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Lista de Exercícios 5 - Solução
Econometria I - EAE 5811
Questão 7
Ache o sinal da derivada de V ar (ZjZ > C) com relação à C para os
seguintes modelos:
(a) Z � N (0; 1)
(b) Z � K1Z��; K1 > 0; Z > K2 > 0; � > 2
(c) Z � �e�Z�; � > 0; Z � 0
(d) Z � U (0; 1)
Solução:
a) Z � N(0; 1)
f(z jz > c) = (2�)
�1=2 exp(� 12z2)
1R
c
(2�)�1=2 exp(� 12u2)du
Então, a Função Geradora de Momentos é dada por
MGF (�) =
1R
c
e�z(2�)�1=2 exp(� 12z2)dz
1R
c
(2�)�1=2 exp(� 12u2)du
Mas
1R
c
e�z(2�)�1=2 exp(�1
2
z2)dz =
1R
c
(2�)�1=2 exp
�
�1
2
�
z2 � 2�z�� dz
=
1R
c
e
�2
2 (2�)�1=2
�
�1
2
�
z2 � 2�z + �2�� dz
= e
�2
2
1R
c
(2�)�1=2
�
�1
2
(z � �)2
�
dz
= e
�2
2
1R
c��
(2�)�1=2
�
�u
2
2
�
du
de…nindo u = z � �, notando que du = dz e ajustando os limites de integração.
Portanto,
MGF (�) =
e
�2
2
1R
c��
(2�)�1=2 exp
n
�u22
o
du
1R
c
(2�)�1=2 exp(� 12u2)du
1
A primeira e a segunda derivadas com respeito a � são, respectivamente,
�e
�2
2
1R
c��
(2�)�1=2 exp
n
�u22
o
du+ e
�2
2 (2�)�1=2 exp
n
� (c��)22
o
1R
c
(2�)�1=2 exp(� 12u2)du
e
(�e
�2
2 + e
�2
2 )
1R
c��
(2�)�1=2 exp
n
�u22
o
du+ �e
�2
2 (2�)�1=2 exp
n
� (c��)22
o
1R
c
(2�)�1=2 exp(� 12u2)du
+
�e
�2
2 (2�)�1=2 exp
n
� (c��)22
o
+ (c� �) e �
2
2 (2�)�1=2 exp
n
� (c��)22
o
1R
c
(2�)�1=2 exp(� 12u2)du
Portanto,
@MGF
@�
����
�=0
=
(2�)�1=2 exp
n
� c22
o
1R
c
(2�)�1=2 exp(� 12u2)du
e
@2MGF
@�2
����
�=0
=
1R
c
(2�)�1=2 exp(� 12u2)du+ c(2�)�1=2 exp
n
� c22
o
1R
c
(2�)�1=2 exp(� 12u2)du
Seja
�(c) = E[z jz > c] = @MGF
@�
����
�=0
Então
V ar[zjz > c] = @
2MGF
@�2
����
�=0
�
"
@MGF
@�
����
�=0
#2
= 1 + �(c)c� �2(c)
e, conseqüentemente,
@V ar[zjz > c]
@c
= �0(c)c+ �(c)� 2�(c)�0(c) < 0
onde a última desigualdade segue de
�(c) = E[zjz > c] = max fc; 0g
2
b) A densidade da variável aleatória truncada é dada por
f(zjz > C) = f(z)
P (z > c)
=
K1z
��
1R
c
K1z��dz
=
K1z
��
� K1z�(��1)��1
���1
c
=
K1z
��
K1c�(��1)
��1
= (�� 1)c��1z��
Então, os dois primeiros momentos da variável aleatória truncada são , re-
spectivamente,
E[zjz > c] =
1R
c
(�� 1)c��1z�(��1)dz = (�� 1)c
��1z�(��2)
�(�� 2)
����1
c
=
(�� 1)c
(�� 2)
e
E[z2jz > c] =
1R
c
(�� 1)c��1z�(��2)dz = (�� 1)c
��1z�(��3)
�(�� 3)
����1
c
=
(�� 1)c2
(�� 3)
Note que a condição de � > 2 não é su…ciente para que a variância seja …nita.
Para tal, precisamos que � > 3: Portanto, a variância da variável aleatória
truncada é dada por:
V ar[z jz > c] = E[z2 jz > c] � E2[z jz > c] = (�� 1)c
2
(�� 3) �
�
(�� 1)c
(�� 2)
�2
Portanto,
@V ar[z jz > c]
@c
= 2(�� 1)c
�
(�� 2)2 � (�� 1)(�� 3)
(�� 2)2(�� 3)
�
> 0 dado que � > 3
c) A densidade da variável aleatória truncada é dada por
f(z jz > C) = �e
�z�
1R
c
�e�z�dz
=
�e�z�
�e�z� j1c
=
�e�z�
e�c�
= �e�(z�c)�
E [z jz > c ] =
1R
c
�ze�(z�c)�dz
Integrando por partes, temos que
E [z jz > c ] = �z e�(z�c)�
���1
c
�
1R
c
�e�(z�c)�dz
= �z e�(z�c)�
���1
c
� 1
�
e�(z�c)�
���1
c
= c+
1
�
E
�
z2 jz > c� = 1R
c
�z2e�(z�c)�dz = �z2 e�(z�c)�
���1
c
�
1R
c
�2ze�(z�c)�dz
= �z2 e�(z�c)�
���1
c
+
2
�
E [z jz > c ] = c2 + 2c
�
+
2
�2
3
Portanto,
V ar [z jz > c ] = E �z2 jz > c�� E2 [z jz > c ]
= c2 +
2c
�
+
2
�2
�
�
c+
1
�
�2
=
1
�2
e
@V ar[zjz > c]
@c
= 0
d) A densidade da uniforme truncada é dada por
f(z jz > C) = 1
1� c
E [z jz > c ] =
1R
c
z
1
1� cdz =
z2
2
����1
c
1
1� c =
c+ 1
2
E
�
z2 jz > c� = 1R
c
z2
1
1� cdz =
z3
3
����1
c
1
1� c =
c2 + c+ 1
3
Portanto,
V ar [z jz > c ] = E �z2 jz > c�� E2 [z jz > c ]
=
c2 + c+ 1
3
�
�
c+ 1
2
�2
=
(c� 1)2
12
Logo,
@V ar[zjz > c]
@c
=
(c� 1)
6
> 0 para c > 1
Questão 8
Considere o modelo Tobit:
y�i = x
0
i� + "i; "ijX � N
�
0; �2
�
I�i = x
0
i� + "i
Ii =
�
1 if I�i � 0
0 caso contrário
Nós observamos somente Ii; xi e
yi = Iiy
�
i + (1� Ii) 0
Mostre que
@E [yijxi]
@xi
= ��
�
x0i�
�
�
4
Solução:
E [yijxi] = �(�
0xi
�
)(�0xi + ��i), �i =
�(�
0xi
� )
�(�
0xi
� )
@E [yijxi]
@xi
= ��(
�0xi
�
) + �(
�0xi
�
)
�
�
(�0xi + ��i)
+
��(�
0xi
� )(�1)(�
0xi
� )�(
�0xi
� )� �(�
0xi
� )�(
�0xi
� )
�(�
0xi
� )
�
�
�(
�0xi
�
)
@E [yijxi]
@xi
= �[�(
�0xi
�
)(1� �i(�
0xi
�
+ �i) + �(
�0xi
�
)(
�0xi
�
+ �i)]
= ��(
�0xi
�
)
Questão 9
Considere o seguinte modelo de dados de painel:
yit = �yi;t�1 + �xit + fi + uit; i = 1; :::; I; t = 1; :::; T (1)
a) Justi…que a forma funcional (1) minimizando a soma do custo de ajus-
tamento (quadrático, por hipótese) e do custo de se estar fora do equilíbrio
(também quadrático, por hipótese). O valor de equilíbrio de longo prazo é dado
por y�it; que segue a seguinte equação:
y�it = xit
 + f
�
i + uit
Pondere os custos igualmente.
b) Considere a identi…cação do modelo sob as condições abaixo. Quais
parâmetros ou combinações de parâmetros são identi…cados em cada caso? Ao
longo de toda a análise, suponha que (xit; fi; uit) são i.i.d com relação a i,
E (uit) = 0; E (fi) = 0: I !1; T …xo. Caso o modelo seja identi…cado, escreva
as condições de ortogonalidade para um I arbitrário e o T designado.
(i) T = 1 E� (uitjxi1) = 0
(ii) T = 2 E� (uitjxi1; xi2) = 0 8t
(iii) T = 3 E� (uitjxi1; xi2; xi3) = 0 8t
(iv) T = 1 yit = yi;t�1 = �yi; xit = �xi (estado estacionário)
E� (uitjxi1; :::; xiT ) = 0
(v) T = 2 E� (ui2jyi1; xi1) = 0
(vi) T = 3 E� (uitjyi;t�1; xit; xit�1) = 0 t = 2; 3
(vii) T = 4 E� (uitjyi;t�1) = 0 8t
E* denota projeção linear. Portanto, E� (uitjxi1) = 0 implica, por exemplo,
que E (uitxi1) = 0:
5
Solução:
a)
min
yi;t
1
2
(yi;t � yi;t�1)2 + 1
2
(yi;t � y�i;t)2
As condições de primeira ordem e y�i;t implicam que:
yi;t = �yi;t�1 + xit� + fi + ui;t
para � = 0:5 , � = 
2 , fi =
f�i
2 , ui;t =
u�i;t
2
b)
i) Nada é identi…cado, pois não é possível aplicar a primeira diferença (não
conhecemos yi;0)
ii)Ainda não podemos identi…car o modelo, porque temos E[ui;sxi;s] = 0
para s = 1; 2 , mas ainda não conseguimos aplicar a primeira diferença para nos
livrarmos de fi e,adicionalmente, não conhecemos yi;0. Assim sendo, o resultado
é direto, já que temos mais parâmetros que momentos.
iii) Nesse caso, o modelo é sobreidenti…cado. As três primeiras equações são
obtidas através de
E[ui;3xi;t] = 0 e E[ui;2xi;t] = 0; t = 1; 2; 3
subtraindo a segunda expressão da primeira.
Já (4) e (5) nada mais são do que
E[ui;2] = 0 e E[ui;3] = 0, aliadas ao fato que E[fi] = 0
E[(yi;3 � yi;2 � �(yi;2 � yi;1)� (xi;3 � xi;2)�)xi;1] = 0 (1)
E[(yi;3 � yi;2 � �(yi;2 � yi;1)� (xi;3 � xi;2)�)xi;2] = 0 (2)
E[(yi;3 � yi;2 � �(yi;2 � yi;1)� (xi;3 � xi;2)�)xi;3] = 0 (3)
E[(yi;3 � �yi;2 � xi;3�)] = 0 (4)
E[(yi;2 � �yi;1 � xi;2�)] = 0 (5)
iv) Nesse caso:
�yi = ��yi + xit� + fi + ui;1
e os momentos disponíveis :
E[ui;1] = E[�yi � ��yi � xit�] = 0
E[xiui;1] = E[xi(�yi � ��yi � xit� � fi)] = 0
6
então, assumindo E[xi] 6= 0 podemos identi…car:
E[�yi]
E[xi]
=
�
1� �
v) Os momentos são
E[(yi;2 � �yi;1 � xi;2�)] = 0
E[yi;1(yi;2 � �yi;1 � xi;2� � fi)] = 0
E[xi;1(yi;2 � �yi;1 � xi;2� � fi)] = 0
Então, o modelo não é identi…cado (problema: cov(fi; yi;1) e cov(fi; xi;1))
vi) Os momentos são
E[yi;2(yi;3 � �yi;2 � xi;3� � fi)] = 0
E[x0i;2(yi;3 � �yi;2 � xi;3� � fi)] = 0
E[x0i;3(yi;3 � �yi;2 � xi;3� � fi)] = 0
E[yi;1(yi;2 � �yi;1 � xi;2� � fi)] = 0
E[x0i;1(yi;2 � �yi;1 � xi;2� � fi)] = 0
E[x0i;2(yi;2 � �yi;1 � xi;2� � fi)] = 0
Então,
E[x0i;2(yi;3 � �yi;2 � xi;3� � fi)]� E[x0i;2(yi;2 � �yi;1 � xi;2� � fi)] = 0
=) E[x0i;2(yi;3 � yi;2 � �yi;2 + �yi;1 � xi;3� + xi;1�)] = 0 (1)
Além disso,
E[yi;3 � �yi;2 � xi;3�] = 0 (2)
E[yi;2 � �yi;1 � xi;2�] = 0 (3)
(1),(2) e (3): O modelo é sobreidenti…cado.
vii) Os momentos são
E[yi;4 � �yi;3 � xi;4�] = 0
E[yi;3 � �yi;2 � xi;3�] = 0
E[yi;2 � �yi;1 � xi;2�] = 0
E[yi;2(�yi;4 � ��yi;3 ��xi;4�)] = 0
E[yi;1(�yi;4 � ��yi;3 ��xi;4�)] = 0
E[yi;1(�yi;3 � ��yi;2 ��xi;3�)] = 0
Claramente o modelo aqui é sobreidenti…cado (6 momentos e 2 parâmetros)
7