Najpierw rozważmy dwie serie czasowe, i które oba są , tj. Obie serie zawierają pierwiastek jednostkowy. Jeśli te dwie serie się zintegrują, wówczas będą istniały współczynniki i takie, że:
x 2 t I ( 1 ) μ β 2x1 tx2 tja( 1 )μβ2)
x1 t= μ + β2)x2 t+ ut( 1 )
określi równowagę. Aby przetestować kointegrację przy użyciu 2-etapowego podejścia Engle-Granger, zrobilibyśmy to
1) Przetestuj serie, i dla pierwiastków. Jeśli oba są przejdź do kroku 2). x 2 t I ( 1 )x1 tx2 tja( 1 )
2) Uruchom wyżej zdefiniowane równanie regresji i zapisz resztki. Zdefiniować nową „korekcji” błędu .u^t= e c m^t
3) Przetestuj resztki ( ) dla pierwiastka jednostkowego. Należy zauważyć, że test ten jest taki sam jak test braku kointegracji, ponieważ zgodnie z hipotezą zerową reszty nie są nieruchome. Jeśli jednak dochodzi do kointegracji, resztki powinny być nieruchome. Pamiętaj, że rozkład dla rezydualnego testu ADF nie jest taki sam, jak zwykłe rozkłady DF i będzie zależeć od ilości szacowanych parametrów w regresji statycznej powyżej, ponieważ dodatkowe zmienne w regresji statycznej przesuną rozkłady DF do lewo. 5% wartości krytyczne dla jednego oszacowanego parametru w regresji statycznej ze stałą i trendem wynoszą odpowiednio -3,34 i -3,78.
e c m^t
4) Jeśli odrzucisz zerowy pierwiastek jednostkowy w resztach (zerowy brak kointegracji), nie możesz odrzucić, że dwie zmienne kointegrują się.
5) Jeśli chcesz skonfigurować model korekcji błędów i zbadać długoterminową zależność między dwiema seriami, zaleciłbym raczej ustawienie modelu ADL lub ECM zamiast tego, ponieważ do Engle- dołączone jest niewielkie odchylenie próbki Granger regresji statycznej i nie możemy nic powiedzieć o znaczeniu szacowanych parametrów w regresji statycznej, ponieważ rozkład zależy od nieznanych parametrów. Aby odpowiedzieć na pytania: 1) Jak widać powyżej, metoda jest poprawna. Chciałem tylko zauważyć, że wartości krytyczne testów opartych na testach rezydualnych nie są takie same jak zwykłe wartości krytyczne testu ADF.
ja( 0 )ja( 1 )
x1 t= μ + β2)x2 t+ ε1 t( 2 )
Δ x2 t= ε2 t( 3 )
ε2 t∼ i . i . re.x1t∼I(1)x2t∼I(1)ut=β′xt∼I(0)ε1t∼i.i.d.
(3)
x2t=x0+∑ti=0ε2i
(2)
x1t=μ+β2{x0+∑ti=0ε2i}+ε1tx1t=μ+β2x0+β2∑ti=0ε2i+ε1t
β=(1−β2)′
ut=β′xt=(1−β2)(μ+β2x0+β2∑ti=0ε2i+ε1tx0+∑ti=0ε2i)
ut=β′xt=μ+β2x0+β2∑ti=0ε2i+ε1t−β2x0−β2∑ti=0ε2i
ut=β′xt=μ+ε1t
ut=β′xt∼I(0)x1tI(0)x2tI(1)
(1)T−2I(1)I(1)