Corrigé du partiel du 29 mars 2000

Statistique des processus

MST ISASH - Maîtrise MASS

Exercice 1.

Modélisation par une moyenne mobile.

Soient $X=(X_t,t\in{\mathbb{Z}})$ un processus stationnaire, et $x=(x_t,t\in\{1,\ldots,200\})$ une réalisation de ce processus entre les instants $1$ et $200$. Pour déterminer s'il est raisonnable de modéliser $X$ par une moyenne mobile, on utilise les deux résultats suivants :

1. L'autocorrélation empirique $\hat{\rho}_X^{(200)}(t)$ calculée sur les $200$ valeurs $X_1,\ldots,$ $X_{200}$, suit approximativement une loi gaussienne de moyenne l'autocorrélation (théorique) ${\rho}_X(t)$, et de variance $1/200$.
2. L'autocorrélation (théorique) d'un MA($q$) est nulle à partir du rang $q+1$.

Ces deux arguments ont pour conséquence que si $X$ est un MA($q$), alors $\hat{\rho}_X^{(200)}$ appartient à l'intervalle $[-1,96/\sqrt{200};1,96/\sqrt{200}]\simeq[-0,14;0,14]$ avec une probabilité de l'ordre de 95% pour tout $t>q$. L'autocorrélation estimée $\hat{\rho}_x^{(200)}$ est une réalisation de l'autocorrélation empirique ; à partir du rang $q+1$, sous l'hypothèse que $X$ est un MA($q$), elle doit donc être comprise entre $-0,14$ et $0,14$ environ 19 fois sur 20. Or on constate qu'aucun phénomène de ce type n'apparaît sur l'autocorrélogramme à partir de quelque rang que ce soit.

Une modélisation de type MA($q$) n'est donc pas opportune.

Modélisation par un processus autorégressif.

On raisonne de façon tout à fait symétrique pour déterminer si une modélisation de type AR($p$) est envisageable. On se sert des résultats suivants :

1. L'autocorrélation partielle empirique $\hat r_X^{(200)}(t)$ calculée sur les $200$ valeurs $X_1,\ldots,X_{200}$, suit approximativement une loi gaussienne de moyenne l'autocorrélation partielle (théorique) $r_X(t)$, et de variance $1/200$.
2. L'autocorrélation partielle (théorique) d'un AR($p$) est nulle à partir du rang $p+1$.

Cela a pour conséquence que si $X$ est un AR($p$), alors $\hat r_X^{(200)}$ appartient à l'intervalle $[-1,96/\sqrt{200};1,96/\sqrt{200}]\simeq[-0,14;0,14]$ avec une probabilité de l'ordre de 95% pour tout $t>p$. L'autocorrélation partielle estimée $\hat{r}_x^{(200)}$ est une réalisation de l'autocorrélation partielle empirique ; à partir du rang $p+1$, sous l'hypothèse que $X$ est un AR($p$), elle doit donc être comprise entre $-0,14$ et $0,14$ environ 19 fois sur 20. Or on constate sur l'autocorrélogramme que c'est effectivement le cas à partir de $t=5$, et même, à une exception près - ce qui est acceptable sur 39 valeurs et peut correspondre aux 5% qui n'appartiennent pas à l'intervalle $[-0,14;0,14]$ -, à partir de $t=2$.

On peut donc proposer de modéliser $X$ par un AR($4$), voire par un AR($1$).

Les équations qui permettent de déterminer les coefficients d'un modèle AR($p$) sont les équations de Yule-Walker.

Hypothèse AR(1) : $X_t={\varepsilon}_t+{\beta}_1X_{t-1}$. Alors les équations de Yule-Walker se réduisent à

$$(1)({\beta}_1)=({\rho}_X(1))$$

D'où l'estimation de ${\beta}_1$ par $\hat {\rho}_X^{(200)}(1)=0,966$.

Hypothèse AR(4) : $X_t={\varepsilon}_t+{\beta}_1X_{t-1}+{\beta}_2X_{t-2}+{\beta}_3X_{t-3}+{\beta}_4X_{t-4}$. Alors les équations de Yule-Walker deviennent

$$\left(\begin{array}{cccc} 1&{\rho}_X(1)&{\rho}_X(2)&{\rho}_X(3)\\... ...{\rho}_X(1)\\ {\rho}_X(2)\\ {\rho}_X(3)\\ {\rho}_X(4) \end{array}\right)$$

Pour estimer les coefficients ${\beta}_1,\ldots,{\beta}_4$, on remplace l'autocorrélation par l'autocorrélation estimée. D'où

$$\left(\begin{array}{cccc} 1&0,966&0,925&0,878\\ 0,966&1&0,966&0... ...\left( \begin{array}{c} 0,966\\ 0,925\\ 0,878\\ 0,816 \end{array}\right)$$

Remarque : ce système a pour solution

$$(\hat{\beta}_1;\hat{\beta}_2;\hat{\beta}_3;\hat{\beta}_4)=(1,047;-0,014;0,154;-0,239).$$

Exercice 2.

1) Montrons que ${\phi}$ annule les composantes saisonnières.

Méthode 1. On remarque que la transformée en $z$ de ${\phi}$ peut se décomposer en

$${\phi}(z) = \frac{1}{9}(8+z+3z^2-5z^3+2z^4)$$

$$\frac{1}{3}\bigl(\frac{1}{z}+1+z)\times z\times\frac{1}{ 3}(8-7z+2z^2)$$

Autrement dit, ${\phi}$ s'écrit comme produit de composition des filtres $M_1=\frac{1}{3}(F+I+B)$, $B$ et $\frac{1}{3}(8I-7B+2B^2)$. Or $M_1$ annule les composantes saisonnières de période 3. Donc ${\phi}$ aussi.

Méthode 2. Soit $x^{\sigma}$ une composante saisonnière de période 3 ; $x^{\sigma}$ vérifie donc les propriétés suivantes : $\forall t\in{\mathbb{Z}}$,

$$x^{\sigma}_t+x^{\sigma}_{t-1}+x^{\sigma}_{t-2} =$$ 0

$$x^{\sigma}_t = x^{\sigma}_{t-3}$$

On en déduit :

$${\phi}(x^{\sigma})_t = \frac{1}{9}(8x^{\sigma}_t+x^{\sigma}_{t-1}+3x^{\sigma}_{t-2}-5x_{t-3}^{\sigma}+2x^{\sigma}_{t-4})$$

$$= \frac{1}{ 9}\bigl((8x^{\sigma}_t-5x_{t-3}^{\sigma})+(x^{\sigma}_{t-1}+2x^{\sigma}_{t-4})+3x^{\sigma}_{t-2}\bigr)$$

$$= \frac{1} {9}(3x^{\sigma}_t+3x^{\sigma}_{t-1}+3x^{\sigma}_{t-2})$$

$$=$$ 0

2) Montrons que ${\phi}$ conserve les tendances polynômiales de degré inférieur ou égal à $2$.

Méthode 1. Il suffit de vérifier que $(1-z)^3$ divise $1-{\phi}(z)$, ce qui revient à déterminer $a$ et $b$ tels que

$$1-{\phi}(z)=(1-z)^3(a+bz)$$

En développant, et en identifiant les coefficients, on obtient le système d'équations

$$\left\{\begin{array}{rl} \frac{8}{9}&=a\\ -\frac{1}{9}&=-3a+b\\... ...ac{3}{9}&=3a-3b\\ \frac{5}{9}&=-a+3b\\ -\frac{2}{9}&=-b \end{array}\right.$$

Ce système admet une solution $a=1/9$ et $b=2/9$. Ce qui conclut la preuve.

Méthode 2. Soit $x_t={\alpha}+{\beta}t+{\gamma}t^2$ une tendance polynômiale quelconque de degré inférieur à 2. Montrons que ${\phi}(x)_t=x_t$ :

$${\phi}(x)_t = \frac{1}{9}(8x_t+x_{t-1}+3x_{t-2}-5x_{t-3}+2x_{t-4})$$

$$= \frac{1}{9}\bigl(8({\alpha}+{\beta}t+{\gamma}t^2)+({\alpha}+{\beta}(t-1)+{\gamma}(t-1)^2)$$

$$+3({\alpha}+{\beta}(t-2)+{\gamma}(t-2)^2)$$

$$-5({\alpha}+{\beta}(t-3)+{\gamma}(t-3)^2)+2({\alpha}+{\beta}(t-4)+{\gamma}(t-4)^2)\bigr)$$

$$= \frac{1}{9}\bigl({\alpha}(8+1+3-5+2)+{\beta}(-1-6+15-8)+{\gamma}(1+12-45+32)$$

$$+t({\beta}(8+1+3-5+2)+{\gamma}(-2-12+30-16))$$

$$+t^2({\gamma}(8+1+3-5+2))\bigr)$$

$$= \frac{1}{9}(9{\alpha}+9{\beta}t+9{\gamma}t^2)=x_t$$

3) Le filtre ${\phi}$ n'est pas inversible puisqu'il n'est pas injectif : toutes les composantes saisonnières de période 3 ont même image, qui est la suite nulle. En termes d'algèbre linéaire, cela signifie que le noyau de l'opérateur linéaire ${\phi}$ n'est pas réduit à $\{0\}$.

Autre preuve : $j$ et $j^2$ racines de $1+z+z^2$ sont racines de ${\phi}(z)$ ; or elles sont de module $1$, et l'on sait qu'un filtre est inversible si et seulement si sa transformée en $z$ n'a pas de racine de module 1.

Exercice 3.

1) Il s'agit d'un modèle AR(2) (ou ARMA(2,0)), de la forme ${\phi}(B)(X)={\varepsilon}$ avec ${\phi}(z)=1+0,4z-0,12 z^2$.

2) ${\varepsilon}$ est le bruit blanc d'innovation associé à $X$ si le modèle ARMA qui détermine $X$ est causal et inversible. Le modèle est inversible s'il est possible d'écrire ${\varepsilon}_t$ sous la forme

$${\varepsilon}_t=\sum_{u\geq0}{\xi}_uX_{t-u}$$

autrement comme fonction du passé de $X$ jusqu'à l'instant $t$ ; or c'est bien le cas par définition même du processus autorégressif, avec ${\xi}_0=1$, ${\xi}_1=0,4$, ${\xi}_2=-0,12$ et ${\xi}_u=0$ pour tout $u>2$.

Le modèle est causal s'il est possible d'écrire $X_t$ comme fonction du passé de ${\varepsilon}$ jusqu'à l'instant $t$, autrement dit sous la forme

$$X_t=\sum_{u\geq0}{\psi}_u{\varepsilon}_{t-u}$$

C'est le cas si et seulement si les racines de ${\phi}(z)$ sont de module strictement plus grand que 1. Or ${\phi}(z)=(1-0,2z)(1+0,6z)$, et ses racines sont donc $5$ et $-5/3$. Le modèle est donc bien causal.

Conclusion : ${\varepsilon}$ est bien le bruit blanc d'innovation associé à $X$.

3) Soient $s<t$ quelconques. En reprenant les notations du 2) :

$$\begin{array}{rl} \mathop{\hbox{ cov}}\nolimits ({\varepsilo... ...ov}}\nolimits ({\varepsilon}_t,{\varepsilon}_{s-u}) \end{array}$$

Comme pour tout $u$ positif, $s-u$ est inférieur à $s$ qui est strictement inférieur à $t$, il apparaît qu'on a toujours $t\not=s-u$, et donc $\mathop{\hbox{ cov}}\nolimits ({\varepsilon}_t,{\varepsilon}_{s-u})=0$ (car ${\varepsilon}$ est un bruit blanc). La somme précédente est donc une somme de termes nuls, et est donc nulle. D'où $\mathop{\hbox{ cov}}\nolimits ({\varepsilon}_t,X_s)=0$.

En d'autres termes, ${\varepsilon}_t$ est orthogonal à son passé strict $V^2({\varepsilon}_s, s<t)$ car c'est un bruit blanc ; $V^2({\varepsilon}_s, s<t)$ est égal à $V^2(X_s, s<t)$ car c'est le bruit blanc d'innovation associé à $X$ ; donc ${\varepsilon}_t$ est orthogonal à $X_s$ si $s<t$.

On en déduit que pour tout $t\geq 2$, et même $t\geq 1$, on a

$$\begin{array}{rl} 0&=\mathop{\hbox{ cov}}\nolimits ({\vareps... ...\rho}_X(t)+0,4{\rho}_X(t-1)-0,12{\rho}_X(t-2)\bigr) \end{array}$$

D'où l'égalité demandée.

4) Nous allons démontrer la formule par récurrence. Vérifions-la d'abord pour $t=0$ et $t=1$. En $t=0$, c'est évident car ${\rho}_X(0)=1$ et $\frac{2}{11}(0,2)^0+\frac{9}{ 11}(-0,6)^0=1$. En $t=1$, il faut commencer par calculer ${\rho}_X(1)$ ; or, d'après la formule du 3), on a

$${\rho}_X(1)=-0,4{\rho}_X(0)+0,12{\rho}_X(-1)=-0,4+0,12{\rho}_X(1)$$

D'où ${\rho}_X(1)=\frac{-0,4}{1-0,12}=-\frac{5}{11}$. D'autre part,

$$\frac{2}{11}(0,2)^1+\frac{9}{11}(-0,6)^1=\frac{1}{ 11}(0,4-5,4)=-\frac{5}{11}$$

La formule est donc démontrée pour $t=0$ et $t=1$. Posons maintenant comme hypothèse de récurrence

   H(t) : $$\forall s\leq t\ \ {\rho}_X(s)=\frac{2}{11}(0,2)^s+\frac{9}{11}(-0,6)^s$$

H(1) est vraie ; montrons que $H(t)$ implique $H(t+1)$ quel que soit $t\geq 1$ : soit $t\geq 1$ quelconque, alors

$${\rho}_X(t+1) = -0,4{\rho}_X(t)+0,12{\rho}_X(t-1)$$

$$= -0,4\bigl(\frac{2}{11}(0,2)^t+\frac{9}{11}(-0,6)^t\bigr)+0,12\bigl(\frac{2}{11}(0,2)^{t-1}+\frac{9}{11}(-0,6)^{t-1}\bigr)$$ d'après H(t)

$$= \frac{2}{11}(0,2)^{t-1}(-0,4\times0,2+0,12)+\frac{9}{ 11}(-0,6)^{t-1}(-0,4\times0,6+0,12)$$

$$= \frac{2}{11}(0,2)^{t-1}\times0,04+\frac{9}{11}(-0,6)^{t-1}\times0,36$$

$$= \frac{2}{ 11}(0,2)^{t+1}+\frac{9}{11}(-0,6)^{t+1}$$

ce qui montre H(t+1). La récurrence est ainsi établie, et la formule donnant ${\rho}_X(t)$ est donc vraie quelque soit $t\geq0$.

5)

• $r_X(1)={\rho}_X(1)=-5/11$
• $r_X(2)$ apparaît dans les équations de Yule-Walker d'ordre 2 comme le dernier des coefficients du vecteur ``inconnu'' :
  $$\left(\begin{array}{cc} 1&{\rho}_X(1)\\ {\rho}_X(1)&1 \end{arr... ...\right) =\left(\begin{array}{c} {\rho}_X(1)\\ {\rho}_X(2) \end{array}\right)$$
  Or ce sont aussi ces équations qui donnent les coefficients du modèle autorégressif (cf exercice 1). On en déduit que $r_X(2)$ est égal au coefficient de $X_{t-2}$ dans le modèle AR$(2)$ qui définit $X$, à savoir $r_X(2)=+0,12$ (attention au signe !).
• Pour $t>2$, $r_X(t)=0$, car il s'agit d'un AR(2) (cf exercice 1).

Exercice 4.

1) $X$ et $Y$ sont deux processus MA(2) (ou ARMA(0,2)) :

$$\begin{array}{ccc} X_t={\theta}(B)({\varepsilon})_t\hfill&\m... ...}')_t\hfill&\mbox{ avec}&{\theta}'(z)=1-1,2z-1,6z^2 \end{array}$$

De leur nature même, ces modèles sont causals (cf exercice 3, 2)). Afin de déterminer s'ils sont inversibles, il suffit de calculer les racines des polynômes ${\theta}(z)$ et ${\theta}'(z)$ :

$$\begin{array}{rl} {\theta}(z)=&(1+0,8z)(1-0,5z)\\ {\theta}'(z)=&(1+0,8z)(1-2z) \end{array}$$

Les racines de ${\theta}(z)$ sont donc $-1,25$ et $2$. Les racines sont de module strictement supérieur à 1, et le modèle définissant $X$ est donc inversible.

Les racines de ${\theta}'(z)$ sont $-1,25$ et $0,5$. L'une des racines est de module inférieur à 1, et le modèle définissant $Y$ n'est donc pas inversible.

2) Fonction d'autocovariance de $X$ (on se servira de façon intensive du fait que $\mathop{\hbox{ cov}}\nolimits ({\varepsilon}_i,{\varepsilon}_j)=0$ si $i\not=j$) :

$$\begin{array}{rl} {\gamma}_X(0)&=\mathop{\hbox{ cov}}\nolimi... ...amma}_X(t)&=0\mbox{ si $t>2$, car $X$ est un MA(2)} \end{array}$$

Fonction d'autocovariance de $Y$ :

$$\begin{array}{rl} {\gamma}_Y(0)&=\mathop{\hbox{ cov}}\nolimi... ...amma}_Y(t)&=0\mbox{ si $t>2$, car $Y$ est un MA(2)} \end{array}$$

$X$ et $Y$ ont donc même fonction d'autocovariance. Celle-ci déterminant toutes les propriétés de second ordre du processus, il s'agit donc de deux processus ``semblables'' quoique donnés par des modèles différents. Ceci s'explique facilement en montrant qu'on peut définir $Y$ par le même modèle que $X$. En effet, posons ${\varepsilon}''=(1-2B)(1-0,5B)^{-1}({\varepsilon}')$. La densité spectrale de ${\varepsilon}''$ vaut :

$$\begin{array}{rl} f_{{\varepsilon}''}({\lambda})&=\left\vert... ...2_{{\varepsilon}'}}{ 2{\pi}}\\ &=\frac{1}{2{\pi}} \end{array}$$

${\varepsilon}''$ a une densité spectrale constante ; c'est donc un bruit blanc de variance $2{\pi}f_{{\varepsilon}''}({\lambda})=1$, de même variance donc que ${\varepsilon}$. De plus,

$$\begin{array}{rl} Y&=(1+0,8B)(1-2B)({\varepsilon}')\\ &=(1... ...{\varepsilon}'')\\ &={\theta}(B)({\varepsilon}'') \end{array}$$

$X$ et $Y$ sont donc deux MA(2) qui peuvent être définis par un même modèle et associés à des bruits blancs de même variance. Rien d'étonnant à ce qu'ils aient même autocovariance.