Bài tập Kinh tế lượng phần mềm EVIEWS

Bài tập Kinh tế lượng phần mềm EVIEWS - o0o Chú ý tài liệu  Download nội dung tập trang mfe.edu.vn  th viện/dữ liệu-phần mềm  [?] Nội dung câu hỏi  Các nội dung cần l u ý tập đ ợc in nghiêng đậm   Prob: viết tắt Probability value (p-value) – giá trị xác suất, mức xác suất thấp để cịn bác bỏ H0 cặp giả thuyết t ơng ứng Giá trị tới hạn phân phối T, F, χ2 đ ợc tra bảng phụ lục giáo trình Kinh tế l ợng phần mềm EXCEL Chương II Bài tập 2.12 Viết hàm hồi qui tổng thể: PRF: E(QA/PAi) = β1 + β2 * PAi Viết hàm hồi qui mẫu: a/ SRF: QAi = 1814,139 - 51,7514 * PAi Giải thích kết ớc l ợng nhận đ ợc: ˆ1 = 1814,139 cho biết l ợng bán trung bình n ớc giải khát hưng A giá bán = Giá trị đ ợc hiểu nh l ợng cầu tiềm trung bình thị tr ờng n ớc giải khát hưng A Theo kết ớc l ợng phần mềm EVIEWS, ˆ = 1814,139 > , giá trị phù hợp với lý thuyết kinh tế ˆ2 = -51,7514 cho biết giá bán n ớc giải khát hưng A thay đổi đơn vị (nghìn đồng/lít) l ợng bán hưng A thay đổi nh Dấu âm giá trị ớc l ợng nhận đ ợc tạm thời thể quan hệ ảnh h ởng giá tới l ợng bán ng ợc chiều Giá trị ˆ2 = -51,7514 cho biết giá bán tăng nghìn đồng/lít n ớc giải khát l ợng bán giảm xuống 51,7514 nghìn lít ng ợc lại (trong điều kiện yếu tố khác không thay đổi) Theo lý thuyết kinh tế, với hàng hóa thơng th ờng giá tăng làm l ợng cầu hàng hóa giảm ng ợc lại (trong điều kiện yếu tố khác không đổi) Với ˆ = -51,7514 < cho thấy kết phù hợp với lý thuyết kinh tế b/ Với PA0 = 20, ước lượng điểm lượng bán trung bình: QA0 = 1814,139 - 51,7514 * 20 = 779,111 c/ Kiểm định cặp giả thuyết: H :     H1 :   Giả thuyết H0 thể thông tin giá bán không ảnh h ởng đến l ợng bán Tiêu chuẩn kiểm định: ˆ  T SE( ˆ )  với miền bác bỏ H0 : W  T : T  t( n2)  Với kết ớc l ợng EVIEWS: Tqs   51,7514   5,258806  T  statistic( PA) 9,840903     2 ) W  T : T  t( n2)  T : T  t0( 24  T : T  2,074 , 025 Miền bác bỏ H0 với α = 5%: Tqs  W bác bỏ giả thuyết H0 L ợng bán hưng n ớc giải khát A có chịu ảnh h ởng giá bán * Có thể sử dụng giá trị P-value (Probability value) hệ số β2 báo cáo để kết luận: P-value (PA) = 0,0000 < α = 0,05  bác bỏ H0 Lưu ý (giá trị P-value áp dụng với cặp giả thuyết này, cặp giả thuyết khác hệ số hồi quy không áp dụng được) d/ Kiểm định cặp giả thuyết: H :    H1 :   Giả thuyết H0 thể thông tin giá bán giảm không làm tăng l ợng bán Giả thuyết H1 thể thông tin giá bán giảm có làm tăng l ợng bán Tiêu chuẩn kiểm định: ˆ  T W  T : T  t( n2) ˆ SE(  )   Ta có: Tqs   51,7514   5,258806  T  statistic( PA) 9,840903     2 ) W  T : T  t( n2 )  T : T  t 0( 24  T : T  1,717 , 05 Miền bác bỏ H0 với α = 5%: Tqs  W bác bỏ giả thuyết H0 Nh giảm giá có làm tăng l ợng bán e/ Cần xác định khoảng tin cậy đối xứng hệ số β2 (ˆ2  t( n2)  SE(ˆ2 ); ˆ2  t( n2)  SE(ˆ2 )) 2 (-51,7514 – 2,074*9,840903 ; -51,7514 + 2,074*9,840903) (-72,1614 ; -31,3414) Giá bán giảm nghìn/lít l ợng bán tăng lên trung bình khoảng (31,3414 ; 72,1614) nghìn lít f/ Dựa ý nghĩa hệ số β2: biến PA tăng đơn vị QA tăng β2 đơn vị ng ợc lại  biến PA tăng đơn vị QA giảm (- β2) đơn vị Yêu cầu xác định giá trị tối đa (- β2), cần tìm giá trị tối thiểu β2 với mức α = 5% Xác định khoảng tin cậy bên phải β2: ( ˆ  t ( n2 )  SE ( ˆ ); )  (-51,7514 – 1,717 * 9,840903 ;   ) (-68,6482;   ) Kết luận: giá tăng nghìn/lít l ợng bán giảm tối đa trung bình 68,6482 nghìn lít 2 g/ Kiểm định cặp giả thuyết:  H :   50   H1 :   50 Dựa ý nghĩa hệ số β2 : biến PA tăng đơn vị QA tăng β2 đơn vị ng ợc lại  biến PA tăng đơn vị QA giảm (- β2) đơn vị [?] PA tăng đơn vị QA giảm > 50 đơn vị  cần kiểm định - β2 > 50 hay β2 < -50 Giả thuyết H0 thể thông tin ý kiến đầu đ a SAI Giả thuyết H1 thể thông tin ý kiến đầu đ a ĐÚNG Tiêu chuẩn kiểm định: ˆ  (50) T W  T : T  t( n2) ˆ SE(  )   Ta có: Tqs   51,7514  50  0,1779 9,840903     2 ) W  T : T  t( n2 )  T : T  t 0( 24  T : T  1,717 , 05 Miền bác bỏ H0 với α = 5%: Tqs  W ch a có sở bác bỏ giả thuyết H0 Nh giá tăng nghìn/lít l ợng bán khơng giảm nhiều 50 nghìn lít h/ Tính TSS từ thông tin báo cáo OLS EVIEWS: Cách 1: TSS = (n-1) * (SD Dependent variable)2 = 23 * 292,76732 = 1971391,9148 Cách 2: TSS  RSS 873438,5   1971390,8143 1 R  0,556943 Hai kết có chút sai lệch số liệu thành phần cơng thức bị làm trịn khác Tính ESS = TSS – RSS = 1971390,8143 – 873438,5 = 1097952,3143 Giá trị RSS đư đ ợc cung cấp báo cáo phần mềm EVIEWS i/ Hệ số xác định mơ hình R2 = 0,556943 Giá trị cho biết hàm hồi quy mẫu (hoặc biến PA - giá bán) giải thích đ ợc 55,6943 % biến động l ợng bán hãng n ớc giải khát A k/ ớc l ợng điểm cho  (ph ơng sai sai số ngẫu nhiên) ˆ ˆ  Hoặc RSS 873438,5   39701,75 24  n2 ˆ  (ˆ )  (SE of Regression)2 = (199,253)2 = 39701,75 (+) ớc l ợng khoảng cho tham số     2   (n  2)  ˆ ; (n  2)  ˆ    RSS ; RSS    RSS ; RSS    873438,5 ; 873438,5      ( n2) 1(n2)   ( n2) 1(n2)    0( ,2205)  0( ,22975)   36,7807 10,9823   2     = (23747,1962 ; 79531,4734) l/ Dự báo giá trị trung bình l ợng bán giá bán 18 nghìn/lít PA0 = 18  ˆ  QA0 = 1814,139 - 51,7514 * PA0 = 882,6138 RSS 873438,5   39701,75 n2 24  n = 24 PA  QA  ˆ1 923,5833  1814,139   17,2083  51,7514 ˆ2 Var( ˆ2 ) = 9,8409032 = 96,8434 Thay số vào công thức: SE(QA0 )  ˆ n  ( PA0  PA)  var( ˆ2 )  41,4118 Khoảng tin cậy cho l ợng bán trung bình giá bán 18 nghìn/lít: (882,6138 – 2,074 * 41,4118 ; 882,6138 + 2,074 * 41,4118) (796,7257 ; 968,5019) nghìn lít (+) Dự báo l ợng bán cá biệt giá bán 18 nghìn/lít: SE(QA0 )  ˆ n  ( PA0  PA)  var( ˆ2 )  ˆ  203,5109 Khoảng tin cậy cho l ợng bán cá biệt giá bán 18 nghìn/lít: (882,6138 – 2,074 * 203,5109 ; 882,6138 + 2,074 * 203,5109) (460,5322 ; 1304,6954) nghìn lít Bài tập 2.13 a/ Viết hàm hồi quy tổng thể PRF: E(Y/Li) = β1 + β2 * Li Viết hàm hồi qui mẫu: Yˆ  255,538  6,068681 L SRF: i i Dấu ớc l ợng có phù hợp với lý thuyết kinh tế: ˆ1  255,538  giá trị cho biết cần có l ợng lao động định (L0) trình sản xuất diễn có sản phẩm đ ợc sản xuất Có thể nói dấu ớc l ợng phù hợp với thực tế Cũng giải thích cách khác, số liệu hồi quy nằm vùng L Y d ơng, dấu âm ớc l ợng hệ số chặn không ảnh h ởng đến kết hồi quy Y SRF ˆ1  L0 L ˆ2  6,068681 giá trị phù hợp với lý thuyết tăng lao động cho trình sản xuất sản l ợng tăng lên ng ợc lại (trong điều kiện yếu tố khác không đổi) b/ Kiểm định cặp giả thuyết:  H : 1    H : 1  H0 cho biết hệ số chặn khơng có ý nghĩa thống kê H1 cho biết thông tin ng ợc lại Cách 1: Tiêu chuẩn kiểm định: ˆ  T W  T : T  t( n2) ˆ SE(  )  Ta có:  Tqs   255,538   2,562533  T  statistic(C ) 99,72089     2 ) W  T : T  t( n2)  T : T  t0( 20  T : T  2,101 , 025 Miền bác bỏ H0 với α = 5%: Tqs  W bác bỏ giả thuyết H0 Cách 2: Prob(C) = 0,0196 α = 0,01 sử dụng miền bác bỏ:     2 )  T : T  2,878 Tqs  W W  T : T  t( n2)  T : T  t0( 20 , 005 c/ Kiểm định cặp giả thuyết: H :    H1 :   H0 cho biết Sản l ợng không phụ thuộc vào Lao động H1 cho biết thông tin ng ợc lại Tiêu chuẩn kiểm định: ˆ  T W  T : T  t( n2) ˆ SE(  )   Ta có: Tqs  6,068682   8,138894  T  statistic( L) 0,74564     2 ) W  T : T  t( n2)  T : T  t0( 20  T : T  2,101 , 025 Miền bác bỏ H0 với α = 5%: Tqs  W bác bỏ giả thuyết H0 Hoặc sử dụng Prob(L) = 0,0000 < α = 0,05  bác bỏ H0 Kết luận: Sản l ợng có phụ thuộc vào Lao động (+) Với R2 = 0,786329  biến Lao động giải thích đ ợc 78,6329% biến động biến Sản l ợng d/ Khoảng tin cậy bên trái  : (; ˆ2  t( n2 )  SE( ˆ2 )) (;6,068681 1,734  0,74564) (;7,36162076) Thêm đơn vị Lao động sản l ợng tăng tối đa 7,36162076 đơn vị e/ Kiểm định cặp giả thuyết: H :    H1 :   Tiêu chuẩn kiểm định: ˆ  T W  T : T  t( n2) ˆ SE(  )   Ta có: Tqs  6,068682   1,249 0,74564    Miền bác bỏ H0 với α = 5%:  2 ) W  T : T  t( n2 )  T : T  t 0( 20  T : T  1,734 , 05 Tqs  W ch a có sở bác bỏ giả thuyết H0 Ý kiến đầu SAI f/ Dự báo giá trị trung bình Sản l ợng l ợng lao động 150 đơn vị Yˆ = -255,538 + 6,068681* L0 = 654,76415 L0 = 150  ˆ  RSS 36777,46  2043,1922  20  n2 n = 20 L Y  ˆ1 551,9  255,538  133,0499  6,068681 ˆ2 Var( ˆ2 ) = 0,745642 = 0,556 Thay số vào công thức: ˆ SE(Yˆ0 )   ( L0  L)  var( ˆ2 )  13,03655 n Khoảng tin cậy cho sản l ợng trung bình l ợng lao động 150 đơn vị: (654,76415 – 2,101 * 13,03655 ; 654,76415 + 2,101 * 13,03655) Chương III Bài tập 3.5 (+) PRM: (+) SRM: QAi = β1 + β2 * PAi + β3* PBi + Ui QAi = 1003,407 – 59,05641* PAi + 55,63005* PBi + ei a/ Giải thích ớc l ợng hệ số góc: ˆ2 = -59,05641 cho biết giá bán n ớc giải khát hưng A thay đổi đơn vị (nghìn đồng/lít) l ợng bán hưng A thay đổi nh Giá trị ˆ2 = -59,05641 cho biết giá bán tăng nghìn đồng/lít n ớc giải khát l ợng bán giảm xuống trung bình 59,05641 nghìn lít ng ợc lại (trong điều kiện yếu tố khác không thay đổi) ˆ = 55,63005 cho biết giá bán hang B tăng nghìn đồng/lít n ớc giải khát l ợng bán tăng lên trung bình 55,63005 nghìn lít ng ợc lại (trong điều kiện yếu tố khác không thay đổi) b/ Cần tìm khoảng tin cậy đối xứng  (ˆ2  t( n3)  SE(ˆ2 ); ˆ2  t( n3)  SE(ˆ2 )) 2 (-59,05641 – 2,08 * 9,269155; -59,05641 + 2,08 * 9,269155) (-78,3363; -39,7766) Giá hưng A tăng nghìn, giá hãng B khơng đổi l ợng bán giảm trung bình khoảng (39,7766;78,3363) nghìn lít c/ Cần tìm khoảng tin cậy đối xứng  (ˆ3  t( n3)  SE(ˆ3 ); ˆ3  t( n3)  SE(ˆ3 )) 2 (55,63005 – 2,08 * 21,9159; 55,63005 + 2,08 * 21,9159) (10,0449;101,2151) Giá hãng B tăng nghìn, giá hãng A khơng đổi l ợng bán tăng lên trung bình khoảng (10,0449;101,2151) nghìn lít d/ Kiểm định cặp giả thuyết: H :      H :     Prob[F-statistic bảng 5.5]=0,218443 > α =0,05  chấp nhận H0: ch a có sở để kết luận mơ hình gốc có đa cộng tuyến (+) Với mơ hình (5.6), ta kiểm định:  H : R5.6    H : R5.6  Prob[F-statistic bảng 5.6]=0,000000 < α =0,05  bác bỏ H0: kết luận mơ hình gốc có đa cộng tuyến Hai hồi quy phụ có kết luận khác nguyên nhân gây đa cộng tuyến hồi quy gốc mối quan hệ chặt chẽ QB PB, hồi quy (5.5) chọn biến QB PB làm biến độc lập nên hồi quy (5.5) phát hiện tượng đa cộng tuyến mơ hình gốc e/ Mơ hình (1) có t ợng đa cộng tuyến Đó đa cộng tuyến khơng hồn hảo ớc l ợng đ ợc hệ số hồi quy f/ Có nhiều cách khắc phục đa cộng tuyến với mơ hình gốc: Cách 1: bỏ biến QB PB khỏi mơ hình (1) Thơng th ờng nên bỏ biến QB Cách 2: sử dụng hồi quy sai phân cấp – xác định mối quan hệ biến ngắn hạn: QAi  QAi 1    ( PAi  PAi 1 )    ( PBi  PBi 1 )    (QBi  QBi 1 ) Sau ớc l ợng giá trị ˆ , ˆ3 , ˆ giá trị ˆ1  Q A  ˆ PA  ˆ3 PB  ˆ QB Cách 3: Đổi dạng mơ hình (1): Nếu muốn xác định ảnh h ởng biến QB tới biến QA, giữ biến số này, nhiên cần đổi dạng biến số (1) để khắc phục đa cộng tuyến: E (QA PAi , PBi , 1 )  1    PAi    PBi    QBi QBi (*) Mơ hình (*) khắc phục đ ợc t ợng đa cộng tuyến (1) QB khơng có quan hệ tuyến tính hồn hảo với 1 , nh PB khơng có quan hệ QB QB tuyến tính hồn hảo Tuy nhiên ph ơng pháp khơng hồn tồn khắc phục đ ợc đa cộng tuyến (1) g/ Khi bỏ biến QB khỏi (1), mơ hình cịn lại khơng đư khắc phục đ ợc đa cộng tuyến mơ hình Muốn kiểm tra đa cộng tuyến cho mơ hình mới: E (QA PAi , PBi )  1    PAi    PBi Sử dụng hồi quy phụ: E ( PA PBi )  m1  m2  PBi (1b) (2b) Kiểm định: T  H : m2    H : m2  ˆ2 0 m ˆ2) S.E (m Miền bác bỏ H0: W  {T : T  t( n2) } Do ch a có số liệu nên lập luận tình huống: Nếu Tqs  W bác bỏ H0  mơ hình (1b) có t ợng đa cộng tuyến Nếu Tqs  W chấp nhận H0  mơ hình (1b) khơng có t ợng đa cộng tuyến Hoặc kiểm định:  H : R22b    H : R22b  R22b F  (1  R22b ) (24  2) W  {F : F  F0(,105, 22) } Nếu Fqs  W  bác bỏ H0  mơ hình (1b) có t ợng đa cộng tuyến Nếu Fqs  W  chấp nhận H0  mơ hình (1b) khơng có t ợng đa cộng tuyến h/ Ta có hồi quy chính: E (QB PAi , PBi )  1    PAi    PBi Hồi quy phụ: E ( PB PAi )  m1  m2  PAi Kiểm định cặp giả thuyết:  H : m2    H : m2  (4b) (3b) Tqs  0,131   1,5233 0,086 Miền bác bỏ H0: W  2) {T : T  t 0( 24 }  {T : T  2,074} , 025 Tqs  W  chấp nhận H0  mơ hình (3b) khơng có t ợng đa cộng tuyến Chương VI Bài tập 6.5 Hàm hồi qui tổng thể: E (Y Li , Ki )  1    Li    Ki (1) a/ Bảng (6.6) cung cấp cho kết kiểm định White có hệ số chéo (RESID = ei phần d hồi quy (1)) (+) Mơ hình White có hệ số chéo: ei2  m1  m2  Li  m3  Ki  m4  ( K  L) i  m5  L2i  m6  Ki2  Vi (2) Mô hình dùng để kiểm tra ph ơng sai sai số thay đổi (1) (+) Kiểm định cặp giả thuyết: H0: (1) có ph ơng sai sai số đồng H1: (1) có ph ơng sai sai số thay đổi Cách 1: Prob(F-statistic) = 0,018776 < α = 0,05  bác bỏ H0  mơ hình (1) có t ợng ph ơng sai sai số thay đổi Cách 2: Fqs = 3,972746 (lấy báo cáo từ đầu bài) Miền bác bỏ H0: W  {F : F  F0(,505,14) }  {F : F  2,958} Fqs  W  bác bỏ H0  mơ hình (1) có t ợng ph ơng sai sai số thay đổi b/ Mơ hình White khơng có hệ số chéo: ei2  m1  m2  Li  m3  Ki  m4  L2i  m5  Ki2  Vi (3) Kiểm định cặp giả thuyết: H0: (1) có ph ơng sai sai số đồng H1: (1) có ph ơng sai sai số thay đổi Cách 1: Prob(F-statistic) = 0,009471 < α = 0,05  bác bỏ H0  mơ hình (1) có t ợng ph ơng sai sai số thay đổi Cách 2: Fqs = 4,961715 (lấy báo cáo từ đầu bài) Miền bác bỏ H0: W  {F : F  F0(,405,15) }  {F : F  3,056} Fqs  W  bác bỏ H0  mơ hình (1) có t ợng ph ơng sai sai số thay đổi c/ Mơ hình bảng (6.8) mơ hình GLEJSER đề xuất để kiểm tra Ph ơng sai sai số thay đổi (1): ei  m1  m2  Li  Vi ( 4) Kiểm định cặp giả thuyết:  H : m2  H : R4     H : m2  H : R4  H0: (1) có ph ơng sai sai số đồng H1: (1) có ph ơng sai sai số thay đổi Prob[L] = 0,0023 < α = 0,05  bác bỏ H0  (1) có ph ơng sai sai số thay đổi Hoặc Prob[F-statistic] = 0,002283 < α = 0,05  bác bỏ H0  (1) có ph ơng sai sai số thay đổi d/ Mơ hình hồi quy phụ (kiểm định PARK): ln(ei2 )  m1  m2  ln( Ki )  Vi (5) Kết dùng để kiểm tra t ợng ph ơng sai sai số thay đổi (1):  H : R52    H : R52  H0: (1) có ph ơng sai sai số đồng H1: (1) có ph ơng sai sai số thay đổi Fqs  0,105 = 2,1117 (1  0,105) /(20  2) Miền bác bỏ H0: W  {F : F  F0(,105,18) }  {F : F  4,414} Fqs  W  chấp nhận H0  mơ hình (1) có t ợng ph ơng sai sai số đồng e/ Mô hình hồi quy phụ (kiểm định dựa biến phụ thuộc): e  m  m  Yˆ  V ( 6) i i i Mô hình (6) dùng để kiểm tra t ợng ph ơng sai sai số thay đổi (1): Kiểm định: H0: (1) có ph ơng sai sai số đồng H1: (1) có ph ơng sai sai số thay đổi  H : m2    H : m2  Tiêu chuẩn kiểm định: ˆ2   m  W  {F : F  F(1,n2) } F   ˆ S E m ( )   Ta có:  0,852  Fqs     45,7234  0,126  Miền bác bỏ H0: W  {F : F  F0(,105,18) }  {F : F  4,414} Fqs  W  bác bỏ H0  mơ hình (1) có t ợng ph ơng sai sai số thay đổi Hồi quy (6) dựa giả thiết cấu trúc t ợng ph ơng sai sai số thay đổi nh sau:  i2    [ E (Y Li , Ki )]2 f/ Khắc phục (1) dựa thông tin kiểm định từ câu (e) Từ (1)  Yˆ giá trị ớc l ợng biến phụ thuộc i (1)  Yi L K U  1     i    i  i Yˆi Yˆi Yˆi Yˆi Yˆi g/ ei2  m1  m2  L2i  Vi (*) (7) Kết dùng để kiểm tra ph ơng sai sai số thay đổi (1)  H : R72    H : R72  H0: (1) có ph ơng sai sai số đồng H1: (1) có ph ơng sai sai số thay đổi Fqs  0,722 = 46,7482 (1  0,722) /(20  2) Miền bác bỏ H0: W  {F : F  F0(,105,18) }  {F : F  4,414} Fqs  W  bác bỏ H0  mơ hình (1) có t ợng ph ơng sai sai số thay đổi (+) Khắc phục: biến đổi mơ hình ban đầu (1)  Yi K U  1       i  i Li Li Li Li (**) h/ Bảng kết 6.9 cung cấp kết ớc l ợng cho mơ hình (**) câu (g) Để biết cách khắc phục đư chữa đ ợc khuyết tật ph ơng sai sai số thay đổi (1) hay khơng, ta kiểm định: H0: (**) có ph ơng sai sai số đồng H1: (**) có ph ơng sai sai số thay đổi Prob[F-statistic]=0,417838 > α = 0,05  chấp nhận H0  mơ hình (**) đư khắc phục đ ợc t ợng ph ơng sai sai số thay đổi (1) i/ ớc l ợng cho mô hình (1) dựa kết (**): SRM: Yi  56,81014  2,430546 Li  1,696025 Ki  ei (+) Lao động tăng đơn vị sản l ợng tăng tối đa là:   2,430546  t( 203)  0,931296  4,051  lao động tăng đơn vị sản l ợng tăng trung bình tối đa 4,051 đơn vị (điều kiện yếu tố khác khơng đổi) k/ Mơ hình gốc: ln(Yi )  1    ln( Li )    ln( Ki )  U i (8) (+) Mơ hình White có hệ số chéo: ei2  m1  m2  ln( Li )  m3  ln( Ki )  m4  (ln K  ln L) i  m5  (ln Li )  m6  (ln Ki )  Vi Mơ hình dùng để kiểm tra ph ơng sai sai số thay đổi (8) (+) Kiểm định cặp giả thuyết: H0: (8) có ph ơng sai sai số đồng H1: (8) có ph ơng sai sai số thay đổi Ta có: Fqs = 1,779605 Miền bác bỏ H0: W  {F : F  F0(,505,14) }  {F : F  2,958} Fqs  W  chấp nhận H0  mơ hình (8) có t ợng ph ơng sai sai số đồng l/ Kiểm định dựa biến phụ thuộc: ei2  m1  m2  ln Yi Vi (10) (9) với ei phần d ln Yi giá trị ớc l ợng biến phụ thuộc (8) H0: (8) có ph ơng sai sai số đồng H1: (8) có ph ơng sai sai số thay đổi  H : m2    H : m2  Tiêu chuẩn kiểm định: ˆ2   m  W  {F : F  F0(,105,18) } F   ˆ2)  S.E (m   0,020171 Fqs     0,4588  0,02978  Miền bác bỏ H0: W  {F : F  F0(,105,18) }  {F : F  4,414} Fqs  W  bác bỏ H0  mơ hình (8) có t ợng ph ơng sai sai số thay đổi Chương VII Bài tập 7.5 a/ Hàm hồi quy tổng thể: PRF: E(QA/PAi) = β1 + β2 * PAi Với n = 24, k’ = k -1 = – =  dL = 1,273 dU = 1,446 (1) Ta có thống kê DURBIN WATSON d = 0,480522  [0, d L ] Kết luận: mơ hình (1) có tự t ơng quan d ơng b/ Kết bảng (7.6) kiểm định BREUSCH – GODFREY t ợng tự t ơng quan bậc mơ hình (1): Hồi quy phụ: ei  m1  m2  PAi  m3  ei 1  Vi (2) với ei phần d mơ hình (1) ei 1 biến trễ Do có xuất ei 1 mơ hình nên theo lý thuyết mơ hình (2) có 23 quan sát Tuy nhiên phần mềm EVIEWS, giá trị bị thiếu biến trễ biến phần d đ ợc gán 0, nên thực tế mơ hình (2) sử dụng đủ 24 quan sát để hồi quy (+) Kiểm định cặp giả thuyết: H0: (1) khơng có tự t ơng quan bậc H1: (1) có tự t ơng quan bậc Cách 1: Prob[F-statistic] = 0,003724 < α = 0,05  bác bỏ H0  (1) có tự t ơng quan bậc Cách 2: Ta có Fqs = 10,64234 Miền bác bỏ H0: W  {F : F  F0(,105, 243) }  Bác bỏ H0  (1) có tự t ơng quan bậc c/ Mơ hình phụ: {F : F  4,325 }  Fqs  W ei  m1  m2  PAi  m3  ei 1  m4  ei 2  Vi Kiểm định cặp giả thuyết:  H : m4    H : m4  (3) H0: (1) khơng có tự t ơng quan bậc H1: (1) có tự t ơng quan bậc Prob[RESID(-2)] = 0,4721 > α = 0,05  chấp nhận H0  (1) khơng có tự t ơng quan bậc d/ Với d = 0,480522  ˆ   d 0,480522  1  0,759  0,76 2 Thay giá trị vào ph ơng trình sai phân tổng quát để khắc phục t ợng tự t ơng quan bậc (1): QAi  0,76  QAi 1  1  (1  0,76)    ( PAi  0,76  PAi 1 )   i (4) Mơ hình (4) khắc phục tự t ơng quan bậc (1) e/ Thông tin bảng (7.8) cho biết kết ớc l ợng mơ hình (4) (vừa đề cập câu d) Kết dùng để khắc phục tự t ơng quan bậc (1) (+) Kiểm định cặp giả thuyết: H0: (4) tự t ơng quan bậc H1: (4) có tự t ơng quan bậc Prob[F-statistic] = 0,51113 > α = 0,05  chấp nhận H0  mơ hình (4) khơng có tự t ơng quan bậc Kết luận: đư khắc phục đ ợc khuyết tật (1) f/ Theo kết ớc l ợng (4): ˆ1  ˆ1 m 367,428   1530,95 (1  ˆ )  0,76 ˆ  48,2352 ˆ2  m (+) SRF (1) theo kết ớc l ợng (4): Qˆ  1530,95  48,2352 PA A (+) Khoảng tin cậy đối xứng  (-48,2352 – 2,074*11,88927 ; -48,2352 + 2,074*11,88927) (-72.8935 ; -23,5769)  giá bán tăng nghìn/lít l ợng bán giảm trung bình khoảng (23,5769 ; 72,8935) nghìn lít g/ Quá trình ớc l ợng COCHRANE – ORCUTT hội tụ sau b ớc lặp (Convergence achieved after iterations) ớc l ợng điểm hệ số tự t ơng quan bậc 1: ˆ  0,682252 h/ PRF: E(QA/PAi , PAi-1) = β1 + β2 * PAi + β3 * QAi-1 (5) H0: (5) khơng có tự t ơng quan bậc H1: (5) có tự t ơng quan bậc Ta có: Prob[F-statistic] = 0,2244029 > α = 0,05  chấp nhận H0  (5) khơng có tự t ơng quan bậc (+) Các b ớc tiến hành kiểm định BREUSCH – GODFREY với (5): B ớc 1: Từ (5)  phần d ei B ớc 2: Từ ei tạo ei 1 (biến trễ bậc ei ) B ớc 3: Hồi quy phụ: ei  m1  m2  PAi  m3  QAi 1  Vi ei  m1  m2  PAi  m3  QAi 1  m4  ei 1  Vi (6) (7) B ớc 4: Kiểm định cặp giả thuyết H0: (5) khơng có tự t ơng quan bậc H1: (5) có tự t ơng quan bậc Tiêu chuẩn kiểm định 1: F  ( R72  R62 ) (1  R ) (23  4) Và miền bác bỏ H0: W  {F : F  F0(,105, 23 4) } Lưu ý: Tuy quan sát bị thiếu trễ phần dư gây gán số (chỉ kiểm định BREUSCH – GODFREY, phần mềm thực điều này), mơ hình (5) có xuất biến QAi 1 nên quan sát từ trước Do mơ hình (5) có 23 quan sát Tiêu chuẩn kiểm định 2:   (23  1)  R72 Và miền bác bỏ H0: W  { :    02, 05 (1) } Theo lý thuyết cơng thức kiểm định ta sử dụng   (23  1)  R72 , nh ng thực tế ớc l ợng kết tính tốn:  qs2  23  R72 Chương VIII Bài tập 8.1 a/ Hàm hồi quy tổng thể: PRF: E(QA/PAi) = β1 + β2 * PAi (1) (+) Kiểm định dạng hàm hồi quy, thiếu biến mơ hình (1) – Kiểm định Ramsey Reset: B ớc 1: Từ (1)  phần d ei giá trị ớc l ợng biến phụ thuộc QAi B ớc 2: Từ QAi tạo QAi B ớc 3: Hồi quy phụ: , QAi ,… (p biến) QAi  m1  m2  PAi  m3  QAi m4  QAi   Vi ei  m1  m2  PAi  m3  QAi m4  QAi   Vi B ớc 4: Kiểm định cặp giả thuyết H0: (1) có dạng hàm / khơng thiếu biến giải thích H1: (1) có dạng hàm sai / có thiếu biến giải thích Tiêu chuẩn kiểm định 1: F  ( R22  R12 ) (1  R ) 2 p (24  p  2) Miền bác bỏ H0: W  {F : F  F( p , 24 p 2) } Tiêu chuẩn kiểm đinh 2:   24  R32 Và miền bác bỏ H0: W  { :    2 ( p) } b/ Hồi quy phụ: QAi  m1  m2  PAi  m3  QAi Vi Kiểm định: H0: (1) có dạng hàm / khơng thiếu biến giải thích H1: (1) có dạng hàm sai / có thiếu biến giải thích (2) (2) (3) Prob[F-statistic] = 0,013685 < α = 0,05  bác bỏ H0  Mơ hình (1) có dạng sai c/ Hồi quy phụ: ei  m1  m2  PAi  m3  QAi Vi (3) (3) dùng để kiểm tra dạng hàm đúng/sai cho (1): Kiểm định: H0: (1) có dạng hàm / khơng thiếu biến giải thích H1: (1) có dạng hàm sai / có thiếu biến giải thích Tiêu chuẩn kiểm định:   24  R32 W  { :    02, 05 (1)}  qs2  24  0,256389  6,1533 Miền bác bỏ H0: W  { :    02, 05 (1) }  { :   3,84146}  qs2  W  bác bỏ H0  Mô hình (1) có dạng sai d/ Mơ hình gốc: QAi  m1  m2  PAi  m3  PBi  Vi (4) (+) Mơ hình phụ với kiểm định RAMSEY thứ nhất: QAi  m1  m2  PAi  m3  PBi  m4  QAi Vi (5) Kiểm định: H0: (4) có dạng hàm / khơng thiếu biến giải thích H1: (4) có dạng hàm sai / có thiếu biến giải thích Prob[F-statistic] = 0,097342 > α = 0,05  chấp nhận H0 (+) Mô hình phụ với kiểm định RAMSEY thứ hai: QAi  m1  m2  PAi  m3  QAi m4  QAi Vi (6) Kiểm định: H0: (4) có dạng hàm / khơng thiếu biến giải thích H1: (4) có dạng hàm sai / có thiếu biến giải thích Prob[F-statistic] = 0,200905 > α = 0,05  chấp nhận H0  mơ hình (4) có dạng đúng/khơng thiếu biến giải thích e/ Hồi quy phụ: ei  m1  m2  PAi  m3  PBi  m4  QAi Vi (7) Kiểm định: H0: (4) có dạng hàm / khơng thiếu biến giải thích H1: (4) có dạng hàm sai / có thiếu biến giải thích Tiêu chuẩn kiểm định:   24  R72 W  { :    02, 05 (1)}  qs2  24  R72  24  0,088  2,112 Miền bác bỏ H0: W  { :    02,05 (1)}  { :   3,84146}  qs2  W  chấp nhận H0  Mô hình (4) có dạng đúng/ mơ hình khơng thiếu biến giải thích quan trọng Bài tập 8.2 Học viên tự làm dựa nội dung học ... định T Với (1):  Tiêu chuẩn kiểm định: ˆ  T? ?? W  T : T  t? ??( n3) ˆ SE(  )  Ta có: Tqs  0,510023  4,01722  T  statistic(ln K ) 0,126959     3) W  T : T  t? ??( n3)  T : T  t 0(... định: ˆ  T? ?? W  T : T  ? ?t? ??( n2) ˆ SE(  )   Ta có: Tqs   51,7514   5,258806  T  statistic( PA) 9,840903     2 ) W  T : T  ? ?t? ??( n2 )  T : T  ? ?t 0( 24  ? ?T : T  1,717 , 05... kiểm định: ˆ  T? ?? W  T : T  t? ??( n4) SE( ˆ )  Tqs   27,11565   2,469006  T  statistic( H * PA) 10,98241     ) W  T : T  t? ??( n  4)  T : T  t 0( 20 , 05  ? ?T : T  1,725 Miền