Czy stacjonarność jest zachowana w kombinacji liniowej?

12

Wyobraźmy sobie, że mamy dwa procesy szeregów czasowych, które są stacjonarne, wytwarzając: .xt,yt

Czy , również stacjonarny?α , β Rzt=αxt+βytα,βR

Każda pomoc będzie mile widziana.

Powiedziałbym tak, ponieważ ma on reprezentację MA.

Stary człowiek na morzu.
źródło
1
Dlaczego gwarantuje się, że jest magistrem? istnieją stabilne procesy AR. Tak czy inaczej, jeśli mówisz o stabilności BIBO, to tak, suma jest trywialnie stabilna, ponieważ możesz obliczyć nowe granice. Zachowuje się także asymptotyczna stabilność, ponieważlimtzt=αlimtxt+βlimtyt
Steve Cox
Powiązane z pewnym rozszerzeniem: Uwaga w analizie numerycznej używa się tak zwanego warunku wstępnego (szczególnej transformacji liniowej), aby uzyskać stabilność, więc wątpię, czy odpowiedź brzmi „tak”.
Surb

Odpowiedzi:

26

Być może zaskakujące, to nie jest prawda. (Niezależność dwóch szeregów czasowych sprawi jednak, że będzie to prawdą.)

Rozumiem , że słowo „stabilny” oznacza „ stacjonarny”, ponieważ te słowa wydają się być używane zamiennie w milionach wyników wyszukiwania, w tym co najmniej jednego w naszej witrynie .

Dla kontrprzykładu, niech będzie niestałym stacjonarnym szeregiem czasowym, dla którego każdy jest niezależny od , i którego rozkłady krańcowe są symetryczne wokół . DefiniowaćX t X s s t , 0XXtXsst,0

Yt=(1)tXt.

! [Rysunek 1: wykresy X, Y i (X + Y) / 2 w czasie

Te wykresy pokazują części trzech szeregów czasowych omówionych w tym poście. symulowano jako serię niezależnych losowań ze standardowego rozkładu normalnego.X

Aby pokazać, że jest nieruchome, musimy wykazać, że łączny rozkład dla dowolnego nie zależy od . Wynika to jednak bezpośrednio z symetrii i niezależności . ( Y s + t 1 , Y s + t 2 , , Y s + t n ) t 1 < t 2 < < t n s X tY(Ys+t1,Ys+t2,,Ys+tn)t1<t2<<tnsXt

Rycina pokazująca niektóre wykresy krzyżowe Y

Te opóźnione wykresy rozrzutu (dla sekwencji 512 wartości ) ilustrują twierdzenie, że wspólne dwuwymiarowe rozkłady są zgodne z oczekiwaniami: niezależne i symetryczne. („Opóźniony wykres rozproszenia” wyświetla wartości stosunku do ; pokazano wartości ).Y Y t + s Y t s = 0 , 1 , 2YYYt+sYts=0,1,2

Niemniej jednak, wybierając , mamyα=β=1/2

αXt+βYt=Xt

dla parzystego innegot

αXt+βYt=0.

Ponieważ nie jest stały, te dwa wyrażenia mają oczywiście różne rozkłady dla dowolnego i , skąd szereg nie jest stacjonarny. Kolory na pierwszym rysunku podkreślają tę niestacjonarność w , odróżniając wartości zerowe od reszty.t t + 1 ( X + Y ) / 2 ( X + Y ) / 2Xtt+1(X+Y)/2(X+Y)/2

Whuber
źródło
1
Niezależność dwóch szeregów czasowych jest oczywiście warunkiem wystarczającym. Ale czy słabszy wymóg wspólnej stacjonarności nie wystarczyłby?
Dilip Sarwate
1
Tak, zgadza się @Dilip. Dziękuję za tę obserwację.
whuber
5

Rozważmy dwuwymiarowy proces

wt=(xt,yt)

Jeśli jest to ściśle stacjonarnym, lub alternatywnie, jeśli procesy i są wspólnie ściśle stacjonarnym , to proces tworzy mierzalnej funkcji będzie również ściśle stacjonarny.( y t ) f : = f ( x t , y t ) , f : R 2R(xt)(yt)f:=f(xt,yt),f:R2R

W przykładzie @ whuber mamy

wt=(xt,(1)txt)

Aby sprawdzić, czy to jest ściśle stacjonarne, musimy najpierw uzyskać jego rozkład prawdopodobieństwa. Załóżmy, że zmienne są absolutnie ciągłe. Dla niektórych mamy c RwtcR

Prob(Xtc,(1)tXtc)={Prob(Xtc,Xtc)t is evenProb(Xtc,Xtc)t is odd

={Prob(Xtc)t is evenProb(cXtc)t is odd

Prob(Xtc,(1)tXtc)={Prob(Xtc)t is evenProb(|Xt|c)t is odd

Trzymając się przykładu Whubera, dwie gałęzie mają różne rozkłady prawdopodobieństwa, ponieważ ma rozkład symetryczny wokół zera. xt

Teraz, aby sprawdzić ścisłą stacjonarność, przesuń indeks o liczbę całkowitą . Mamyk>0

Prob(Xt+kc,(1)tXt+kc)={Prob(Xt+kc)t+k is evenProb(|Xt+k|c)t+k is odd

Musimy mieć ścisłą stacjonarność

Prob(Xtc,(1)tXtc)=Prob(Xt+kc,(1)tXt+kc),t,k

I nie mamy tej równości , ponieważ, powiedzmy, jeśli jest parzyste, a jest nieparzyste, to jest nieparzyste, w takim przypadkut,ktkt+k

Prob(Xtc,(1)tXtc)=Prob(Xtc)

podczas

Prob(Xt+kc,(1)tXt+kc)=Prob(|Xt+k|c)=Prob(|Xt|c)

Nie mamy więc wspólnej ścisłej stacjonarności, a następnie nie mamy gwarancji, co stanie się z funkcją . f(xt,yt)

Muszę zaznaczyć, że zależność między i jest koniecznym, ale niewystarczającym warunkiem utraty wspólnej ścisłej stacjonarności. Jest to dodatkowe założenie zależności od indeksu, który wykonuje zadanie.xtytyt

Rozważać

qt=(xt,θxt),θR

Jeśli poprzednią pracę dla , okaże się, że tutaj obowiązuje ścisła stacjonarna stacjonarność.(qt)

To dobra wiadomość, ponieważ proces polegający na tym, że proces zależy od indeksu i jest ściśle stacjonarny, nie należy do założeń modelowania, które musimy często podejmować. W praktyce zatem, jeśli mamy marginalną ścisłą stacjonarność, oczekujemy również wspólnej ścisłej stacjonarności nawet w obecności zależności (chociaż oczywiście powinniśmy to sprawdzić).

Alecos Papadopoulos
źródło
2

Powiedziałbym tak, ponieważ ma on reprezentację MA.

Jedna obserwacja. Myślę, że posiadanie reprezentacji MA oznacza słabą stacjonarność, nie jestem pewien, czy implikuje silną stacjonarność.

oneloop
źródło
1
Odp .: „Nie mogę sobie wyobrazić”: proszę zobaczyć moją odpowiedź na kontrprzykład.
whuber
naelo, usuń część związaną ze ścisłą stacjonarnością i po prostu zostaw tę związaną ze słabą stacjonarnością. Dam ci +1, ponieważ pomogło mi to. ;)
Stary człowiek na morzu.
@Anoldmaninthesea. Lubię to?
oneloop
tak jak to. Reprezentacja MA implikuje słabą stacjonarność.
Stary człowiek na morzu.
1
Jest to automatycznie oznaczane jako niskiej jakości, prawdopodobnie dlatego, że jest tak krótkie. Obecnie jest to raczej komentarz niż odpowiedź według naszych standardów. Czy możesz to rozwinąć? Możesz także zamienić go w komentarz.
Gung - Przywróć Monikę