Dowód stacjonarności AR (2)

Rozważmy proces AR (2) o średnim środku

$$X_t=\phi_1X_{t-1}+\phi_2X_{t-2}+\epsilon_t$$ gdzie $\epsilon_t$ jest standardowym procesem białego szumu. Tylko dla uproszczenia niech mnie nazywają $\phi_1=b$ i $\phi_{2}=a$ . Skupiając się na pierwiastkach równania charakterystyk otrzymałem $$z_{1,2}=\frac{-b\pm\sqrt{b^2+4a}}{2a}$$ Klasyczne warunki w podręcznikach są następujące: $$\begin{cases}|a|<1 \\ a\pm b<1 \end{cases}$$ Próbowałem rozwiązać ręcznie (przy pomocy Mathematica) nierówności na korzeniach, tj. System $$\begin{cases}|\frac{-b-\sqrt{b^2+4a}}{2a}|>1 \\ |\frac{-b+\sqrt{b^2+4a}}{2a}|>1\end{cases}$$ uzyskując zaledwie $$a \pm b<1$$ Czy trzeci warunek ($|a|<1$) można odzyskać, dodając do siebie poprzednie dwa rozwiązania, otrzymując$a+b+a-b<2 \Rightarrow a<1$które przez niektóre rozważania o znakach staje się$|a|<1$? A może brakuje mi rozwiązania?

Domyślam się, że charakterystyczne równanie, z którego odchodzisz, różni się od mojego. Pozwól mi przejść kilka kroków, aby zobaczyć, czy się zgadzamy.

Rozważ równanie

$$\lambda^2-\phi_1\lambda-\phi_2=0$$

Jeśli $z$ jest pierwiastkiem równania charakterystycznego dla „standardowego” $1-\phi_1 z-\phi_2 z^2=0$ i ustawienia $z^{-1}=\lambda$ , wyświetlacz uzyskuje przepisanie standardowego w następujący sposób:

$$\begin{eqnarray*} 1-\phi_1 z-\phi_2 z^2&=&0\\ \Rightarrow z^{-2}-\phi_1 z^{-1}-\phi_2 &=&0\\ \Rightarrow \lambda^2-\phi_1\lambda -\phi_2 &=&0 \end{eqnarray*}$$ Dlatego alternatywnym warunkiem stabilności wskaźnika$AR(2)$jest to, że wszystkie pierwiastki pierwszego wyświetlacza znajdują sięwewnątrzokręgu jednostki,$|z|>1 \Leftrightarrow |\lambda|=|z^{-1}|<1$.

Używamy tej reprezentacji do uzyskania trójkąta stacjonarności procesu $AR(2)$ , to znaczy, że $AR(2)$ jest stabilny, jeśli zostaną spełnione następujące trzy warunki:

1. $\phi_2<1+\phi_1$
2. $\phi_2<1-\phi_1$
3. $\phi_2>-1$

Przypomnij sobie, że możesz zapisać pierwiastki pierwszego wyświetlacza (jeśli są prawdziwe) jako

$$\lambda_{1,2}=\frac{\phi_1\pm\sqrt{\phi_1^2+4\phi_2}}{2}$$

$AR(2)$$|\lambda|<1$$\lambda_i$

$$\begin{eqnarray*} -1<\frac{\phi_1\pm\sqrt{\phi_1^2+4\phi_2}}{2}&<&1\\ \Rightarrow -2<\phi_1\pm\sqrt{\phi_1^2+4\phi_2}&<&2 \end{eqnarray*}$$ $\lambda_i$$\phi_1+\sqrt{\phi_1^2+4\phi_2}<2$ $$\begin{eqnarray*} \phi_1+\sqrt{\phi_1^2+4\phi_2}&<&2\\ \Rightarrow \sqrt{\phi_1^2+4\phi_2}&<&2 - \phi_1\\ \Rightarrow \phi_1^2+4\phi_2&<&(2 - \phi_1)^2\\ \Rightarrow \phi_1^2+4\phi_2&<&4 - 4\phi_1+\phi_1^2\\ \Rightarrow \phi_2&<&1 - \phi_1 \end{eqnarray*}$$ Analogously, we find that $\phi_2<1 + \phi_1$.

If $\lambda_i$ is complex, then $\phi_1^2<-4\phi_2$ and so

$$\lambda_{1,2} = \phi_1/2\pm i\sqrt{-(\phi_1^2+4\phi_2)}/2.$$ The squared modulus of a complex number is the square of the real plus the square of the imaginary part. Hence, $$\lambda^2 = (\phi_1/2)^2 + \left(\sqrt{-(\phi_1^2+4\phi_2)}/2\right)^2 = \phi_1^2/4-(\phi_1^2+4\phi_2)/4 = -\phi_2.$$ This is stable if $|\lambda|<1$, hence if $-\phi_2<1$ or $\phi_2>-1$, as was to be shown. (The restriction $\phi_2<1$ resulting from $\phi_2^2<1$ is redundant in view of $\phi_2<1+\phi_1$ and $\phi_2<1-\phi_1$.)

Plotting the stationarity triangle, also indicating the line that separates complex from real roots, we get

Produced in R using

phi1 <- seq(from = -2.5, to = 2.5, length = 51) 
plot(phi1,1+phi1,lty="dashed",type="l",xlab="",ylab="",cex.axis=.8,ylim=c(-1.5,1.5))
abline(a = -1, b = 0, lty="dashed")
abline(a = 1, b = -1, lty="dashed")
title(ylab=expression(phi[2]),xlab=expression(phi[1]),cex.lab=.8)
polygon(x = phi1[6:46], y = 1-abs(phi1[6:46]), col="gray")
lines(phi1,-phi1^2/4)
text(0,-.5,expression(phi[2]<phi[1]^2/4),cex=.7)
text(1.2,.5,expression(phi[2]>1-phi[1]),cex=.7)
text(-1.75,.5,expression(phi[2]>1+phi[1]),cex=.7)