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Solucionario de problemas de Econometría I *

Ec. Gonzalo Villa Cox M.Sc. Sr. Freddy García Albán

Mayo 2014

1.

Para estimar el modelo

yi = βxi + ui se propone el estimador: n P

xi yi

i=1

βˆ =

σ2 β2

n P

+

x2i

i=1

a ) Pruebe que el estimador esta sesgado hacia 0. b ) Pruebe que: σ2 E(βˆ − β)2 = n P σ2 x2i β2 + i=1

c ) Pruebe que su varianza es inferior a la del estimador MCO. Respuesta:

ˆ β) = E(β) ˆ − β . Por lo tanto el problema consiste a ) El sesgo del estimador βˆ se dene como: b(β, ˆ está entre 0 y β , o lo que es lo mismo, que b(β, ˆ β) sea de signo contrario en demostrar que E(β) aβ

Se empieza calculando

n P

xi (βxi + ui ) !

i=1

ˆ =E E(β)

σ2 β2 n P i=1

ˆ =E E(β)

i=1

n P i=1

ˆ =E E(β)

σ2 β2

+

i=1

ˆ = E(β) σ2 β2

* Cualquier

1 n P

+

1 n P i=1

i=1

x2i +

1

+

x2i

n P

i=1

E[ x2i

x2i xi ui !

i=1 n P

n X

[β

duda o comentario escribir a [email protected].

n P

+

σ2 β2

ˆ = E(β)

x2i

(βx2i + xi ui ) !

σ2 β2

β

n P

+

x2i

βx2i +

n X

i=1

i=1

n X

n X

x2i + E[

i=1

xi ui ]

xi ui ]]

i=1

|

{z 0

}

Esto último debido a que E[xi ui ] = 0. Entonces

n P

β

x2i

i=1 n P

ˆ = E(β) σ2 β2

+

i=1

x2i

Hasta aquí ya es posible observar que el valor esperado del estimador está entre 0 y β , sin embargo se calculará el sesgo: n P

β

i=1 n P

ˆ β) = b(β, σ2 β2

x2i

+

i=1

n P

"

i=1

−β =β σ2 β2

x2i

x2i

n P

+

i=1

# −1 x2i

Lo que está dentro del paréntesis es negativo, por lo tanto el sesgo es de signo contrario a β , por lo que está sesgado hacia 0. b)

n P

"

xi yi

σ2 β2

+

n P

−β x2i

i=1

n

" P xi yi − i=1

E(βˆ − β)2 = E

#2

i=1

E(βˆ − β)2 = E

σ2 β2

σ2 β

+

E(βˆ − β) = E

i=1

n P

x2i

i=1

i=1

σ2 β2

 E E(βˆ − β)2 =

E(βˆ − β)2 =

n P

+

n P

σ2 β2

σ2 β

−β

n P

x2i #2

i=1

x2i

i=1

xi ui −

i=1



x2i #2

i=1

n n " β P x2 + P xi ui − i 2

n P

+β

+

σ2 β

n P

x2i i=1

2

2

  n n P 2 P 2 xi ui + [ σβ ]2 E [ xi ui ]2 − 2 σβ i=1

i=1



σ2 β2

+

n P i=1

x2i

2

Obteniendo el valor esperado de cada término del numerador y teniendo en cuenta que E[xi ui ] = 0, E[ui uj ] = 0 la ecuación anterior se reduce a: σ2

n P

2

x2i + [ σβ ]2

σ2

P n

x2i +

σ2 β2



i=1 E(βˆ − β)2 =  i=1 2 =  2 n n P P 2 2 σ σ 2 2 xi xi β2 + β2 + i=1

i=1

E(βˆ − β)2 = σ2 β2

2

σ2 n P + x2i i=1

c)

ˆ = E[βˆ − E(β)] ˆ 2 V ar(β) n n " β P x2 + P xi ui i i=1 n P

i=1

ˆ =E V ar(β)

σ2 β2

+

x2i #2

i=1 n P

− σ2 β2

x2i

i=1

n P

β

x2i

+

i=1

n n n " β P x2 + P xi ui − β P x2 #2 i i i=1

ˆ =E V ar(β)

i=1

σ2 β2 n P

"

+

i=1

σ2 β2

x2i

xi ui #2

i=1

ˆ =E V ar(β)

i=1

n P

+

n P

=h

x2i

i=1

n P

σ2 ˆ =h V ar(β)

xi ui ]2

i=1 σ2 β2

n P

+

i=1

x2i

i2

x2i

i=1 n P

σ2 β2

n P

E[

+

i=1

x2i

i2

Para probar que la varianza del estimador MCO es mayor basta con probar que la diferencia entre la varianza del estimador MCO y la varianza del estimador propuesto es positiva. ˆ = σ V ar(βˆM CO ) − V ar(β) n P i=1

σ2

h

ˆ = V ar(βˆM CO ) − V ar(β)

σ2 β2

h " σ

2

h

ˆ = V ar(βˆM CO ) − V ar(β)

" σ

2

h

σ2 β2

h

i2

ˆ = V ar(βˆM CO ) − V ar(β)

h " σ2

ˆ = V ar(βˆM CO ) − V ar(β)

h

h

σ2 β2

n P

+

i=1 σ2 β2

+

x2i

i=1

σ2 β2

+

i=1

σ2 β2

+

2

i2

σ β2

− σ2

i2

hP n

n P

i2

−

hP n i=1

x2i

i2

#

i2 P n x2i x2i i=1

hP n

n P

i2 P n x2i x2i

i=1

−

hP n i=1

x2i

i2

#

i=1

2

+ 2 βσ2 x2i

x2i

i2

+

i=1

i2

i=1

x2i

n P

x2i

i2 P n x2i x2i

x2i

i=1

+

i=1

x2i

i=1

i=1 n P

+

i2

n P

n P

x2i

i=1 n P

σ2 β2

i=1

+

2 2 βσ2

+

−h

x2i

σ2 β2

n P

σ2

2

n P i=1

i2 P n i=1

# x2i >0 x2i

Como se puede apreciar en la expresión anterior, el numerador y denominador serán positivos, por lo tanto el ratio es positivo, con lo que queda demostrado que la varianza del estimador propuesto es menor a la varianza del estimador MCO. 2.

Con objeto de estimar el modelo de regresión lineal simple propuesto los siguientes estimadores de β :

3

Yt = α + βXt + ut se han

P Y Pt t t Xt

βˆ4 =

P y Pt t t xt

Yt t Xt

βˆ5 =

1 T

P X Y Pt t 2 t t Xt

βˆ6 =

P x y Pt t 2 t t xt

βˆ1 = βˆ2 =

1 T

βˆ3 =

P

yt i xt

P

donde letras minúsculas indican diferencias entre los valores representados por las mayúsculas y sus respectivos promedios muestrales. Todas las sumas anteriores son desde t = 1 hasta t = T , donde T es el tamaño muestral. Calcular la esperanza y la varianza de cada estimador y sugerir cuál de ellos debería utilizarse.

Respuesta:

E(βˆ1 ):

hP Y i t E(βˆ1 ) = E P t X t t E(βˆ1 ) = E

P h Tα i h P (α + βX + u ) i t t ut t P t P P =E +β+ t Xt t Xt t Xt P

E(ut ) | {z } P 0 t Xt t

h P (α + βX + u ) i Tα t t P t E(βˆ1 ) = E =P +β+ X t t t Xt V ar(βˆ1 ):

P P h Tα ut i t V ar(ut ) + β + Pt = hP V ar(βˆ1 ) = V ar P i2 t Xt t Xt X t t T σ2 V ar(βˆ1 ) = hP i2 t Xt

E(βˆ2 ): E(βˆ2 ) =

1 hX Yt i 1 hX α ut i E ( = E +β+ ) T Xt T Xt Xt t t

E(βˆ2 ) =

X ut i 1 h X 1 E α + Tβ + T Xt Xt t t

E(ut ) | {z } X X α 1 1 0 E(βˆ2 ) = +β+ T t Xt T t Xt V ar(βˆ2 ):

hX Y i 1 t V ar(βˆ2 ) = 2 V ar T X t t V ar(βˆ2 ) =

h X 1 X ut i 1 V ar α + T β + T2 Xt Xt t t

1 X V ar(ut ) V ar(βˆ2 ) = 2 T t Xt2 V ar(βˆ2 ) =

4

σ2 X 1 T 2 t Xt2

E(βˆ3 ): E(βˆ3 ) = E

P P hP X Y i hα P X β t Xt2 Xu i t t t t t P 2 = E P 2 + P 2 + Pt t 2 t t Xt t Xt t Xt t Xt P

Xt E(ut ) | {z } P 20 t Xt

t

P α Xt E(βˆ3 ) = P t 2 + β + X t t V ar(βˆ3 ):

P P hα P X β t Xt2 Xt ut i t t ˆ P P V ar(β3 ) = V ar + + Pt 2 2 2 t Xt t Xt t Xt V ar(βˆ3 ) =

P

t

Xt2 V ar(ut ) P 2 = σ2 t Xt

E(βˆ4 ): No se puede obtener los momentos debido a que es una indeterminación. E(βˆ5 ): 1 hX yt i E(βˆ5 ) = E T xt t E(βˆ5 ) =

¯ −u ¯i 1 hX α + βXt + ut − α − β X E T xt t

E(βˆ5 ) =

¯ −u ¯i 1 hX α + βXt + ut − α − β X E T xt t

E(βˆ5 ) =

E(βˆ5 ) =

1 hX E T t

1 E Tβ + T h

¯ +ut − u β (Xt − X) ¯ | {z } i

X ut − u ¯i t

xt

xt

xt E(ut − u ¯) | {z } i h X 1 0 Tβ + = T x t t

E(βˆ5 ) = β V ar(βˆ5 ):

h X ut − u 1 ¯i V ar(βˆ5 ) = 2 V ar T β + T xt t V ar(βˆ5 )

=

hu − u i XX 1 1 ¯i 1 hX t (V ar ) − 2 Cov(u − u ¯ , u − u ¯ ) i t {z } T2 t xt xi xt | t i 2

− σT

i