Corrige Examen ST janvier 2013

Eléments de correction du sujet d’examen de Séries temporelles Professeur Georges Bresson M1 Ingénierie Economique et Statistique M1 Monnaie-Finance-Banque 16 janvier 2013 Ces éléments de correction sont donnés à titre indicatif. Ils ne préjugent pas de la correction exacte des copies. 1 Exercice 1 Soit le modèle AR(1)associé à la série Xt : Xt = (t 1) Xt où "t est un bruit blanc "t iid 0; que Xt = "t = 0 pour t 2 ( 1; 0] : 1 + "t , t = 1; :::; T 2 " et est une constante: On suppose 1.a) On peut écrire: Xt 1 = (t 2) Xt + "t 2 1 d’où Xt = (t 1)+(t 2) Xt 2 (t 1) + "t + "t Par récurrence, on obient: Xt = (t 1)+(t 2)+:::+(t ) Xt + "t + X1 "t j=1 2 = 4 P (t j) j=1 !3 5 :Xt + "t + X1 j=1 1 "t j 2 4 j 2 4 j P j P (t i) i=1 (t i) i=1 !3 5 !3 5 1 En posant = t, on peut écrire Xt comme un processus de moyenne mobile sur "t : !3 !3 2 2 j t P P t 1 (t j) (t i) X 5 5 :X0 + "t + "t j 4 i=1 Xt = 4 j=1 = "t + t 1 X j=1 On peut donc écrire: Xt 2 j P "t j 4 = "t + (t i) i=1 t X1 j=1 !3 5 "t 2 j P 4 j j=1 (t i) i=1 !3 5 1.b) La moyenne du processus Xt est donc: E [Xt ] = = E ["t ] + t t 1 X E ["t j] j=1 puisque E ["t j ] = 0, 8j. De même, E [Xt du processus Xt est = E (Xt = E [Xt :Xt 2 j P 4 (t i) i=1 ]= !3 5=0 = 0. L’autocovariance t t) : Xt ] ; 8 t soit: 2 6 6 6 =E6 6 6 4 = E ["t "t 2 +E 4"t "t + "t j j=1 0 t @" t + ] + E 4"t t 1 X "t j=1 j P1 2 j P 4 "t 2 4 j t X1 j "t j j=1 2 4 j P j P (t i) i=1 (t i) i=1 2 !3 5 (t i) i=1 j=1 2 2 t 1 X +E 4 "t j=1 tP1 2 j P 4 2 4 !3 (t 5 i=1 j P (t i=1 55 j=1 "t 7 7 7 ! 31 7 7 7 i) 5A 5 i) ! 33 t X1 3 j 2 4 ! 33 55 j P (t i=1 i) ! 33 55 Si = 0; la variance est donnée par: 2 Xt = = E ["t "t ] + 2 2 t 1 X "t j 4 +E 4 0 j P (t i) i=1 j=1 41 + 2 " = Si 2 t 1 X 2 j P (t i) i=1 j=1 !3 !3 5 t 1 X "t 2 j P 4 j j=1 (t i) i=1 ! 33 55 5 = 1; l’autocovariance du 1er ordre est donnée par: ! 33 2 2 j P t 2 (t 1 i) X 55 = E ["t "t 1 ] + E 4"t "t 1 j 4 i=1 1 j=1 2 +E 4"t 1 t 1 X 4 j j=1 2 t 1 X +E 4 "t j=1 1 "t 2 j 2 4 j P j P i=1 (t i) i=1 i h = E "t 1 "t 1 (t 1) 2 2 j P t 1 (t X "t j 4 i=1 +E 4 i) j=2 = 2 " 8 < (t : (t i) 2 t 1 X 1) +4 j P !3 5 "t 2 t 2 X j=1 ! j=2 "t j P 4 1 j j=1 (t i) i=1 55 t 2 X 5 !3 ! 33 i=1 2 j P 4 1 j (t 1 i) i=1 j P t 2 X (t 1 i) (t 1 i) i=1 j=1 L’autocovariance du 2ème ordre sera donc dé…nie par: ! 8 2 j j P P 2 t 1 t 3 < P (t i) (t X X (t i) 2 i=1 i=1 i=1 +4 2 = " : j=3 et donc l’autocovariance à l’ordre 8 2 t 1 < P (t i) X i=1 = 2" +4 : i=1 ! t ( +1) X j= +1 L’autocorrelation j P j=1 du processus Xt est donc donnée par: = E (Xt t) : Xt 2 Xt 3 t , (t i=1 0 =1 ! 33 = 5 ; 2 i) sera donnée par: (t i) 55 ! 39 j=1 j P ! 33 55 ! 39 = 5 ; i) ! 39 = 5 ; P 2 (t i) +4 i=1 j P tP1 i=1 j= +1 = 2 41 + 2 (t i) 2 tP1 ! j P (t i) (t i) i=1 j=1 !3 i=1 j=1 j P t (P+1) !3 5 , 8 6= 0 5 Exercice 2 Soit le processus ARCH(1) dé…ni par: at E a2t j = t :"t 2 t = t 1 , "t N (0; 1) , t = 1; :::; T 2 0 0 + 1 at 1 , 0 > 0, 1 où t 1 est l’ensemble informationnel disponible à la date (t total d’observations T est T = 1000. 1) et le nombre 2.a) Pour une distribution centrée, le coe¢cient de Kurtosis est dé…ni comme le rapport du moment d’ordre 4 sur le carré du moment d’ordre 2. Ce coe¢cient vaut 3 dans le cas d’une loi normale quelconque, cette valeur servant de référence. Pour le processus ARCH, le coe¢cient de Kurtosis s’écrit: E a4t Kurta = 2 fE [a2t ]g En vertu de la loi des espérances itérées E [E [X j Y ]] = E [X], on peut écrire: Kurta = = E a4t fE [a2t ]g E 4t fE [ = 2 E E a4t j t 1 2 E = 4 t 2 ]g2 t :E "4t 2 2 ]g2 t fE [E [a2t j t 1 ]]g fE [ : fE ["2t ]g E "4t E 4t = Kurt" 2 2 fE ["2t ]g fE [ 2t ]g =E 0 Or 2 t E + 2 1 at 1 = 0 + 1E et la variance non conditionnelle de E a2t 1 E a2t 2 2 1 at 2 "t 1 1 2 2 t "t 1 = E = 0 1 1 =E 2 0 "t 1 car E a2t 1 + a2t 1 est donnée par: = E a2t = 0 2 donc E 2 t = = 0 0 + + 4 1E 1 a2t 1 0 1 = 1 0 1 1 + 1E a2t 2 Posons: E "4t = E "4t E a4t 1 = 4. On peut écrire: h :E "4t = E 0+ 4 t = E = 4 = 4 2 0 +2 2 0 a2t 1 0 1E +2 2 2 1 at 1 2 1E + 0 0 1 + 1 1 i : 4 a4t 1 2 1E a4t 1 or les moments non conditionnels sont identiques 8t : E a4t = E a4t 1 d’où E a4t 2 0 = (1 + 1 ) (1 (1 4 t ! E = 1) 2 : 4 4: 1) 2 0 (1 + 1 ) (1 2 4: 1) 1 ) (1 Le coe¢cient de Kurtosis du processus ARCH(1) s’écrit donc: Kurta = = E fE [ (1 4 t 2 ]g2 t 2 0 (1+ 1 )(1 Kurt" 1) 2 1 4: ) Kurt" 2 0 1 et comme E Kurta = Si 0 < 2.b) Si 2 1 1 "4t 1 (1 = 4 1 = 3, il vient: 2 1 2 4: 1) 1 (1 3 Kurt" = 2 1 2) 1 Kurt" = 3 1 (1 3 2 1 2) 1 < 1=3, alors Kurta > Kurt" : = 0:42, alors le coe¢cient de Kurtosis est égal à: Kurta = 3 1 (1 3 2 1 2) 1 2 1 (0:42) =3 1 2 = 5:2481 3 (0:42) 2.c) Sous l’hypothèse de normalité: Ka 3 N 0; 24 T On peut donc construire le test d’une distribution mésokurtique (ou test d’aplatissement) Kr 3 H0 : dist. mésokurtique (K = 3) K = p 24=T 5 N (0; 1) il vient: 5:2481 3 = 14:511 K =p 24=1000 Cette valeur est très supérieure aux valeurs critiques de la loi normale (quel que soit le seuil à 1%, 5% ou 10%). On rejette donc l’hypothèse nulle. Le coe¢cient de Kurtosis est supérieur à 3 et la distribution est leptokurtique. 3 Exercice 3 On considère la série des rendements mensuels rt de l’indice S&P 500 (en %) sur la période Janvier 1926 - Décembre 2009. On constate sur la …gure 1 une évolution stationnaire en moyenne avec des épisodes de ‡uctuations importantes avant 1950 puis après le milieu des années 70. Ces épisodes de ‡uctuations semblent caractériser des périodes de forte volatilité. 3.a) Le modèle estimé est un AR(1)-GARCH exponentiel EGARCH(1,1) du type: 8 rt = N (0; 1) < 0 + 1 rt 1 + at , at = t "t , "t 0 +g("t 1 ) 2 log t = 1 B : g ("t 1 ) = 1 "t 1 + 2 j"t 1 j comme at = t "t , le modèle peut s’écrire: ( rt = 0 + 1 rt 1 + at , at = log 2 t = log 2 t 1 + 0 + 1 t "t , at 1 t 1 "t + N (0; 1) 2 at 1 t 1 La méthode d’estimation utilisée est le pseudo-maximum de vraisemblance (en appliquant l’algorithme de Marquardt) et en supposant la normalité des perturbations "t : L’échantillon couvre 888 observations et l’algorithme a convergé vers le maximum de vraisemblance au bout de 25 itérations. Le rendement mensuel moyen (b c) est évalué à 0:63%. Tous les coe¢cients de la spéci…cation AR(1)-EGARCH(1,1) sont signi…cativement di¤érents de zéro quel que soit le seuil sauf celui du rendement retardé (rt 1 ). L’indice S&P 500 est donc un processus de marche au hasard avec dérive. b 0 (proxy de la variance non conditionnelle) est estimée à 0:908 = exp ( 0:0959) : Le coe¢cient de persistance de la volatilité b est très élevé (environ 97.6%). Cependant, il n’y a pas de racine unitaire car son intervalle de con…ance à 95% de sécurité est: 0:9759 1:96 (0:00646) = [0:963 ; 0:988]. Le coe¢cient b 2 = 0:2244 est associé à l’e¤et de l’amplitude d’un choc tandis que b 1 = 0:0385 est associé à l’e¤et d’un choc positif (ou négatif). Comme b 1 est négatif, un choc négatif augmente la volatilité relativement à un choc positif. C’est l’e¤et de levier du 1er ordre. 6 3.b) La volatilité à seuil. En e¤et, 2 t 2 t = log 2 t 1 + 0 + = log 2 t 1 + 0 + log peut être exprimée sous forme d’un modèle GARCH 1 "t 1 ( ( 1 1 + + 2 j"t 1j 2 ) "t 1 si si 2 ) "t 1 "t "t 1 1 0 <0 d’où 2 t 2 t 2 t 1 = = 0:976 2 t 1 :e 0 : :e 0:096 exp [( exp [( : 1 1 + 2 ) "t 1 ] 2 ) "t 1 ] exp (0:1859"t 1 ) exp ( 0:2629"t 1 ) si si "t "t si si 1 0 <0 "t "t 1 1 1 0 <0 3.c) Pour un choc "standardisé" de magnitude 2 (i.e., 2 écarts-type), on a: 2 t 2 t ( pour "t ( pour "t 1 1 exp ( 0:2629 ( 2)) exp (0:5259) = 2) = = = exp (0:1540) = 1:1665 = +2) exp (0:1859:(2)) exp (0:3719) L’impact d’un choc négatif est donc environ 16:65% plus important que l’impact d’un choc positif de même amplitude. 4 Exercice 4 4.a) Tests de racine unitaire sur la série log _1y: On commence par le test de la tendance dans le modèle général avec constante et trend (table 6). Le t-stat du trend (0:4288) est inférieur à la valeur critique à 5% lue dans la table (2:78). On rejette donc la présence du trend. On passe au modèle avec constante (table 7) et on teste la présence de la constante. Le t-stat de la constante (2:7209) est supérieur à la valeur critique (à 5% ou à 10%) lue dans la table (2:52 ou 2:16). On accepte la présence d’une constante au risque de 5%. Toujours sur la table 7, on teste la présence d’une racine unitaire à l’aide du t-stat de l’endogène retardée ( 2:6929). Cette valeur est supérieure à la valeur critique (à 5%) lue dans la table ( 2:87). On accepte donc la présence d’une racine unitaire avec constante. La série log _1y est I(1) avec constante. Si on souhaite "travailler" avec une sécurité de 99%, on rejette la présence de la constante et on passe à la table 8 pour tester la présence d’une racine unitaire sans constante. Le t-stat de l’endogène retardée ( 0:3041) est supérieur à la valeur critique (à 1%) lue dans la table ( 2:58). On accepte donc la présence d’une racine unitaire sans constante. En résumé, avec un risque de 5%, le processus est I(1) avec constante tandis, qu’avec un risque de 1%, le processus est I(1) sans constante. 7 4.b) On suppose que la série log _3y est I(1) et on dé…nit les variables en di¤érences premières: d log _1y et d log _3y: La table 9 décrit un ensemble de tests de spéci…cation a…n de déterminer le nombre de retards optimal pour un processus V AR(p) à deux variables (M = 2). Ce modèle s’écrit: (B)Y t Yt = c + "t $ Y t = c + = c+ p X Yt 1Y t 1 + "t où "t + 2Y t 2 N 0; " + :::: + pY t p et Y t = =1 + "t d log _1yt d log _3yt Le premier test est le test du rapport de vraisemblance (LR: likelihood ratio test). On considère les hypotheses nulle et alternative suivantes: H0 H1 : : p+1 p+1 = 0 ! processus V AR(p) 6= 0 ! processus V AR(p + 1) La statistique de test du rapport de vraisemblance est donnée par: 0 1 b (C) " B C (N C) b (C) C LR = T log B log b " @ (N C) A = T log " b " qui, sous l’hypothèse nulle, suit un 2 à r degrés de liberté où r est le nombre de contraintes (ici r = M 2 = 22 en comparant un V AR(p) et (C) (N C) ) désigne l’estimateur de la matrice un V AR(p + 1)). b " (resp. b " de variances-covariances des résidus du modèle contraint (resp. non contraint). Pour déterminer l’ordre optimal du processus V AR(p), on utilise également des critères d’information tels que les critères AIC (Akaike information criterion), SC (Schwarz information criterion) ou HQ (HannanQuinn information criterion): 2 M 2p + M = log b " + T 2 M p + M log T SC = log b " + T 2 2 M p + M log (log T ) HQ = log b " + T AIC Ces 3 critères ne donnant pas forcément le même ordre optimal, on applique le principe de parcimonie en choisissant celui qui donne le plus petit ordre pour le V AR(p). Les astériques ( ) dans la table 9 nous indiquent le nombre de retards choisi par les critères de sélection. Ainsi, pour LR, SC et HQ, le nombre optimal de retards est 2. Par contre, pour AIC, le nombre optimal de retards est 3. Si on applique le principe de parcimonie, alors on proposera un processus V AR(2) pour ce système de 2 variables d log _1y et d log _3y. 8 La table 10 nous fournit les résultats du test de causalité "à la Granger" entre d log _1y et d log _3y pour un processus V AR(2): En …xant a priori le nombre de retards p = 2 du processus V AR(p), on estime le modèle bivarié suivant: 8 p(=2) p(=2) P P > > d log _1yt + d log _3yt + "1;t < d log _1yt = 0;1 + > > : d log _3yt = 0;2 + =1 p(=2) P d log _3yt + =1 =1 p(=2) P d log _1yt + "2;t =1 Ainsi, Eviews propose de tester les hypothèses nulles: H0 : H0 : 1 1 = = 2 2 =0 =0 dans la 1ère équation dans la 2ème équation $ d log _3y "ne cause pas" d log _1y $ d log _1y "ne cause pas" d log _3y Les statistiques F des tests de Wald sont fournies par le logiciel. A la lecture de la table 10, on constate que les valeurs du test F sont respectivement de 4:242 et 2:246 avec des niveaux marginaux de signi…cativité (p-value) de 0:014 et de 0:106. Autrement dit, on a 1:4% de chances de se tromper si on rejette l’hypothèse nulle: d log _3y "ne cause pas" d log _1y. On peut donc conclure que d log _3y "cause au sens de Granger" d log _1y au risque de 5%. Par contre, on a 10:6% de chances de se tromper si on rejette l’hypothèse nulle: d log _1y "ne cause pas" d log _3y. On peut donc conclure que d log _1y "ne cause pas au sens de Granger" d log _1y au risque de 5%. A priori, le modèle des taux de croissance des taux d’intérêt est un modèle récursif: 8 p(=2) p(=2) P P > > d log _3yt + "1;t d log _1yt + < d log _1yt = 0;1 + =1 =1 > > : d log _3yt = 0;2 + p(=2) P d log _3ytt + "2;t =1 4.c) On souhaite estimer une relation de long terme entre les logarithmes des taux d’intérêt: log _1yt = 0 + 1 log _3yt + 2 dummyt + "t où dummyt est une variable indicatrice valant 1 pour la période 1980.1 - 1985.12 et 0 sinon. Comme les deux variables sont I(1), cette relation pourra être assimilée à une relation d’équilibre de long terme si elle est cointégrée, c.a.d si les résidus estimés sont stationnaires (b "t I(0)). L’estimation par les MCO (table 11) montre que tous les coe¢cients sont signi…cativement di¤érents de zéro. Mais avant de pouvoir les interpréter, il faut véri…er si la relation est cointégrée. Le R2 très élevé (0:972) et la statistique DW de Durbin-Watson très faible (0:109) nous faire craindre une régression fallacieuse ou une relation non cointégrée. Sous l’hypothèse nulle de la présence d’une racine unitaire sur les résidus, un premier test 9 consiste à savoir si DW = 0. Ce test est appelé CRDW (Cointegrating Regression Durbin-Watson test). Si le DW calculé est inférieur à la valeur critique, on accepte l’hypothèse nulle de non cointégration. A l’inverse, si le DW calculé est supérieur à la valeur critique, on rejette l’hypothèse nulle de non cointégration et les variables sont alors cointégrées. La valeur critique lue dans la table 4 (0:30) est supérieure à la valeur calculée (0:109). On ne peut pas rejeter l’hypothèse nulle de non cointégration. Un autre test est le test DF. Sous l’hypothèse nulle de non cointégration (i.e., présence d’une racine unitaire), on teste: H0 : 1 =0 $ b "t = 0 + "t 1 1b + ut Si le t-stat calculé de 1 est supérieur à la valeur critique, on accepte H0 . Dans ce cas, les variables sont non cointégrées puisque b "t I(1). A l’inverse, si le t-stat calculé de 1 est inférieur à la valeur critique, on rejette H0 . Dans ce cas, les variables sont cointégrées puisque b "t I(0): La lecture de la table 12 nous donne un t-stat de 1 égal à 4:092. Or la valeur critique lue dans la table 3 est 4:64 à 1%; 4:10 à 5% et 3:81 à 10%: Les variables de taux d’intérêt sont non cointégrées avec une sécurité de 95% ou de 99% mais peuvent être considérées comme cointégrées avec une sécurité de 90%. En général, en économie, on "travaille" au risque de 5% et nous sommes donc enclins à rejeter l’hypothèse de cointégration, donc l’hypothèse d’une relation de long terme stationnaire. 4.d) On estime un processus VAR(2) non cointégré pour les deux séries de taux d’intérêt. La table 13 montre que les coe¢cients sont tous signi…cativement di¤érents de zéro à l’exception des constantes et du coe¢cient de d log _1yt 2 . On a bien une relation croissante entre les taux de croissance des taux d’intérêt. Mais l’impact du taux de croissance du taux d’intérêt à 3 ans sur le taux de croissance du taux d’intérêt à 1 an (0:3314) est plus important que l’impact du taux de croissance du taux d’intérêt à 1 an sur le taux de croissance du taux d’intérêt à 3 ans (0:1401). d log _1yt d log _3yt = 0:2513d log _1yt 1 + 0:3314d log _3yt 1 0:1401d log _1yt 1 + 0:3033d log _3yt 1 0:2313d log _3yt Comme on peut le constater sur la …gure 3, le système est stable puisque les racines de l’équation caractéristique det I2 z 2 1z 2 = 0 se situent à l’intérieur du disque unité du plan complexe. Par ailleurs, les autocorrelations et les corrélations croisées des résidus (…gure 4) semblent nulles jusqu’au retard 11 à l’exception de la corrélation [d log _1yt ; d log _3yt 7 ] : Cette absence de corrélation résiduelle est con…rmée par le test du multiplicateur de Lagrange sur les résidus (table 14). La …gure 5 représente les fonctions de réponses impulsionnelles généralisées de Pesaran et Shin. Ces fonctions de réponses sont issues d’un ensemble d’innovations orthogonales qui ne dépendent pas de la position des di¤érentes variables dans le processus V AR. La réponse impulsionnelle issue d’une innovation de la 10 2 variable d log _1y est obtenue en appliquant à la variable d log _3y une factorisation de Cholesky calculée avec l’innovation de la variable d log _1y placée tout en haut de la structure V AR et vice versa. La réponse de (d log _1y) à un choc sur ses innovations est relativement faible, même instantanément (+6:0%) et s’atténue très rapidement au bout de 3 mois. La réponse du taux de croissance du taux d’intérêt à 1 an à des chocs sur le taux de croissance du taux d’intérêt à 3 ans est légèrement plus faible (5:5% en instantané). On obtient le même type de pro…l dynamique pour le taux de croissance du taux d’intérêt à 3 ans. Les e¤ets sur les taux de croissance des taux d’intérêt sont donc temporaires et s’estompent très rapidement au bout d’un trimestre. 4.e) On estime un modèle VAR cointégré. Rappelons que l’on peut réécrire ce VAR sous la forme: Y t = c + A1 Y t où B= p Y 1 + :::: + Ap i 1 Yt p+1 + BY t p X IM et Ai = 1 + "t i j=i+1 i=1 Le théorème de représentation de Granger stipule que la matrice de coef…cients B n’est pas de plein rang mais de rang inférieur r < M (= 2) et qu’il existe des matrices et de taille (M r) et de plein rang r telles 0 et 0 Y t I(0): r est le nombre de relations de cointégration que B = (i.e., le rang de cointégration) et chaque colonne de est le vecteur de cointégration. Les éléments de sont appelés paramètres d’ajustement du VECM. Autrement dit, il y aura r relations de cointégration si 0 H0 (r) : B = Le rapport de vraisemblance permet de dé…nir 2 tests, le test de la trace et le test de la valeur propre maximale, qui précisent le nombre de vecteurs cointégrants. L’hypothèse nulle est: H0 : r+1 = r+2 = ::: = p =0 le système a donc (p r) racines unitaires ou r vecteurs cointégrants. Le test de la trace, sous l’hypothèse nulle de r relations de cointégration, est donné par: 2 (LM V (r) LM V (p)) = T T X i=r+1 log 1 bi où bi est la plus grande valeur propre de B et où r = 0; 1; :::; p 1: Le test de la valeur propre maximale, sous l’hypothèse nulle de r relations de 11 cointégration, est donné par: 2 (LM V (r) LM V (r + 1)) = T log 1 br+1 Dans certains cas, les 2 tests peuvent fournir des résultats contradictoires. Il convient alors d’examiner le vecteur de cointégration et de déterminer son choix selon l’interprétation des relations de cointégration. On considère donc l’hypothèse H0 : r 1. Le test de la trace (table 15) donne 4:2863 et le percentile 95 est 9:164. On ne peut pas rejeter l’hypothèse nulle. Par contre, on peut rejeter l’hypothèse nulle H0 : r = 0 puisque le test de la trace donne 23:957 et le percentile 95 est 20:261. De même, le test de la valeur propre maximale rejette l’hypothèse nulle H0 : r = 0 puisque le test donne 19:6706 et le percentile 95 est 15:892: Ce même test permet d’accepter l’hypothèse nulle H0 : r 1 puisque la table 15 donne également 4:2863 et le percentile 95 est 9:164. On conclut qu’il y a donc une relation de cointégration (r = 1) pour le lien entre les taux d’intérêt à 1 an et à 3 ans. 0 nous donne le vecteur L’estimation de la matrice de coe¢cients B = de cointégration ainsi que le vecteur des paramètres d’ajustement du VECM (voir table 16): 0 0 = (1:000; 1:0869; 0:2407) = ( 0:0827; 0:024) La relation d’équilibre est donnée par: log _1yt = 1:0869 log _3yt 0:2407 et le vecteur de cointégation peut s’interpréter comme un mécanisme à correction d’erreur mesurant l’écart de taux: Ecart = log _1yt (1:0869 log _3yt 0:2407) Les paramètres d’ajustement peuvent s’interpréter comme les poids de l’écart des taux d’intérêt (Ecart) associés aux 2 équations du VECM et peuvent naturellement s’interpréter comme des vitesses de convergence moyennes vers l’équilibre de long terme estimé. Seul un paramètre est signi…cativement di¤érent de 0. Il s’agit du paramètre associé à l’ECM du taux à 1 an ( 0:0827). Le paramètre d’ajustement ( 0:024) associé au taux d’intérêt à 3 ans est non signi…cativement di¤érent de zéro au risque de 5%. Ainsi, après un choc sur le taux à 3 ans, 8:27% de l’ajustement du taux à 1 an est realisé au bout d’un mois, donc 49:6% (resp. 91%) de l’ajustement est realisé au bout de 6 mois (resp. de 11 mois). L’ECM associé au taux à 1 an est donc dé…ni et estimé par: log _1yt = 0:0827 [log _1yt (1:0869 log _3yt 0:2407)] +0:2851 log _1yt 1 + 0:2886 log _3yt 1 12 Tandis que l’ECM associé au taux à 3 ans est estimé par log _3yt = 0:1501 log _1yt 1 +0:2909 log _3yt 1 0:2434 log _3yt La trajectoire du taux de croissance du taux d’intérêt à 3 ans semble donc autonome et ne pas être contrainte par un retour vers l’équilibre de long terme au contraire de la trajectoire du taux de croissance du taux d’intérêt à 1 an. Les statistiques du test portmanteau (table 17) ainsi que les graphiques des corrélations des résidus (…gure 6) con…rment l’absence de corrélation sérielle du modèle et la relation de cointégration (l’écart de taux) semble bien stationnaire. Cette relation de cointégration, représentée à la …gure 7, montre cependant des épisodes d’écarts de taux relativement importants (1953-1959, 1974 et 1992-1993). Cette relation de long terme semble pouvoir être améliorée en introduisant des variables indicatrices pour ces périodes particulières, ce qui permettrait peut-être d’obtenir une vitesse de convergence non nulle pour l’ECM du taux à 3 ans. Mais ce n’est qu’une conjecture... En conclusion, il semble que l’estimation du VAR cointégré soit préférable à l’estimation de la relation de long terme à la Granger-Engle (question 4.c) ou à l’estimation du VAR non cointégré (question 4.d). L’estimation du VECM con…rme l’existence d’une relation d’équilibre de long terme entre les deux taux d’intérêt et fournit des trajectoires de croissance des taux compatibles avec cette relation d’équilibre sur la période avril 1953 - janvier 2001. 13 2