонить ограниченную модель AR (1) в пользу неограниченной модели AR (1) с ДУГОЙ (1) отклонение.