SERIES CHRONOLOGIQUES, HIVER 2014, MAT8181

ARTHUR CHARPENTIER

EXAMEN FINAL (2 heures)

Exercice 1 Considerons les trois processus suivants,Xt = εt − 1.6Xt−1 − 0.8Xt−2

Yt = εt + 0.4εt−1 + 0.7Yt−1

Zt = εt + 0.4εt−1 − 0.5εt−2

ou (εt) est un bruit blanc de variance σ2. On a simule trois trajectoires (A, B et C), et

traces trois fonctions d’autocorrelations (D, E et F). En detaillant un peu, expliquer quel

processus se cache derriere chacune des figures.

0 100 200 300 400 500

−10

−5

05

10

Serie A

Index

0 100 200 300 400 500

−2

02

4

Serie B

Index

0 100 200 300 400 500

−4

−2

02

4

Serie C

Index

0 5 10 15 20 25

−0.

4−

0.2

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Lag

AC

F

Serie D

0 5 10 15 20 25

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Lag

AC

F

Serie E

0 5 10 15 20 25

−0.

50.

00.

51.

0

Lag

AC

F

Serie F

1

2 ARTHUR CHARPENTIER

Commencons par le plus simple: les autocorrelogrammes. On doit retrouver un AR(2) -

serie X - un ARMA(1,1) - serie Y - et un MA(2) - serie Z. Le premier autocorrelogramme est

celui d’un MA(2), c’est donc Z. Le troisieme presente des autocorrelations qui changent de

signe, alors qu’avec le second, on a juste une decroissance exponentielle. Pour rappel, avec

un ARMA(1,1), la premiere autocorrelation n’est pas comme pour un AR(1), i.e. ρ(1) 6= φ

(il faut tenir compte de θ), mais ensuite, on retrouve ρ(h) = φ · ρ(h − 1), avec ici φ = 0.7.

Aussi, la serie Y correspond a un autocorrelogramme du type E. Pour la serie X, il faut

noter qu’on est dans partie inferieure du triangle de stationnarite (pour le couple (φ1, φ2).

En fait, on a ici

(1 + 1.6L+ 0.8L2)Xt = εt

dont les racines sont ici complexes (en fait les racines sont (−2± i)/2), aussi ρ(h) sera une

fonction sinusoıdale, qui va donc changer de signe. C’est donc bien l’autocorrelogramme

qui reste, F.

La premiere serie, representee en A preseente des alternances, correspondant a l’autocor-

relogramme F. C’est donc le processus AR(2), X. La troisieme serie a une variance beaucoup

plus grande que la seconde, avec davantage d’autocorrelation. La serie C fait penser a un

AR(1), mais comme on n’en a pas, ca sera le processus ARMA(1,1), Y . Et B est une serie

plus proche d’un bruit, c’est donc la serie MA(2), Z.

Exercice 2

Soient εt et (ηt) deux bruits blancs, et θ ∈ (−1, 0) ∪ (0, 1). Montrer que les series

Xt = εt + θεt−1 et Yt = ηt +1

θηt−1

ont les memes fonctions d’autocorrelation.

Dans les deux cas, on a MA(1), autrement dit, ρX(h) = ρY (h) = 0 pour |h| > 1. Reste a

verifier que ρX(1) = ρY (1). On se lance, en notant que les processus sont centes, autrement

dit

ρX(1) =cov(Xt, Xt−1)

var(Xt)=

E(XtXt−1)

E(X2t )

Calculons les deux termes,

E(X2t ) = E([εt + θεt−1]2)

SERIES CHRONOLOGIQUES, HIVER 2014, MAT8595 3

soit

[1 + θ2]E(ε2t ) + 2θE(εtεt − 1)︸ ︷︷ ︸

=0

alors que pour le numerateur,

E(XtXt−1) = E([εt + θεt−1][εt−1 + θεt−2])

soit (un seul terme sera non nul, je passe les details)

θE(ε2t−1)

Bref, le ratio est ici

ρX(1) =E(XtXt−1)

E(X2t )

=θ

1 + θ2

(en notant que le terme de variance du bruit disparaıt). Pour l’autre serie, le calcul sera

identique, avec θ−1 au lieu de θ. Aussi,

ρY (1) =E(YtYt−1)

E(Y 2t )

=θ−1

1 + θ−2= ρX(1)

ce qui donne, en multipliant en haut et en bas par θ2,

ρY (1) ==θ

θ2 + 1

Autrement dit, les deux fonctions coıncident effectivement.

Exercice 3 Soit (εt) un bruit blanc (faible) et (Xt) un processus stationnaire au second

ordre, verifiant la relation de recurence

Xt = −0.4 Xt−1 + 0.12 Xt−2 + εt.

(1) de quel modele ARMA s’agit-il ?

(2) montrer que (εt) est l’innovation de (Xt), et que la fonction d’autocovariance de (Xt),

notee ρ(·), verifie une relation de recurrence de la forme

ρ(h) = aρ(h− 1) + bρ(h− 2), pour h ≥ 2,

ou a et b sont des constantes a preciser.

(3) donnez la variance de (εt) pour que la variance de (Xt) sont unitaire.

4 ARTHUR CHARPENTIER

(4) montrer que

ρ(h) =2

11[0.2]h +

9

11[−0.6]h pour tout h ≥ 0.

(1) C’est un AR(2), ou ARMA(2,0).

(2) Dans un processus AR(p), le bruit est le processus d’innovation des lors que la racines

du polynome retard sont a l’exterieur du disque unite. Or ici le polynome est

Φ(L) = (1 + 0.4L− .12L2) = (1 + 0.6L)(1− 0.2L)

dont les racines sont −1/0.6 et 1/0.2, qui sont plus grandes que 1 (en valeur absolue).

Pour les autocorrelations, soit h ≥ 2. Notons que le processus est centre. Aussi, en

notant γ la fonction d’autocovariance, γ(h) = E(XtXt−h)

ρ(h) =γ(h)

γ(0)

Maintenant, si on multiplie l’equation de recurence par Xt−h,

XtXt−h = −0.4 Xt−1Xt−h + 0.12 Xt−2Xt−h + εtXt−h.

or comme (εt) est le processus d’innovation, E(εtXt−h) = 0. Et donc, en prenant l’esperance

des termes de l’equation precedante, on a

γ(h) = −0.4γ(h− 1) + 0.12γ(h− 2), pour h ≥ 2.

soit, en divisant par γ(0),

ρ(h) = −0.4ρ(h− 1) + 0.12ρ(h− 2), pour h ≥ 2.

(3) On s’etait limite au cas h ≥ 2 dans la question precedante. Regardons h = 1, en

multipliant la relation de recurence par Xt−1,

XtXt−1 = −0.4 Xt−1Xt−1 + 0.12 Xt−2Xt−1 + εtXt−1.

Si on prend l’esperance, le terme de droite va disparaıtre (comme auparavant) et on obtient

γ(1) = −0.4γ(0) + 0.12γ(1)

de telle sorte que

ρ(1) =−0.4

1− 0.12=−5

11.

SERIES CHRONOLOGIQUES, HIVER 2014, MAT8595 5

Maintenant, pour calculer la variance de Xt, notons que

E(X2t ) = E([−0.4 Xt−1 + 0.12 Xt−2 + εt]

2)

On va alors developper le terme de droite. On va passer les details, mais on se souvient que

(εt) est le processus d’innovation, et donc il est orthogonal au passe de Xt. Aussi,

E(X2t ) = [0.42 + 0.122]E(X2

t )− 0.4 · 0.12E(XtXt−1) + 0 + E(ε2t )

avec E(XtXt−1) = γ(1) = ρ(1)E(X2t ), avec ρ(1) que l’on vient de calculer. Aussi, la variance

de Xt verifie

[1− [0.42 + 0.122]− 0.4 · 0.12 · −5

11]var(Xt) = var(εt).

soit (pour utiliser une formule qu’on peut retrouver dans des cours sur les AR(2))

var(Xt) =1− 0.12

1 + 0.12

1

(1− 0.12)2 − 0.42var(εt).

Peu importe la valeur numerique, je donne les points pour ceux qui ont note qu’on pouvait

effectivement extraire la variance du processus dans le cas d’un AR(2).

(4) On sait que la solution generale de la suite definie par recurence,

ρ(h) = −0.4ρ(h− 1) + 0.12ρ(h− 2), pour h ≥ 2

est de la forme

ρ(h) = Arh1 +Brh2 , pour h ≥ 0

ou r1 et r2 sont les racines distinctes du polynome characteristique. Or on a calcule les

racines du-dit polynome dans la question (2). Aussi,

ρ(h) = A[0.2]h +B[−0.6]h, pour h ≥ 0

On obtient les valeurs de A et B avec les premieres valeurs, ρ(0) = 1 = A + B et ρ(1) =

−5/11 = 0.2A−0.6B. On a ainsi un systeme (lineaire) a resoudre.... Je passe ici les details,

mais on peut verifier rapidement que la solution proposee est la seule qui marche.

Exercice 4

(1) Soit M la matrice 2× 2

M =

(a b

d c

)

6 ARTHUR CHARPENTIER

avec ac 6= bd. Montrer qu’il existe N , matrice 2 × 2 telle que N ×M soit une matrice

diagonale.

(2) On considere deux series temporelles{Xt = αXt−1 + βYt−1 + ut

Yt = δXt−1 + γYt−1 + vt

ou les bruits blancs (ut) et (vt) sont (mutuellement) independants, au sens ou E(ut · vs) =

0, pour tout s, t. Montrer que (Xt) et (Yt) sont deux series temporelles (univariees)

ARMA(2,1), sous des conditions sur les 4 coefficients que l’on precisera.

(1) Si ac 6= bd, alors det(M) 6= 0 et donc M est inversible. Aussi, M−1 ×M = I. Donc,

pas de soucis, si N est proportionnelle a l’inverse de M , on a une matrice diagonale en

faisant le produit. En fait, si on detaille un peu,(c −b−d a

)×

(a b

d c

)=

(ac− bd 0

0 ac− bd

)

(2) Notre modele peut s’ecrire(1− αL β

δ 1− γL

)(Xt

Yt

)=

(ut

vt

)

Aussi, en utilisant la question precedante, on peut etre tente d’ecrire(1− γL −βL−δL 1− αL

)×

(1− αL βL

δL 1− γL

)(Xt

Yt

)=

(1− γL −βL−δL 1− αL

)×

(ut

vt

)

Si on developpe le produit de gauche, on s’attend a voir une matrice diagonale, et effective-

ment((1− γL)(1− αL)− βδL2 0

0 (1− γL)(1− αL)− βδL2

)(Xt

Yt

)=

(1− γL −βL−δL 1− αL

)×

(ut

vt

)

Oublions maintenant nos formes matricielles pour revenir un instant sur nos deux series.

Ou disons qu’on va regarder la premiere, la seconde etant symmetrique...

On a ici

((1− γL)(1− αL)− βδL2)Xt = Ut

SERIES CHRONOLOGIQUES, HIVER 2014, MAT8595 7

avec Ut = (1− γL)ut − βLvt. Pour la partie de gauche, on peut reecrire

(1− [γ + α]L+ [αγ − βδ]L2)Xt = Ut

Autrement dit, si αγ 6= βδ, on a un polynome autoregressif de degre 2. Pour la partie de

droite, on va montrer que (Ut) est un processus MA(1). En effet

γu(1) = E(UtUt−1) = E([ut − γut−1 − βvt−1] · [ut−1 − γut−2 − βvt−2]) = −γ

qui sera non nul si γ 6= 0. Si on regarde pour les retards plus eleves, pour h > 1,

γu(h) = E(UtUt−1) = E([ut − γut−1 − βvt−1] · [ut−h − γut−h−1 − βvt−h−1]) = 0.

On obtient ainsi un MA(1). Autrement dit, il existe θ et un bruit blanc (εt) tel que

(1− [γ + α]L+ [αγ − βδ]L2)Xt = (1 + θL)εt

Autrement dit, si αγ 6= βδ et γ 6= 0, (Xt) est un ARMA(2,1). Et de maniere symmetrique,

si αγ 6= βδ et α 6= 0, (Yt) est un ARMA(2,1).

Exercice 5

Soit (ηt) une suite de variables i.i.d. de loi N (0, 1), et k ∈ N?. On pose

εt = ηt · ηt−1 · · · ηt−k.

(1) Montrer que (εt) est un bruit blanc faible, mais pas un bruit blanc fort.

(2) Montrer que (ε2t ) suit un MA(k).

(1) Commencons avec l’histoire du bruit blanc faible. Notons deja que - comme toujours

- le processus est centre et donc γ(h) = E(εtεt−h). Aussi

E(εtεt−h) = E([ηt · ηt−1 · · · ηt−k][ηt−h · ηt−h−1 · · · ηt−k−h])

On utilise ici le fait que les variables (ηt) sont toutes indepdantes, et en particulier ηt est

inependante de toutes les autres, si h 6= 0. Aussi,

E(εtεt−h) = E(ηt)︸ ︷︷ ︸=0

·E([ηt−1 · · · ηt−k][ηt−h · ηt−h−1 · · · ηt−k−h]).

Bref, assez facilement, on a le fait que (εt) est un bruit blanc faible.

8 ARTHUR CHARPENTIER

Compte tenu de la question suivante, pour montrer que l’on n’a pas un bruit blanc fort,

on va montrer que cov(ε2t , ε

2t−k) 6= 0. Pour cela, on ecrit

cov(ε2t , ε

2t−k) = cov([ηt · ηt−1 · · · ηt−k]2, [ηt−k · ηt−k−1 · · · ηt−2k]2)

On utilise alors la ‘linearite’ de la covariance - au sens ou

cov(aX + bY, Z) = acov(X,Z) + bcov(Y,Z)

de telle sorte que

cov(ε2t , ε

2t−k) = cov(η2

t−k, η2t−k) +

∑i 6=j

cov(η2t−i, η

2t−j)︸ ︷︷ ︸

=0

(ou le second terme veut juste dire qu’on a des covariances entre des composantes indepdantes).

Aussi,

cov(ε2t , ε

2t−k) = var(η2

t−k) > 0.

Aussi, (εt) n’est pas un bruit blanc fort.

(2) On va gagner un peu de temps ici compte tenu des calculs qu’on vient des faire: en

effet, il suffit de montrer que cov(ε2t , ε

2t−k−h) = 0 pour h ≥ 1 pour garantir que (ε2

t ) suit un

MA(k). Mais c’est trivial, puisque quand on developpe,

cov(ε2t , ε

2t−k−h) =

∑i 6=j

cov(η2t−i, η

2t−j)︸ ︷︷ ︸

=0

Aussi, on a prouve que {γε2(k) = cov(ε2

t , ε2t−k) 6= 0

γε2(h) = cov(ε2t , ε

2t−h) = 0 pour h > k

On reconnaıt ici une caracteristique des processus MA(k).