計量経済学(2014) 練習問題3 解答例

計量経済学 (2014) 練習問題 3 解答例
TA: 坂口翔政 (修士 2 回)、大畠一輝 (修士 1 回)
1
(a)
与えられたモデルにおいて
V ar[ui | Xi ] =E[u2i | Xi ] = Xi2
となり、誤差項 ui は明らかに Xi の関数であるので、不均一分散である。
(b)
β˜1 の期待値をとると
1 ∑ Yi
E[ ]
n i=1 Xi
n
E[β˜1 ] =
Yi
β1 Xi + ui
] = E[
]
Xi
Xi
ui
=β1 + E[ ]
Xi
=E[
Yi n
となる。ここで、2 つ目の等号は、{(Xi , Yi )n
i=1 } は i.i.d. より { Xi }i=1 も i.i.d. であることから成
り立つ。
ui
次に、E[ X
] に対して、
i
E[
ui
ui
] =E[E[
| Xi ]]
Xi
Xi
1
=E[ E[ui | Xi ]]
Xi
=0
最後の等式は、与えられた仮定 E[ui | Xi ] = 0 より成り立つ。
以上より、E[β˜1 ] = β1 となり、β˜1 は β1 の不偏推定量であることが分かる。
(c)
Yi n
β˜1 の分散を求めると、{ X
}
は i.i.d. であることから
i i=1
n
1
Yi
Yi
1 ∑
V ar[ ] = · V ar[ ]
V ar[β˜1 ] = 2
n i=1
Xi
n
Xi
となる。この式の最初の等号の成立については、練習問題 2 の問 1(b) における議論が当てはまる
Yi n
ので、そちらを参考にしていただきたい。2 番目の等号が成り立つことは、{ X
}
は i.i.d. であ
i i=1
ることによる。
1
Yi
次に V ar[ X
] を求める。
i
V ar[
Yi
ui
] =V ar[β1 +
]
Xi
Xi
ui
u2
=V ar[ ] = E[ i2 ]
Xi
Xi
1
=E[ 2 E[u2i | Xi ]]
Xi
1
=E[ 2 · Xi2 ] = 1
Xi
となる。3 つ目と 5 つ目の等式は、それぞれ与えられた仮定 E[ui | Xi ] = 0, E[ui | Xi2 ] = Xi2 に
よる。
以上より、β˜1 の分散は
1
V ar[β˜1 ] =
n
となる。
2
(a)
OLS の正規方程式において、Yˆi = βˆ0 + βˆ1 Xi より
−2
n
n
∑
∑
(Yi − βˆ0 − βˆ1 Xi ) = 0 ⇔ − 2
(Yi − Yˆi ) = 0
i=1
i=1
n
1∑ˆ
Yi = Y¯
⇔
n i=1
が成り立つ。
(b)
TSS を分解すると
T SS =
n
∑
(Yi − Y¯ )2
i=1
n
∑
=
{(Yi − Yˆi ) + (Yˆi − Y¯ )}2
i=1
n
∑
=
{ˆ
ui + (Yˆi − Y¯ )}2
i=1
=
n
∑
i=1
u
ˆ2i +
n
n
∑
∑
(Yˆi − Y¯ )2 + 2
(Yˆi − Y¯ )ˆ
ui
i=1
i=1
n
∑
= SSR + ESS + 2
(Yˆi − Y¯ )ˆ
ui
i=1
2
となる。３番目の等式は残差 u
ˆi の定義から、最後の等式は SSR と ESS の定義からそれぞれ得ら
∑n ˆ
∑n ¯
れる。ここで、T SS = SSR + ESS が成り立つことを示すには、
Yi u
ˆi と
Yu
ˆi の値が
i=1
i=1
それぞれ 0 となることを示すことができれば十分である。
∑n ˆ
Yi u
ˆi に対しては、Yˆi = βˆ0 + βˆ1 Xi より
i=1
n
∑
Yˆi u
ˆi =
n
∑
(βˆ0 + βˆ1 Xi )ˆ
ui
i=1
i=1
=βˆ0
n
∑
u
ˆi + βˆ1
i=1
n
∑
Xi u
ˆi
i=1
=0
となる。最後の等式は、OLS の正規方程式から
∑n ¯
同様に、
Yu
ˆi に対しても
∑n
i=1
∑n
u
ˆi = 0、 i=1 Xi u
ˆi = 0 となることによる。
i=1
n
∑
n
∑
Y¯ u
ˆi =Y¯
i=1
u
ˆi = 0
i=1
となる。
∑n
以上より、 i=1 (Yˆi − Y¯ )ˆ
ui の値は 0 となることが示されたので、T SS = ESS + SSR が成り立
つことが示される。
3
(a)
β1 の推定値は βˆ1 = 3.2、βˆ1 の標準誤差は SE(βˆ1 ) = 0.52 なので、H0 : β1 = 0 を両側検定する
ための t 統計量の値は、t = (3.2 − 0)/1.5 = 2.13 となる。よって、|t| = 2.13 > 1.96 より有意水準
5%で帰無仮説は棄却される。
(b)
β1 の 95%信頼区間は
[βˆ1 − 1.96SE(βˆ1 ), βˆ1 + 1.96SE(βˆ1 )] =[3.2 − 1.96 × 1.5, 3.2 + 1.96 × 1.5]
=[0.26, 6.14]
となる。
(c)
与えられたモデルにおいて
Cov(Yi , Xi ) = β1 V ar(Xi )
となる。ここで、β1 ̸= 0 のとき、V ar(Xi ) = 0 でない限り、Cov(Yi , Xi ) ̸= 0 となり Xi と Yi は独
立とはいえない。
問 (a) では、β1 = 0 となる帰無仮説は、有意水準 5%の検定で棄却されている。よって、この統
計的仮説検定のもとでは、Xi と Yi は独立であるという意見は、妥当ではないと考えられる。
3
(d)
Xi と Yi が独立であるとき、β1 = 0 となる。
よって、(a) の有意水準 5%の検定では、帰無仮説 H0 : β1 = 0 が棄却される確率はおよそ 5%と
なる。よって、標本が 100 回得られたとすると、5 回程度帰無仮説は棄却されると考えられる。
また、(b) の信頼区間については、(b) で求めた信頼区間が β1 を含む確率はおよそ 95%となる。
よって、標本が 100 回得られたとすると、95 回程度 β1 = 0 は信頼区間に含まれると考えられる。
4

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