Séries chronologiques: éléments de correction.

Séries chronologiques: éléments de correction.
Cours Magistral de Philippe Jolivaldt.
Maîtrise d’économétrie, UFR02, Université Paris 1.
Matthieu de Lapparent.
TD: séances 1,2,3.
Abstract
Sont donnés dans les exercices qui suivent les principaux calculs à
mettre en oeuvre pour aboutir aux solutions des questions qui sont posées.
La mise en forme parfois succinte des réponses et/ou l’absence de certaines
justfications dans l’évolution des calculs ne vous autorisent pas àen
faire autant au cours des examens: votre démarche doit être totalement
explicitée.
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Part I
Chapitre 1: éléments de
correction.
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1Exercice1.
1.1 xn++2 −7xn+1 +10xn=0.
On détermine dans un premier temps le polynôme caractéristique associé:
z2−7z+10=0.
Ses racines sont déduites du calcul du déterminant associé:
∆=7
2−4 (1) (10) = 9,
z1=7−√∆
2=2,
z2=7+√∆
2=5.
La solution générale de l’équation de récurrence (sans second membre) est alors
de la forme
xn=α1zn
1+α2zn 2=α12n+α25n.
Les valeurs des coefficient α1,α
2sont déterminées à partir des conditions ini-
tiales de la suite.
1.2 xn++2 −9xn=0
Le polynôme caractéristique associé est de la forme
z2−9=0.
Le déterminant associé vaut
∆=0
2−4(1)(−9) = 36
z1=0−√∆
2=−3,
z2=0+√∆
2=3,
et la solution générale de l’équation de récurrence est donnée par
xn=α1zn
1+α2zn 2=α1(−3)n+α23n.
Les valeurs des coefficient α1,α
2sont déterminées à partir des conditions ini-
tiales de la suite.
1.3 xn++2 +25xn=0
Le polynôme caractéristique associé est de la forme
z2+25=0.
Le déterminant associé vaut
∆=0
2−4 (1) (25) = −100
z1=0−i√∆
2=−5i,
z2=0+i√∆
2=5i,
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et nous avons pour racines deux nombre complexes conjugués. Si l’on écrit un
nombre complexe sous la forme z=a+ib, alors lorsque nous utilisons l’écriture
équivalente z=|z|eiθ,|z|=√a2+b2,cos (θ)= a
|z|et sin (θ)= b |z|.Ici
z1=5e−iπ
2=z2=5e−iπ 2.
La solution générale de l’équation de récurrnce est alors de la forme:
xn=α1zn
1+α2zn 2=α15ne−in π
2+α25nein π 2.
1.4 xn−4xn−1+5xn−2−2xn−3=0.
Le polynôme caractéristique associé à l’équation de récurrence est donné par:
β3=0.
En procédant par tâtonnement, on remarque une racine simple pour le polynôme,
z1=1.Eneffet,
1−4+5−2=0.
Nous pouvons alors factoriser le polynôme en (z−1) ,tel que:
(z−1) ¡β1z2+β2z+β3¢=z3−4z2+5z−2,
¡β1z3+(β2−β1)z2+(β3−β2)z−β3¢=z3−4z2+5z−2,
et nous identifions alors β1=1
β2=−3
β3=2
.
Alors
z3−4z2+5z−2=(z−1) ¡z2−3z+2
¢.
Etudions alors les racines de ¡z2−3z+2
¢:
∆=(−3)2−4(1)(2)=1
z2=3−√∆
2=1,
z3=3+√∆
2=2,
et au final nous avons alors une racine double, 1,et une racine simple, 2.La
formegénéraledel’équationderécurrenceestdoncdonnéepar
xn=α11n+α2n1n+α32n=(α1+α2n)+α32n
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2Exercice2.
2.1 ∆xn,∆2xn.
Nous introduisons l’opérateur retard Bp,tel que Bpxn=xn−p.
∆xn=xn−xn−1=(1−B)xn.
∆2xn=∆◦∆xn=∆xn−∆xn−1
=(xn−xn−1)−(xn−1−xn−2)
=(1−B)xn−(1 −B)Bxn
=(1−B)(1−B)xn.
=(xn−2xn−1+xn−2)
=(1−B)2xn.
∆3xn=∆◦∆◦∆xn=∆2xn−∆2xn−1
=(xn−xn−1)−(xn−1−xn−2)−(xn−1−xn−2)+(xn−2−xn−3)
=(1−B)xn−2(1−B)Bxn+(1−B)B2xn
=xn−3xn−1+3xn−2+xn−3
=(1−B)¡1−2B+B2¢xn
=(1−B)3xn
2.2 ∆pxn.
Supposons ∆p−1xn=(1−B)p−1xnvérifié. Par induction,
∆pxn=(1−B)pxn=(1−B)(1−B)p−1xn=(1−B)∆p−1xn=∆◦∆p−1xn.
NB: en fait, une démonstration plus formelle consiste à utiliser le triangle de
Pascal, tel que
(1 −B)pxn=Pp
k=0 (−1)kCk
pxn−k.
3Exercice3.
3.1 yn=xn−xn−1.
3.1.1 Fonctions absorbées.
∀n, yn=0⇒xn−xn−1=0⇒xn=xn−1.
Le filtre ynabsorbe la série xnsicettedernièreestunesuiteconstante.
3.1.2 Fonctions invariantes.
∀n, yn=xn⇒xn−xn−1=xn⇒xn−1=0.
Le filtre ynrend la série xninvariante si cette dernière est une suite nulle.
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