M1 l3-econom etrie-serie-corrigee-n-1-modeles-econometriques-a-un

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1
M1/L3 (ÉCONOMÉTRIE)
Série Corrigée N°
1-ÉNONCÉS
Modèles Économétriques à Une Équation-Régression Simple
Exercice 1 :
On considère les matrices 𝑨 =
𝟏𝟎 𝟒 𝟔
𝟐 𝟖 𝟕
, 𝑩 =
𝟒 𝟐
𝟑 𝟗
𝟓 𝟒
𝒆𝒕 𝑪 =
𝟏 𝟗 𝟓
𝟔 𝟏𝟎 𝟒
𝟖 𝟏𝟓 𝟕
1) Calculer 𝑩. 𝑨 −𝟏 et déduire 𝑨′ . 𝑩′ −𝟏
2) Calculer 𝒕𝒓 𝑨. 𝑩 𝒆𝒕 𝒕𝒓 𝑩. 𝑨
3) Calculer 𝑪−𝟏
4) Soit 𝑫 une matrice de dimension 𝒏, 𝒑 𝒆𝒕 𝑬 = 𝑫′
. 𝑫
Montrer que :
a) 𝑬 est symétrique
b)
𝒕𝒓 𝑬 = 𝒅𝒊𝒋
𝒋𝒊
5) On considère des matrices carrées 𝑨, 𝑩, 𝑪, 𝑫, 𝑬 𝒆𝒕 𝑭 où 𝑬 𝒆𝒕 𝑭 sont deux matrices non singulières,
développer le produit matriciel suivant : 𝑿 = 𝑨𝑩 + 𝑪𝑫 ′ 𝑬𝑭 −𝟏 + 𝑮𝑯
′
Exercice 2 :
On considère :
 𝑿 𝟏, 𝑿 𝟐, … 𝑿 𝒏 𝒏 vecteurs colonne de ℝ 𝒌
 𝒊 le vecteur unitaire de ℝ 𝒌 : 𝒊 = 𝟏, 𝟏, … , 𝟏 ′
 La matrice 𝑴 𝟎
= 𝑰 𝒏 −
𝟏
𝒏
𝒊𝒊′
 𝑿 une matrice de dimension 𝒏, 𝒌 dont l’ième
ligne est 𝑿𝒊
′
: 𝑿 =
𝑿 𝟏
′
⋮
𝑿 𝒏
′
 𝑿 un vecteur colonne de ℝ 𝒌 (les moyennes des lignes de la matrice 𝑿′ ou les moyennes des
colonnes de la matrice 𝑿
1) Montrer que :
a)
𝑿′
𝑿 = 𝑿𝒊 𝑿𝒊
′
𝒏
𝒊=𝟏
b)

2
𝑿′
𝒊 = 𝑿𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
c)
𝑿 =
𝟏
𝒏
𝑿′ 𝒊
2)
𝑿𝒊 − 𝒂 𝑿𝒊 − 𝒂 ′
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝑿′ 𝑴 𝟎 𝑿 + 𝒏 𝑿 − 𝒂 𝑿 − 𝒂
′
Où 𝒂 est un vecteur de ℝ 𝒌
Exercice 3 :
On considère une matrice 𝑿 de dimension 𝒏, 𝒌 ; le vecteur 𝜷 = 𝜷 𝟏, 𝜷 𝟐, … , 𝜷 𝒌
′ et les vecteurs
aléatoires 𝒀 = 𝒚 𝟏, 𝒚 𝟐, … , 𝒚 𝒏
′ et 𝓔 = 𝓔 𝟏, 𝓔 𝟐, … , 𝓔 𝒏
′ . On suppose que les 𝓔𝐢 sont iid de 𝓝 𝟎, 𝝈 𝟐 et que
𝓔 = 𝒀 − 𝑿𝜷
1) Déterminer, en fonction de 𝑿 et 𝒀 le vecteur 𝜷 qui minimise 𝓔𝒊
𝟐
𝒊 par rapport à 𝜷
(Indication : 𝓔𝒊
𝟐
𝒊 = 𝓔′
𝓔 )
2) Démontrer que les matrices 𝑴 et 𝑷 sont symétriques idempotentes ; 𝑷 = 𝑿 𝑿′
𝑿 −𝟏
𝑿′
et
𝑴 = 𝑰 − 𝑷
3) Démontrer que 𝑴𝑷 = 𝟎
4) Déterminer en fonction de 𝑴 la variance de 𝓔 avec 𝓔 = 𝒀 − 𝑿𝜷
Exercice 4 :
Le tableau suivant fournit des données trimestrielles relatives à la rentabilité de l’indice boursier
américain Don Jones 𝑹𝑫𝑱 = 𝑿 et la rentabilité de l’indice boursier européen Euro Stoxx 50 𝑹𝑬𝑺 = 𝒀
Relation entre RDJ et RES
𝒙𝒊 𝒚𝒊 𝒙𝒊
𝟐 𝒙𝒊 𝒚𝒊 𝒚𝒊
𝟐
1990.2 0,0463 0,0252 0,0024 0,0012 0,0006
1990.3 -0,0276 -0,0969 0,0008 0,0027 0,0094
⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮
2005.3 0,0150 0,0767 0,0062 0,0012 0,0059
Somme 1,3753 1,1155 0,1865 0,2162 0,3287
Source : Eurostat

3
1) Estimer par la méthode du MCO les paramètres de la régression de RES par rapport à RDJ
2) Tester au risque 5% la significativité des paramètres du modèle
3) Calculer 𝑹 𝟐
4) Interpréter ces résultats
5) Pour le quatrième trimestre 2005, la valeur prévisionnelle de RDJ et 0,0252 ; déterminer la valeur
prévisionnelle de RES pour cette période
Exercice 5 :
On considère les deux modèles :
𝑴 𝟏: 𝒚𝒊 = 𝜷 𝟏 + 𝜷 𝟐 𝒙𝒊 + 𝓔𝒊 ; 𝒊 = 𝟏, 𝟐, … , 𝒏
Et
𝑴 𝟐: 𝒚𝒊 = 𝒃𝒙𝒊 + 𝓔𝒊 ; 𝒊 = 𝟏, 𝟐, … , 𝒏
1) Déterminer 𝒃 l’estimateur MCO de 𝒃 puis calculer 𝑬 𝒃 et 𝑽 𝒃
2) Comparer 𝑽 𝒃 et 𝑽 𝜷 𝟐 où 𝜷 𝟐 est l’estimateur MCO de 𝜷 𝟐 puis interpréter
3) Démontrer que : 𝓔𝒊𝒊 ≠ 𝟎 et déduire que pour le modèle 𝑴 𝟐 ; 𝑹 𝟐 n’est pas nécessairement dans
l’intervalle 𝟎, 𝟏
Exercice 6 :
Le revenu 𝑹 𝒕 et l’épargne nette 𝑬 𝒕 ont été mesurés par trimestres pendant 3 ans pour une catégorie
socioprofessionnelle bien déterminée ; après correction des variations saisonnières, exprimées en
millions d’euros, les indicateurs suivants sont disponibles :
𝑹 =
𝟏
𝟏𝟐
𝑹 𝒕
𝟏𝟐
𝒕=𝟏
= 𝟏𝟗, 𝟕 ; 𝑹 𝒕
𝟐
𝟏𝟐
𝒕=𝟏
= 𝟒𝟖𝟐𝟕 ; 𝑬 =
𝟏
𝟏𝟐
𝑬 𝒕
𝟏𝟐
𝒕=𝟏
= 𝟔, 𝟏 ; 𝑬 𝒕
𝟐
𝟏𝟐
𝒕=𝟏
= 𝟒𝟓𝟔 ; 𝑬 𝒕 𝑹 𝒕
𝟏𝟐
𝒕=𝟏
= 𝟏𝟒𝟖𝟎
On suppose que les variables 𝑬 𝒕 et 𝑹 𝒕 sont liées par le modèle 𝑬 𝒕 = 𝒂 + 𝒃𝑹 𝒕 + 𝒖𝒕 , les v.a 𝒖𝒕 étant de
loi 𝓝 𝟎, 𝝈 𝟐 pour tout 𝒕 et indépendantes0
1) Calculer 𝒂 et 𝒃 , estimateurs des MCO de 𝒂 et 𝒃 ; donner un intervalle de confiance de niveau
0,95 pour 𝒂 et 𝒃
2) Etudier la validité du modèle

4
3) On désire tester l’hypothèse qu’une augmentation absolue de 1% du revenu implique une
augmentation absolue de 1% de l’épargne. Ecrire cette hypothèse en fonction des coefficients de
la régression et résoudre le problème du test.
4) Même question avec une augmentation relative de1% du revenu.
Exercice 7 :
On possède deux échantillons 𝒙 𝟏, 𝒙 𝟐, … , 𝒙 𝒏 et 𝒚 𝟏, 𝒚 𝟐, … , 𝒚 𝒏 de deux variables 𝑿 et 𝒀 . Aucune des
deux variables n’étant privilégiée a priori, on considère la régression linéaire de 𝑿 sur 𝒀 (modèle A) et
celle de 𝒀 sur 𝑿 (modèle B) :
𝑨 𝒙𝒊 = 𝒂 + 𝒃𝒚𝒊 + 𝓔𝒊
𝑩 𝒚𝒊 = 𝜶 + 𝜷𝒙𝒊 + 𝒖𝒊
𝓔𝒊 Et 𝒖𝒊 ; 𝒊 = 𝟏, 𝟐, … , 𝒏 suivant respectivement les lois 𝓝 𝟎, 𝝈 𝓔
𝟐
et 𝓝 𝟎, 𝝈 𝒖
𝟐
.
On désigne par 𝒏𝑺 𝒙
𝟐 , 𝒓𝒆𝒔𝒑. 𝒏𝑺 𝒙
𝟐 la quantité
𝒙𝒊 − 𝑿
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
, 𝒓𝒆𝒔𝒑. 𝒚𝒊 − 𝒀
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
Et par 𝝆 le coefficient de corrélation linéaire entre 𝒙𝒊 et 𝒚𝒊 .
1) 𝒂 , 𝒃 , 𝜶 𝒆𝒕 𝜷 étant les estimateurs MCO de 𝒂 , 𝒃 , 𝜶 𝒆𝒕 𝜷
Montrer que 𝒃 𝜷 = 𝝆 𝟐 et 𝜶 − 𝒀 𝒂 − 𝑿 = 𝝆 𝟐 𝑿𝒀
2) 𝑹 𝑨
𝟐
et 𝑹 𝑩
𝟐
désignent les coefficients de détermination de 𝑨 et 𝑩 ; établir une relation entre 𝑹 𝑨
𝟐
et 𝑹 𝑩
𝟐
3) 𝑺 𝓔
𝟐
et 𝑺 𝒖
𝟐
étant les estimateurs sans biais de 𝝈 𝓔
𝟐
et 𝝈 𝒖
𝟐
, montrer que :
𝑺 𝓔
𝟐
𝑺 𝒙
𝟐
=
𝑺 𝒖
𝟐
𝑺 𝒚
𝟐
4) On appelle 𝒕 𝑨 𝒓𝒆𝒔𝒑. 𝒕 𝑩 la statistique de Student utilisée pour tester 𝑯 𝟎: 𝒃 = 𝟎 𝒓𝒆𝒔𝒑. 𝜷 = 𝟎
Montrer que :

5
𝒕 𝑨
𝟐
= 𝒏 − 𝟐
𝑹 𝑨
𝟐
𝟏 − 𝑹 𝑨
𝟐
Conclure.
Exercice 8 :
Le taux d’équipement des ménages en PlayStation 2 est une variable 𝒚 𝒕 , 𝒕 représentant l’année
d’observation, 𝒕 = 𝟏à𝑻.
On postule pour 𝒚 𝒕 un modèle de type logistique :
𝒚 𝒕 =
𝟏
𝟏 + 𝒂𝒆−𝒃𝒕
+ 𝓔 𝒕 , 𝒂 𝒆𝒕 𝒃 é𝒕𝒂𝒏𝒕 𝒅𝒆𝒖𝒙 𝒓é𝒆𝒍𝒔 𝒔𝒕𝒓𝒊𝒄𝒕𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕 𝒑𝒐𝒔𝒊𝒕𝒊𝒇𝒔.
1) Tracer le graphe de
𝒇 𝒕 =
𝟏
𝒆𝒏 𝒇𝒐𝒏𝒄𝒕𝒊𝒐𝒏 𝒅𝒆 𝒕
2) Déterminer les équations vérifiées par les estimateurs des moindres carrés 𝒂 𝒆𝒕 𝒃 de 𝒂 𝒆𝒕 𝒃
3) Par un changement de variable approprié, montrer que le modèle logistique peut être transformé
en un modèle linéaire que l’on précisera.
On fournit les données suivantes :
𝒕 1998 1999 2000 2001 2002 2003 2004
𝒚 𝒕
(En %)
2,9 4,4 6,0 8,4 11,8 14,6 18,3
En déduire des estimations 𝒂′ 𝒆𝒕𝒃′ de 𝒂 𝒆𝒕 𝒃 ; estimer 𝑽 𝒃′ et en déduire un intervalle de confiance
de niveau 0,95 pour 𝒃.
4) Montrer que si, 𝒚 𝒕 suit exactement un modèle logistique 𝒚 𝒕 = 𝒇 𝒕 alors
𝒅𝒚 𝒕
𝒅𝒕
𝟏
𝒚 𝒕 𝟏 − 𝒚 𝒕
𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏𝒆 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆
5) Déduire de la question précédente que pour tester le modèle logistique, on doit valider le
modèle :
𝒙 𝒕 =
𝜟𝒚 𝒕
𝒚 𝒕 𝟏 − 𝒚 𝒕
=
𝒚 𝒕+𝟏 − 𝒚 𝒕
𝒚 𝒕 𝟏 − 𝒚 𝒕
= 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆

6
Etudier, à partir des données, l’adéquation de 𝒚 𝒕 à un modèle logistique. En déduire une prévision pour
le taux d’équipement en PlayStation 2 pour 2005
Exercice 9 :
L’analyse d’une série temporelle de 12 ans concernant la demande d’habillement 𝒚 en fonction du
revenu 𝒙 des ménages a conduit à :
𝑳𝒏 𝒚 𝒕 =𝟎, 𝟔𝟓
𝟎,𝟏𝟏
+ 𝟏, 𝟏
𝟎,𝟎𝟕
𝑳𝒏 𝒙 𝒕
Peut-on dire que l’élasticité de la demande d’habillement soit égale à l’unité ?
Exercice 10 :
Soit le modèle linéaire simple :
𝟏 𝑳𝒏 𝑫𝒊 = 𝒂 + 𝒃𝑳𝒏 𝑹𝒊 + 𝓔𝒊 ; 𝒊 = 𝟏, 𝟐, … , 𝒏
Où 𝑫𝒊 est la dépense alimentaire du ménage 𝒊, 𝑹𝒊 son revenu disponible. Les 𝓔𝒊 constituent des termes
aléatoires indépendants, identiquement distribués selon la loi normale d’espérance mathématique nulle
et de variance 𝝈 𝟐. L’estimateur par les MCO du modèle 𝟏 , sur un échantillon de 20 ménages, a donné
les résultats suivants :
𝟐 𝑳𝒏 𝑫𝒊 = 𝟐, 𝟕𝟖
𝟐,𝟔𝟒
+ 𝟎, 𝟐𝟓
𝟎,𝟎𝟖𝟗
𝑳𝒏 𝑹𝒊 ; 𝒊 = 𝟏, 𝟐, … , 𝒏
Les chiffres entre parenthèses indiquent les écarts-types estimés des estimateurs de 𝒂 𝒆𝒕 𝒃 .
1) Donner une interprétation économique des paramètres 𝒂 𝒆𝒕 𝒃 .
2) Tester au seuil de 5% l’hypothèse nulle selon laquelle le paramètre 𝒃 est égal à l’unité
3) Tester au seuil de 5% l’hypothèse nulle selon laquelle 𝒃 < 1 . interpréter économiquement ce
test
4) Calculer le coefficient de détermination 𝑹 𝟐
5) Tester la significativité globale du modèle

7
Exercice 11 : (Extrait de l’examen- ISG SP2007)
Soit le modèle de régression simple : 𝑴 𝟏: 𝒚 𝒕 = 𝜷 𝟏 + 𝜷 𝟐 𝒙 𝒕 + 𝓔 𝒕 ; 𝒕 = 𝟏, 𝟐, … , 𝑻
1) Sur la base d’un échantillon de 24 observations trimestrielles (de 2000 : 𝕀 à 2005𝕀𝕍), on a estimé
par les MCO le modèle 𝑴 𝟏 . Les résultats d’estimation sont :
𝑴 𝟏: 𝒚 𝒕 = 𝟑𝟗, 𝟎𝟓
𝟑,𝟎𝟎
+ 𝟎, 𝟖𝟓
𝟒,𝟕𝟎
𝒙 𝒕 ; 𝒕 = 𝟏, 𝟐, … , 𝑻
Les valeurs entre parenthèses sont les 𝒕 de Student
a) Tester au risque de 5% la significativité globale du modèle 𝑴 𝟏 (on rappelle que pour les
modèles simples : 𝑭 =
𝑺𝑪𝑬
𝑺𝑪𝑹 𝑻−𝟐
= 𝒕 𝜷 𝟐
𝟐
)
b) Tester au risque de 5%
𝑯 𝟎 ∶ 𝜷 𝟐 = 𝟏
𝑯 𝟏 ∶ 𝜷 𝟐 ≠ 𝟏
2) On donne 𝑿 = 𝟔𝟕 ; 𝑽 𝑿 = 𝟔𝟖𝟎 𝒆𝒕 𝑽 𝒀 = 𝟗𝟖𝟎
a) Estimer la variance des résidus 𝝈 𝟐
b) Déterminer les matrices 𝑿′
𝑿 𝒆𝒕 𝑿′
𝑿 −𝟏
associées au modèle 𝑴 𝟏
c) Déterminer un intervalle de prévision au niveau 95% pour 𝒚 𝟐𝟓
𝒑
sachant que 𝒙 𝟐𝟓 = 𝟗𝟖
Exercice 12 : (IHEC SP2010)
On considère un modèle simple 𝒚𝒊 = 𝜷 𝟏 + 𝜷 𝟐 𝒙𝒊 + 𝓔𝒊 . A partir d’une étude économique portant sur 85
entreprise, un économètre a fournit les résultats suivants :
𝒚𝒊 = 𝟏𝟑𝟐, 𝟖
𝟒,𝟑
+ 𝟏, 𝟏
𝟏𝟎,𝟐
𝒙𝒊
Les valeurs entre parenthèses représentent les 𝒕 Student. 𝑺𝑪𝑹 = 𝟔𝟐𝟑𝟒, 𝟑𝟐
1) Tester au risque de 5% si l’effet de 𝑿 sur 𝒀 est significativement différent de zéro
2)
a) Calculer la variance estimée des résidus
b) Calculer la variance estimée de 𝜷 𝟐

8
c) Déduire 𝑺𝑪𝑬
d) Construire le tableau d’analyse de la variance et montrer l’équivalence des résultats de la
première question au test de significativité globale basé sur la loi de Fisher
3) Le coefficient 𝜷 𝟐 est-il significativement différent de -1 ?

9
M1/L3 (ÉCONOMÉTRIE)
Série Corrigée N°
1- CORRIGÉS
Modèles Économétriques à Une Équation-Régression Simple
Corrigé 1:
1) 𝑩. 𝑨 =
𝟒 𝟐
𝟑 𝟗
𝟓 𝟒
𝟏𝟎 𝟒 𝟔
𝟐 𝟖 𝟕
𝑩. 𝑨 =
𝟒𝟒 𝟑𝟐 𝟑𝟖
𝟒𝟖 𝟖𝟒 𝟖𝟏
𝟓𝟖 𝟓𝟐 𝟓𝟖
, or
𝟒𝟒 𝟑𝟐 𝟑𝟖
𝟒𝟖 𝟖𝟒 𝟖𝟏
𝟓𝟖 𝟓𝟐 𝟓𝟖
= 𝟎 d’où 𝑩. 𝑨 n’est pas inversible.
𝒅𝒆𝒕 𝑨′ . 𝑩′ = 𝒅𝒆𝒕 𝑩. 𝑨 ′ = 𝒅𝒆𝒕 𝑩. 𝑨 = 𝟎 Ainsi 𝑨′ . 𝑩′ n’est pas inversible.
2) 𝒕𝒓 𝑨. 𝑩 = 𝒕𝒓 𝑩. 𝑨 = 𝟏𝟖𝟔
3) 𝒅𝒆𝒕 𝑪 = −𝟑𝟎 ; 𝑪𝒐𝒎 𝑪 =
𝟏𝟎 −𝟏𝟎 𝟏𝟎
𝟏𝟐 −𝟑𝟑 𝟓𝟕
−𝟏𝟒 𝟐𝟔 −𝟒𝟒
, par la suite
𝑪−𝟏 =
𝟏
𝒅𝒆𝒕 𝑪
𝑪𝒐𝒎 𝑪 ′ = −
𝟏
𝟑𝟎
𝟏𝟎 𝟏𝟐 −𝟏𝟒
−𝟏𝟎 −𝟑𝟑 𝟐𝟔
𝟏𝟎 𝟓𝟕 −𝟒𝟒
4)
a) 𝑬′ = 𝑫′ . 𝑫 ′ = 𝑫′ . 𝑫 = 𝑬 d’où 𝑬 est une matrice symétrique
b)
𝑬 = 𝒆 𝒓,𝒔 𝟏≤𝒓≤𝒑
𝟏≤𝒔≤𝒑
, 𝒕𝒆𝒍𝒔 𝒒𝒖𝒆 𝒆 𝒓,𝒔 = 𝒅 𝒓
′ 𝒅 𝒔 = 𝒅𝒊,𝒓 𝒅𝒊,𝒔
𝒏
𝒊=𝟏
𝒐𝒓 𝒕𝒓 𝑬 = 𝒆𝒋𝒋
𝒑
𝒋=𝟏
𝒆𝒕 𝒆𝒋𝒋 = 𝒅𝒊𝒋 𝒅𝒊𝒋
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝒅𝒊𝒋
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
𝒅′
𝒐ù 𝒕𝒓 𝑬 = 𝒅𝒊𝒋
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
𝒑
𝒋=𝟏
5) 𝑿 = 𝑨𝑩 + 𝑪𝑫 ′
𝑬𝑭 −𝟏
+ 𝑮𝑯
′
= 𝑨𝑩 + 𝑫′
𝑪′
𝑭−𝟏
𝑬−𝟏
+ 𝑮𝑯
′

10
𝑿 = 𝑨𝑩𝑭−𝟏
𝑬−𝟏
+ 𝑨𝑩𝑮𝑯 + 𝑫′
𝑪′
𝑭−𝟏
𝑬−𝟏
+ 𝑫′
𝑪′
𝑮𝑯 ′
𝒅′
𝒐ù 𝑿 = 𝑬′ −𝟏
𝑭′ −𝟏
𝑩′
𝑨′
+ 𝑯′
𝑮′
𝑩′
𝑨′
+ 𝑬′ −𝟏
𝑭′ −𝟏
𝑪𝑫 + 𝑯′
𝑮′
𝑪𝑫
Corrigé 2:
1)
a)
𝑿′
𝑿 = 𝑿 𝟏 ⋯ 𝑿 𝒏
𝑿 𝟏
′
⋮
𝑿 𝒏
′
= 𝑿𝒊 𝑿𝒊
′
𝒏
𝒊=𝟏
b)
𝑿′
𝒊 = 𝑿 𝟏 ⋯ 𝑿 𝒏
𝟏
⋮
𝟏
= 𝑿𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
c)
𝑿 =
𝟏
𝒏
𝑿𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒄𝒆 𝒒𝒖𝒊 𝒊𝒎𝒑𝒍𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒒𝒖𝒆 𝑿 =
𝟏
𝒏
𝑿′ 𝒊
2)
𝑿𝒊 − 𝒂 𝑿𝒊 − 𝒂 ′
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝑿𝒊 𝑿𝒊
′
𝒏
𝒊=𝟏
− 𝑿𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒂′
− 𝒂 𝑿𝒊
′
𝒏
𝒊=𝟏
+ 𝒏𝒂𝒂′
= 𝑿′ 𝑿 − 𝒏𝑿𝒂′ − 𝒏𝒂𝑿
′
+ 𝒏𝒂𝒂′
= 𝑿′ 𝑿 −𝒏𝑿𝑿
′
+ 𝒏𝑿𝑿
′
𝟎
− 𝒏𝑿𝒂′ − 𝒏𝒂𝑿
′
+ 𝒏𝒂𝒂′
= 𝑿′
𝑰 𝒏 𝑿 − 𝒏𝑿𝑿
′
+ 𝒏 𝑿𝑿
′
− 𝑿𝒂′
− 𝒂𝑿
′
+ 𝒂𝒂′
= 𝑿′ 𝑰 𝒏 𝑿 − 𝒏
𝟏
𝒏
𝑿′ 𝒊
𝟏
𝒏
𝑿′ 𝒊
′
+ 𝒏 𝑿𝑿
′
− 𝑿𝒂′ − 𝒂𝑿
′
+ 𝒂𝒂′
= 𝑿′ 𝑰 𝒏 𝑿 −
𝟏
𝒏
𝑿′ 𝒊𝒊′ 𝑿 + 𝒏 𝑿 𝑿
′
− 𝒂′ − 𝒂 𝑿
′
− 𝒂′

11
= 𝑿′ 𝑰 𝒏 𝑿 −
𝟏
𝒏
𝑿′ 𝒊𝒊′ 𝑿 + 𝒏 𝑿 𝑿 − 𝒂
′
− 𝒂 𝑿 − 𝒂
′
= 𝑿′
𝑰 𝒏 −
𝟏
𝒏
𝒊𝒊′
𝑿 + 𝒏 𝑿 − 𝒂 𝑿 − 𝒂
′
𝒅′
𝒐ù 𝑿𝒊 − 𝒂 𝑿𝒊 − 𝒂 ′
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝑿′
𝑴 𝟎
𝑿 + 𝒏 𝑿 − 𝒂 𝑿 − 𝒂
′
Corrigé 3:
1)
𝓔𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝓔′ 𝓔
= 𝒀 − 𝑿𝜷 ′ 𝒀 − 𝑿𝜷
= 𝒀′ − 𝜷′ 𝑿′ 𝒀 − 𝑿𝜷
= 𝒀′ 𝒀 − 𝒀′ 𝑿𝜷 − 𝜷′ 𝑿′ 𝒀 + 𝜷′ 𝑿′ 𝑿𝜷
𝜷′ 𝑿′ 𝒀 = 𝑿𝜷 ′ 𝒀 𝒆𝒕
𝑿 𝒅𝒆 𝒇𝒐𝒓𝒎𝒂𝒕 𝒏 × 𝒌
𝜷 𝒅𝒆 𝒇𝒐𝒓𝒎𝒂𝒕 𝒌 × 𝟏
⟹ 𝑿𝜷 𝒅𝒆 𝒇𝒐𝒓𝒎𝒂𝒕 𝒏 × 𝟏
⟹ 𝑿𝜷 ′
𝒅𝒆 𝒇𝒐𝒓𝒎𝒂𝒕 𝟏 × 𝒏
𝒐𝒓 𝒀 𝒅𝒆 𝒇𝒐𝒓𝒎𝒂𝒕 𝒏 × 𝟏 𝒄𝒆 𝒒𝒖𝒊 𝒅𝒐𝒏𝒏𝒆 𝑿𝜷 ′ 𝒀 𝒅𝒆 𝒇𝒐𝒓𝒎𝒂𝒕 𝟏 × 𝟏
𝒂𝒖𝒕𝒓𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕 𝒅𝒊𝒕 𝑿𝜷 ′ 𝒀 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏 𝒔𝒄𝒂𝒍𝒂𝒊𝒓𝒆
𝒂𝒊𝒏𝒔𝒊 𝑿𝜷 ′ 𝒀 = 𝑿𝜷 ′ 𝒀 ′ = 𝒀′ 𝑿𝜷
𝒆𝒏 𝒆𝒇𝒇𝒆𝒕 𝓔𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝒀′ 𝒀 − 𝟐𝒀′ 𝑿𝜷 + 𝜷′ 𝑿′ 𝑿𝜷
𝑹𝒂𝒑𝒑𝒆𝒍 ∶
𝝏𝑨𝑿
𝝏𝑿′
= 𝑨 ;
𝝏𝑨𝑿
𝝏𝑿
= 𝑨′
𝒆𝒕
𝝏𝑿′
𝑨𝑿
𝝏𝑿
= 𝑨 + 𝑨′
𝑿
𝝏 𝓔𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝝏𝜷
=
𝝏 𝒀′
𝒀
𝝏𝜷
− 𝟐
𝝏 𝒀′
𝑿 𝜷
𝝏𝜷
+
𝝏 𝜷′
𝑿′
𝑿 𝜷
𝝏𝜷

12
𝝏 𝓔𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝝏𝜷
= 𝟎 − 𝟐 𝒀′
𝑿 ′
+ 𝑿′
𝑿 + 𝑿′
𝑿 ′
𝜷
𝒑𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆 ∶
𝝏 𝓔𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝝏𝜷
= −𝟐𝑿′ 𝒀 + 𝟐 𝑿′ 𝑿 𝜷
𝜷 Minimise 𝓔𝒊
𝟐
𝒊 par rapport à 𝜷 implique que :
𝜷 𝒗é𝒓𝒊𝒇𝒊𝒆
𝝏 𝓔𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝝏𝜷
= 𝟎
𝝏 𝟐
𝓔𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝝏𝜷 𝟐
> 0
−𝟐𝑿′
𝒀 + 𝟐 𝑿′
𝑿 𝜷 = 𝟎 ⟹ 𝑿′
𝑿 𝜷 = 𝑿′
𝒀
𝒅′ 𝒐ù 𝜷 = 𝑿′ 𝑿 −𝟏 𝑿′ 𝒀
2) 𝑹𝒂𝒑𝒑𝒆𝒍 ∶ 𝑴 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏𝒆 𝒎𝒂𝒕𝒓𝒊𝒄𝒆 𝒊𝒅𝒆𝒎𝒑𝒐𝒕𝒆𝒏𝒕𝒆 ⟺ 𝑴 𝒏
= 𝑴
 𝑷′ 𝑷 = 𝑿 𝑿′ 𝑿 −𝟏 𝑿′ ′ 𝑿 𝑿′ 𝑿 −𝟏 𝑿′
= 𝑿 𝑿′ 𝑿 −𝟏 𝑿′ 𝑿
𝑰 𝒌
𝑿′ 𝑿 −𝟏 𝑿′
𝑷′ 𝑷 = 𝑿 𝑿′ 𝑿 −𝟏 𝑿′ = 𝑷 𝒅′ 𝒐ù 𝑷 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏𝒆 𝒎𝒂𝒕𝒓𝒊𝒄𝒆 𝒔𝒚𝒎é𝒕𝒓𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒊𝒅𝒆𝒎𝒑𝒐𝒕𝒆𝒏𝒕𝒆
 𝑴′ 𝑴 = 𝑰 𝒏 − 𝑷 ′ 𝑰 𝒏 − 𝑷
= 𝑰 𝒏 − 𝑷′
𝑰 𝒏 − 𝑷
= 𝑰 𝒏 − 𝑷 −𝑷′
+ 𝑷′
𝑷
𝟎
𝑴′ 𝑴 = 𝑰 𝒏 − 𝑷 = 𝑴 𝒅′ 𝒐ù 𝑴 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏𝒆 𝒎𝒂𝒕𝒓𝒊𝒄𝒆 𝒔𝒚𝒎é𝒕𝒓𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒊𝒅𝒆𝒎𝒑𝒐𝒕𝒆𝒏𝒕𝒆
3) 𝑴𝑷 = 𝑰 𝒏 − 𝑷 𝑷 = 𝑷 − 𝑷 𝟐
= 𝑷 − 𝑷 = 𝟎
4) 𝑹𝒂𝒑𝒑𝒆𝒍 ∶ 𝑿 é𝒕𝒂𝒏𝒕 𝒖𝒏𝒆 𝒎𝒂𝒕𝒓𝒊𝒄𝒆 𝒂𝒍é𝒂𝒕𝒐𝒊𝒓𝒆 𝒆𝒕 𝑴 𝒖𝒏𝒆 𝒎𝒂𝒕𝒓𝒊𝒄𝒆 𝒏𝒐𝒏 𝒂𝒍é𝒂𝒕𝒐𝒊𝒓𝒆
𝑬 𝑴𝑿 = 𝑴𝑬 𝑿 𝒆𝒕 𝑽 𝑴𝑿 = 𝑴𝑽 𝑿 𝑴′
𝓔 = 𝒀 − 𝑿𝜷
= 𝒀 − 𝑿 𝑿′ 𝑿 −𝟏 𝑿′ 𝒀

13
𝓔 = 𝒀 − 𝑿 𝑿′ 𝑿 −𝟏 𝑿′
𝑷
𝒀
= 𝒀 − 𝑷𝒀
= 𝑰 𝒏 − 𝑷 𝒀
𝓔 = 𝑴𝒀
Ainsi 𝑽 𝓔 = 𝑽 𝑴𝒀 = 𝑴𝑽 𝒀 𝑴′
Or 𝑽 𝒀 = 𝑽 𝓔 + 𝑿𝜷 = 𝑽 𝓔 = 𝝈 𝟐 𝒄𝒂𝒓 𝑿 𝒆𝒕 𝜷 𝒔𝒐𝒏𝒕 𝒏𝒐𝒏 𝒂𝒍é𝒂𝒕𝒐𝒊𝒓𝒆𝒔
Par la suite 𝑽 𝓔 = 𝑴𝝈 𝟐 𝑴′ = 𝝈 𝟐 𝑴𝑴′ = 𝝈 𝟐 𝑴
Corrigé 4:
1) 𝒚𝒊 = 𝜶 + 𝜷𝒙𝒊 + 𝒖𝒊 ; 𝒊 = 𝟏, 𝟐, … , 𝟏𝟖𝟐
𝜷 =
𝑪𝒐𝒗 𝒙, 𝒚
𝑽 𝒙
=
𝒙𝒊 𝒚𝒊 − 𝒏𝒙 𝒚𝟏𝟖𝟐
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐
− 𝒏𝒙 𝟐𝟏𝟖𝟐
𝒊=𝟏
=
𝒙𝒊 𝒚𝒊
𝟏𝟖𝟐
𝒊=𝟏 −
𝟏
𝒏
𝒙𝒊
𝟏𝟖𝟐
𝒊=𝟏 𝒚𝒊
𝟏𝟖𝟐
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝟏𝟖𝟐
𝒊=𝟏 −
𝟏
𝒏
𝒙𝒊
𝟏𝟖𝟐
𝒊=𝟏
𝟐
= 𝟏, 𝟏𝟖
𝜶 = 𝒚 − 𝜷 𝒙 =
𝟏
𝒏
𝒚𝒊
𝟏𝟖𝟐
𝒊=𝟏
− 𝜷 𝒙𝒊
𝟏𝟖𝟐
𝒊=𝟏
= −𝟎, 𝟎𝟎𝟐𝟖
2)
 On se propose de tester 𝑯 𝟎: 𝜶 = 𝟎 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆 𝑯 𝟏: 𝜶 ≠ 𝟎 sous un seuil de signification de 𝜽 = 𝟓%
𝑻 =
𝜶 − 𝜶
𝝈 𝜶
↝ 𝝉 𝒏 − 𝟐 É𝒕𝒂𝒏𝒕 𝒍𝒂 𝒔𝒕𝒂𝒕𝒊𝒔𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝒅é𝒄𝒊𝒔𝒊𝒐𝒏
Avec
𝒙 =
𝟏
𝒏
𝒙𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝟕, 𝟓𝟔. 𝟏𝟎−𝟑
, 𝑽 𝒙 =
𝟏
𝒏
𝒙𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
− 𝒙 𝟐
= 𝟎, 𝟗𝟕. 𝟏𝟎−𝟑
𝒚 =
𝟏
𝒏
𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝟔. 𝟏𝟑. 𝟏𝟎−𝟑
, 𝑽 𝒚 =
𝟏
𝒏
𝒚𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
− 𝒚 𝟐
= 𝟏, 𝟕𝟔. 𝟏𝟎−𝟑

14
𝑪𝒐𝒗 𝒙, 𝒚 =
𝟏
𝒏
𝒙𝒊 𝒚𝒊 − 𝒙 𝒚
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝟏, 𝟒𝟐. 𝟏𝟎−𝟑
𝑺𝑪𝑻 = 𝒚𝒊 − 𝒚 𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝒏𝑽 𝒚 = 𝟎, 𝟑𝟐
𝑺𝑪𝑬 = 𝒚𝒊 − 𝒚 𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝜷 𝟐
𝒙𝒊 − 𝒙 𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝒏𝜷 𝟐
𝑽 𝒙 = 𝟎, 𝟐𝟒𝟔
𝑺𝑪𝑹 = 𝒖 𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝒚𝒊 − 𝒚𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝒚𝒊 − 𝒚 𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
− 𝒚𝒊 − 𝒚 𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝑺𝑪𝑻 − 𝑺𝑪𝑬 = 𝟎, 𝟎𝟕𝟒
𝝈 𝟐
=
𝑺𝑪𝑹
𝒏 − 𝟐
= 𝟎, 𝟒𝟏. 𝟏𝟎−𝟑
, 𝝈 𝜶
𝟐
=
𝝈 𝟐 𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝒏 𝒙𝒊 − 𝒙 𝟐𝒏
𝒊=𝟏
=
𝝈 𝟐
𝒏 𝟐
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝑽 𝒙
= 𝟐, 𝟑𝟖. 𝟏𝟎−𝟔
Règle de décision :
𝑶𝒏 𝒓𝒆𝒋𝒆𝒕𝒕𝒆 𝑯 𝟎 𝒔𝒊 𝑻 𝟎 =
𝜶 − 𝟎
𝝈 𝜶
> 𝒕
𝟏−
𝜽
𝟐
𝒏 − 𝟐
𝒐𝒓 𝑻 𝟎 = 𝟏, 𝟖𝟏𝟓 𝒆𝒕 𝒕 𝟎,𝟗𝟕𝟓 𝟏𝟖𝟎 = 𝚽−𝟏
𝟎, 𝟗𝟕𝟓 = 𝟏, 𝟗𝟔 ⟹ 𝑻 𝟎 ≯ 𝒕
𝟏−
𝜽
𝟐
𝒏 − 𝟐
On ne rejette pas 𝑯 𝟎 et le paramètre 𝜶 est statistiquement non significatif
 Nous testons maintenant l'hypothèse 𝑯 𝟎: 𝜷 = 𝟎 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆 𝑯 𝟏: 𝜷 ≠ 𝟎 au même seuil de
signification 𝜽 = 𝟓%
𝑻 =
𝜷 − 𝜷
𝝈 𝜷
↝ 𝝉 𝒏 − 𝟐 É𝒕𝒂𝒏𝒕 𝒍𝒂 𝒔𝒕𝒂𝒕𝒊𝒔𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝒅é𝒄𝒊𝒔𝒊𝒐𝒏
𝒂𝒗𝒆𝒄 𝝈 𝜷
𝟐
=
𝝈 𝟐
𝒙𝒊 − 𝒙 𝟐𝒏
𝒊=𝟏
=
𝝈 𝟐
𝒏𝑽 𝒙
= 𝟐, 𝟑𝟐. 𝟏𝟎−𝟑
𝜷 − 𝟎
𝝈 𝜷
> 𝒕
𝟏−
𝜽
𝟐
𝒏 − 𝟐
𝒐𝒓 𝑻 𝟎 = 𝟎, 𝟎𝟒𝟖 𝒆𝒕 𝒕 𝟎,𝟗𝟕𝟓 𝟏𝟖𝟎 = 𝚽−𝟏 𝟎, 𝟗𝟕𝟓 = 𝟏, 𝟗𝟔 ⟹ 𝑻 𝟎 ≯ 𝒕
𝟏−
𝜽
𝟐
𝒏 − 𝟐
De même le paramètre 𝜷 est statistiquement non significatif.

15
3)
𝑹 𝟐 =
𝑺𝑪𝑬
𝑺𝑪𝑻
= 𝟏 −
𝑺𝑪𝑹
𝑺𝑪𝑻
= 𝟕𝟕%
4) Le modèle est statistiquement non significatif puisque les paramètres 𝜶 et 𝜷 sont
statistiquement non significatifs.
D’autre part 23% de la rentabilité de l’indice boursier européen Euro Stoxx 50 𝑹𝑬𝑺 = 𝒀 n’est pas
expliquée par la rentabilité de l’indice boursier américain Don Jones 𝑹𝑫𝑱 = 𝑿
5) En supposant que le modèle reste valable pour le quatrième trimestre 2005, on obtient :
𝒚 𝟐𝟎𝟎𝟓/𝟒
𝒑
= 𝜶 + 𝜷 𝒙 𝟐𝟎𝟎𝟓/𝟒
𝒑
= −𝟎, 𝟎𝟎𝟐𝟖 + 𝟏, 𝟏𝟖 × 𝟎, 𝟎𝟐𝟓𝟐 = 𝟎, 𝟎𝟐𝟕
Corrigé 5:
1) 𝑴 𝟐: 𝒚𝒊 = 𝒃𝒙𝒊 + 𝓔𝒊 𝒆𝒕 𝑴 𝟐: 𝒚𝒊 = 𝒃 𝒙𝒊 ; 𝒊 = 𝟏, 𝟐, … , 𝒏
Le résidu des MCO pour l’observation 𝒊 est défini par𝓔𝒊 = 𝒚𝒊 − 𝒚𝒊 = 𝒚𝒊 − 𝒃 𝒙𝒊, l’estimateur MCO 𝒃 est
obtenu par la minimisation du carré des résidus :
𝐦𝐢𝐧
𝒃
𝓔𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝐦𝐢𝐧
𝒃
𝒚𝒊 − 𝒃 𝒙𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
𝒃 𝒔𝒐𝒍𝒖𝒕𝒊𝒐𝒏 𝒅𝒆
𝝏 𝓔𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝝏𝒃
= 𝟎
𝝏 𝟐
𝓔 𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝝏𝒃 𝟐
> 0
𝝏 𝓔 𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝝏𝒃
= 𝟎 ⟺
𝝏 𝒚𝒊 − 𝒃 𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝝏𝒃
= 𝟎
⟺ −𝟐 𝒙𝒊 𝒚𝒊 − 𝒃 𝒙𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝟎
⟺ 𝒙𝒊 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
− 𝒃 𝒙𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝟎

16
𝒂𝒊𝒏𝒔𝒊 𝒃 =
𝒙𝒊 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝒅′ 𝒂𝒖𝒕𝒓𝒆𝒑𝒂𝒓𝒕 𝑶𝒏 𝒗é𝒓𝒊𝒇𝒊𝒆 𝒃𝒊𝒆𝒏 𝒒𝒖𝒆
𝝏 𝟐
𝓔𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝝏𝒃 𝟐
= 𝟐 𝒙𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
> 0
𝑬 𝒃 = 𝑬
𝒙𝒊 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
= 𝑬
𝒙𝒊 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
Or sous les hypothèses des MCO : les variables explicatives 𝒙 𝟏≤𝒊≤𝒏 sont non aléatoires, par la suite :
 𝑬 𝒃
𝑬 𝒃 =
𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝑬 𝒙𝒊 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
=
𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝑬 𝒙𝒊 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
=
𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊 𝑬 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
Or 𝑬 𝒚𝒊 = 𝑬 𝒃𝒙𝒊 + 𝓔𝒊 = 𝒃𝒙𝒊 + 𝑬 𝓔𝒊
𝟎
= 𝒃𝒙𝒊 puisque toujours sous l’hypothèse de nullité des
moyennes des erreurs on a 𝑬 𝓔𝒊 = 𝟎 ∀𝒊 ∈ 𝟏, 𝟐, … , 𝒏 ce qui donne :
𝑬 𝒃 =
𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝒃𝒙𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝒃
𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝒃
D’où 𝒃 est un estimateur non biaisé de 𝒃
 𝑽 𝒃
𝑽 𝒃 = 𝑬 𝒃 − 𝑬 𝒃
𝟐
𝑽 𝒃 = 𝑬 𝒃 − 𝒃
𝟐
Calculons 𝒃 − 𝒃 :

17
𝒃 − 𝒃 =
𝒙𝒊 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
− 𝒃
=
𝒙𝒊 𝒃𝒙𝒊 + 𝓔𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
− 𝒃
=
𝒃 𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏 + 𝒙𝒊 𝓔𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
− 𝒃
= 𝒃 +
𝒙𝒊 𝓔𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
− 𝒃
𝒂𝒊𝒏𝒔𝒊 , 𝒃 − 𝒃 =
𝒙𝒊 𝓔𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝒑𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆 ∶
𝑽 𝒃 = 𝑬 𝒃 − 𝒃
𝟐
= 𝑬
𝒙𝒊 𝓔𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝟐
= 𝑬
𝒙𝒊 𝓔𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝟐
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝟐
=
𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝟐 𝑬 𝒙𝒊 𝓔𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝟐
𝑹𝒂𝒑𝒑𝒆𝒍 ∶
𝒂 𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝟐
= 𝒂 𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
+ 𝟐 𝒂 𝒊 𝒂 𝒋
𝒏
𝒋=𝒊+𝟏
𝒏−𝟏
𝒊=𝟏
; 𝒊 ≠ 𝒋
Application 1 : pour 𝒏 = 𝟐
𝒂 𝒊
𝟐
𝒊=𝟏
𝟐
= 𝒂 𝟏 + 𝒂 𝟐
𝟐 = 𝒂 𝟏
𝟐
+ 𝒂 𝟐
𝟐
+ 𝟐𝒂 𝟏 𝒂 𝟐 = 𝒂 𝒊
𝟐
𝟐
𝒊=𝟏
+ 𝟐 𝒂 𝒊 𝒂 𝒋
𝟐
𝒋=𝟐
𝟏
𝒊=𝟏
Application 1 : pour 𝒏 = 𝟑

18
𝒂 𝒊
𝟑
𝒊=𝟏
𝟐
= 𝒂 𝟏 + 𝒂 𝟐 + 𝒂 𝟑
𝟐
= 𝒂 𝟏
𝟐
+ 𝒂 𝟐
𝟐
+ 𝒂 𝟑
𝟐
+ 𝟐𝒂 𝟏 𝒂 𝟐 + 𝟐𝒂 𝟏 𝒂 𝟑 + 𝟐𝒂 𝟐 𝒂 𝟑
= 𝒂 𝒊
𝟐
𝟑
𝒊=𝟏
+ 𝟐 𝒂 𝒊 𝒂 𝒋
𝟑
𝒋=𝟐
𝟐
𝒊=𝟏
Il en résulte :
𝑬 𝒙𝒊 𝓔𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝟐
= 𝑬 𝒙𝒊 𝓔𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
+ 𝟐 𝒙𝒊 𝓔𝒋
𝒏
𝒋=𝒊+𝟏
𝒏−𝟏
𝒊=𝟏
; 𝒊 ≠ 𝒋
= 𝑬 𝒙𝒊
𝟐
𝓔𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
+ 𝟐 𝑬 𝒙𝒊 𝓔𝒋
𝒏
𝒋=𝒊+𝟏
𝒏−𝟏
𝒊=𝟏
; 𝒊 ≠ 𝒋
= 𝒙𝒊
𝟐
𝑬 𝓔𝒊
𝟐
𝝈 𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
+ 𝟐 𝒙𝒊 𝑬 𝓔𝒋
𝟎
𝒏
𝒋=𝒊+𝟏
𝒏−𝟏
𝒊=𝟏
; 𝒊 ≠ 𝒋
D’après l’hypothèse de nullité des moyennes des erreurs 𝑬 𝓔𝒋 = 𝟎 ∀𝒋 ∈ 𝟐, 𝟑, … , 𝒏
Et L’hypothèse d’ homoscédasticité 𝑬 𝓔𝒊
𝟐
= 𝑽 𝓔𝒋 = 𝝈 𝟐
; ∀𝒊 ∈ 𝟏, 𝟐, … , 𝒏 on obtient :
𝑬 𝒙𝒊 𝓔𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝟐
= 𝝈 𝟐 𝒙𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
𝒆𝒕 𝑽 𝒃 =
𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝟐 𝑬 𝒙𝒊 𝓔𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝟐
=
𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝟐 𝝈 𝟐 𝒙𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
𝑫′
𝒐ù 𝑽 𝒃 =
𝝈 𝟐
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
2)
𝑽 𝒃
𝑽 𝜷
− 𝟏 =
𝝈 𝟐
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝝈 𝟐 𝒙𝒊 − 𝒙 𝟐𝒏
𝒊=𝟏
− 𝟏 ⟺
𝑽 𝒃
𝑽 𝜷
− 𝟏 =
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
− 𝟏
⟺
𝑽 𝒃
𝑽 𝜷
− 𝟏 =
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏 − 𝒏𝒙 𝟐
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
− 𝟏

19
⟺
𝑽 𝒃
𝑽 𝜷
− 𝟏 =
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏 − 𝒏𝒙 𝟐 − 𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
⟺
𝑽 𝒃
𝑽 𝜷
− 𝟏 = −
𝒏𝒙 𝟐
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
< 0
Ainsi 𝑽 𝒃 < 𝑉 𝜷 𝒆𝒕 𝒃 𝒔𝒆𝒓𝒂 𝒑𝒍𝒖𝒔 𝒆𝒇𝒇𝒊𝒄𝒂𝒄𝒆 𝒒𝒖𝒆 𝜷
3) Supposons par l’absurde que pour le modèle 𝑴 𝟐, 𝒐𝒏 𝒂 𝓔𝒊𝒊 = 𝟎
Or 𝓔 𝒊 = 𝒚𝒊 − 𝒚𝒊 = 𝒚𝒊 − 𝒃 𝒙𝒊 par la suite
𝓔𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝟎 ⟺ 𝒚𝒊 − 𝒃 𝒙𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝟎
⟺ 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
− 𝒃 𝒙𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝟎
⟺ 𝒃 =
𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
≠
𝒙𝒊 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
; 𝒂𝒃𝒔𝒖𝒓𝒅𝒆 𝒅𝒐𝒏𝒄 𝐥’𝐡𝐲𝐩𝐨𝐭𝐡è𝐬𝐞 𝐞𝐬𝐭 𝐟𝐚𝐮𝐬𝐬𝐞
𝒅′
𝒐ù 𝓔𝒊𝒊 ≠ 𝟎 Pour le modèle 𝑴 𝟐
𝑫′
𝒂𝒖𝒕𝒓𝒆𝒑𝒂𝒓𝒕 , 𝑺𝑪𝑻 = 𝒚𝒊 − 𝒚 𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝒚𝒊 − 𝒚𝒊
𝓔 𝒊
− 𝒚 − 𝒚𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
⟺ 𝑺𝑪𝑻 = 𝓔𝒊 − 𝒚 − 𝒚𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
⟺ 𝑺𝑪𝑻 = 𝓔𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
𝑺𝑪𝑹
+ 𝒚 − 𝒚𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
𝑺𝑪𝑬
− 𝟐 𝓔𝒊 𝒚 − 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
⟺ 𝑺𝑪𝑻 = 𝑺𝑪𝑹 + 𝑺𝑪𝑬 − 𝟐𝒚 𝓔𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
+ 𝟐 𝓔𝒊 𝒃 𝒙𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
⟺ 𝑺𝑪𝑻 = 𝑺𝑪𝑹 + 𝑺𝑪𝑬 − 𝟐𝒚 𝓔𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
+ 𝟐𝒃 𝓔 𝒊 𝒙𝒊
𝒏
𝒊=𝟏

20
𝐂𝐚𝐥𝐜𝐮𝐥𝐨𝐧𝐬 ∶ 𝒃 𝓔𝒊 𝒙𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒃 𝓔𝒊 𝒙𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
=
𝒙𝒊 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝓔𝒊 𝒙𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
=
𝒙𝒊 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝒚𝒊 − 𝒃 𝒙𝒊 𝒙𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
=
𝒙𝒊 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
− 𝒃 𝒙𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
=
𝒙𝒊 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
−
𝒙𝒊 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
=
𝒙𝒊 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
− 𝒙𝒊 𝒚𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒄𝒆 𝒒𝒖𝒊 𝒅𝒐𝒏𝒏𝒆 𝒃 𝓔𝒊 𝒙𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝟎 𝒆𝒕 𝑺𝑪𝑻 = 𝑺𝑪𝑹 + 𝑺𝑪𝑬 − 𝟐𝒚 𝓔 𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝒄𝒐𝒎𝒎𝒆 𝒐𝒏 𝒂 𝓔𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
≠ 𝟎 𝒆𝒏 𝒆𝒇𝒇𝒆𝒕 𝒐𝒏 𝒂 𝒑𝒂𝒔 𝒕𝒐𝒖𝒋𝒐𝒖𝒓𝒔 𝑺𝑪𝑻 = 𝑺𝑪𝑹 + 𝑺𝑪𝑬
𝑺𝑪𝑻 − 𝑺𝑪𝑬 = 𝑺𝑪𝑹 − 𝟐𝒚 𝓔 𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
D’où :
𝒔𝒊 𝑺𝑪𝑻 − 𝑺𝑪𝑬 ≥ 𝟎 ⟹ 𝑹 𝟐
=
𝑺𝑪𝑬
𝑺𝑪𝑻
≤ 𝟏
𝒆𝒕 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝑺𝑪𝑻 − 𝑺𝑪𝑬 ≤ 𝟎 𝒐𝒏 𝒐𝒃𝒕𝒊𝒆𝒏𝒕 𝑹 𝟐
=
𝑺𝑪𝑬
𝑺𝑪𝑻
≥ 𝟏
Conclusion : pour le modèle 𝑴 𝟐 ; 𝑹 𝟐
n’est pas nécessairement dans l’intervalle 𝟎, 𝟏

21
Corrigé 6:
1) 𝑻 = 𝟏𝟐
𝒃 =
𝑬 𝒕 𝑹 𝒕 − 𝑻𝑬𝑹𝑻
𝒕=𝟏
𝑹 𝒕
𝟐
− 𝑻𝑹
𝟐𝑻
𝒕=𝟏
= 𝟎, 𝟐𝟐𝟑
𝒂 = 𝑬 − 𝒃 𝑹 = 𝟏, 𝟔𝟗𝟗
𝑺𝑪𝑻 = 𝑬 𝒕
𝟐
𝑻
𝒕=𝟏
− 𝑻𝑬
𝟐
= 𝟗, 𝟒𝟖 𝒆𝒕 𝑺𝑪𝑬 = 𝑹 𝒕
𝟐
𝑻
𝒕=𝟏
− 𝑻𝑹
𝟐
= 𝟖, 𝟒𝟓
𝝈 𝟐 =
𝑺𝑪𝑹
𝑻 − 𝟐
=
𝑺𝑪𝑻 − 𝑺𝑪𝑬
𝑻 − 𝟐
=
𝑬 𝒕
𝟐𝑻
𝒕=𝟏 − 𝑻𝑬
𝟐
− 𝒃 𝟐 𝑹 𝒕
𝟐𝑻
𝒕=𝟏 − 𝑻𝑹
𝟐
𝑻 − 𝟐
= 𝟎, 𝟏𝟎𝟑
𝝈 𝒃
𝟐
=
𝝈 𝟐
𝑹 𝒕
𝟐𝑻
𝒕=𝟏 − 𝑻𝑹
𝟐
= 𝟔, 𝟎𝟔. 𝟏𝟎−𝟒 ⟹ 𝝈 𝒃 = 𝟐, 𝟒𝟔. 𝟏𝟎−𝟐
𝝈 𝒂
𝟐
=
𝝈 𝟐 𝑹 𝒕
𝟐𝑻
𝒕=𝟏
𝑻 𝑹 𝒕
𝟐𝑻
𝒕=𝟏 − 𝑻𝑹
𝟐 = 𝟎, 𝟐𝟒𝟒 ⟹ 𝝈 𝒂 = 𝟎, 𝟒𝟗𝟒
𝑻 =
𝒃 − 𝒃
𝝈 𝒃
↝ 𝝉 𝒏 − 𝟐
𝒔𝒆𝒓𝒂 𝒍𝒂 𝒔𝒕𝒂𝒕𝒊𝒔𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝒅é𝒄𝒊𝒔𝒊𝒐𝒏 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒓𝒖𝒊𝒓𝒆 𝒖𝒏 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒗𝒂𝒍𝒍𝒆 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒏𝒇𝒊𝒂𝒏𝒄𝒆 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝒃
𝑰𝑪 𝟏−𝜶 𝒃 = 𝒃 ± 𝝈 𝒃 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝒏 − 𝟐 𝒐ù 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝒏 − 𝟐 = 𝒕 𝟎,𝟗𝟕𝟓 𝟏𝟎 = 𝟐, 𝟐𝟐𝟖
⟹ 𝑰𝑪 𝟎,𝟗𝟓 𝒃 = 𝟎, 𝟏𝟔𝟖; 𝟎, 𝟐𝟕𝟖
𝒅𝒆 𝒎ê𝒎𝒆 𝑻 =
𝒂 − 𝒂
𝝈 𝒂
↝ 𝝉 𝒏 − 𝟐
𝒔𝒆𝒓𝒂 𝒍𝒂 𝒔𝒕𝒂𝒕𝒊𝒔𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝒅é𝒄𝒊𝒔𝒊𝒐𝒏 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒓𝒖𝒊𝒓𝒆 𝒖𝒏 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒗𝒂𝒍𝒍𝒆 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒏𝒇𝒊𝒂𝒏𝒄𝒆 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝒂
𝑰𝑪 𝟏−𝜶 𝒂 = 𝒂 ± 𝝈 𝒂 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝒏 − 𝟐 𝒐ù 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝒏 − 𝟐 = 𝒕 𝟎,𝟗𝟕𝟓 𝟏𝟎 = 𝟐, 𝟐𝟐𝟖
⟹ 𝑰𝑪 𝟎,𝟗𝟓 𝒂 = 𝟎, 𝟓𝟗𝟖; 𝟐, 𝟕𝟗𝟗

22
2)
𝑹 𝟐 =
𝑺𝑪𝑬
𝑺𝑪𝑻
= 𝟖𝟗, 𝟏𝟑% 𝒅′ 𝒐ù 𝒍𝒂 𝒗𝒂𝒍𝒊𝒅𝒊𝒕é 𝒅𝒖𝒎𝒐𝒅è𝒍𝒆
𝒅′ 𝒂𝒖𝒕𝒓𝒆𝒑𝒂𝒓𝒕 𝒃 = 𝟎 ∉ 𝑰𝑪 𝟎,𝟗𝟕𝟓 𝒃 = 𝟎, 𝟏𝟔𝟖; 𝟎, 𝟐𝟕𝟖
𝒅′
𝒐ù𝒍𝒆 𝒓𝒆𝒋𝒆𝒕 𝒅𝒆 𝒍′
𝒉𝒚𝒑𝒐𝒕𝒉è𝒔𝒆 𝑯 𝟎: 𝒃 = 𝟎 𝒂𝒗𝒆𝒄 𝒖𝒏 𝒓𝒊𝒔𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝟏è𝐫𝐞 𝒆𝒔𝒑è𝒄𝒆 𝜶 = 𝟓%
3)
Test de l’hypothèse d’un report intégral d’une variation absolue du revenu 𝜟𝑹 sur celle de l’épargne 𝜟𝑬
𝜟𝑹 = 𝟏% ⟹ 𝑹 𝒕
′ − 𝑹 𝒕 = 𝟏%
𝑯 𝟎: 𝜟𝑹 = 𝜟𝑬 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆 𝑯 𝟏: 𝜟𝑹 ≠ 𝜟𝑬
𝒐𝒓 𝜟𝑬 = 𝑬 𝒕
′ − 𝑬 𝒕 = 𝒂 + 𝒃𝑹 𝒕
′ + 𝒖𝒕
′ − 𝒂 + 𝒃𝑹 𝒕 + 𝒖𝒕 = 𝒃𝜟𝑹 + 𝜟𝒖
En négligeant les perturbations 𝜟𝒖 ≅ 𝟎 on obtient 𝜟𝑬 = 𝒃𝜟𝑹 ainsi tester l’hypothèse d’un report
intégral d’une variation absolue du revenu 𝜟𝑹 sur celle de l’épargne 𝜟𝑬 revient à tester
𝑯 𝟎: 𝒃 = 𝟏 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆 𝑯 𝟏: 𝒃 ≠ 𝟏 𝒂𝒗𝒆𝒄 𝒖𝒏 𝒓𝒊𝒔𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝟏è𝐫𝐞 𝒆𝒔𝒑è𝒄𝒆 𝜶 = 𝟓%
𝑻 =
𝒃 − 𝒃
𝝈 𝒃
↝ 𝝉 𝒏 − 𝟐 𝒔𝒆𝒓𝒂 𝒍𝒂 𝒔𝒕𝒂𝒕𝒊𝒔𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝒅é𝒄𝒊𝒔𝒊𝒐𝒏
𝒃 − 𝟏
𝝈 𝒃
> 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝒏 − 𝟐
𝒐𝒓 𝑻 𝟎 =
𝟎, 𝟐𝟐𝟑 − 𝟏
𝟐, 𝟒𝟔. 𝟏𝟎−𝟐
= 𝟑𝟏, 𝟓𝟖 𝒆𝒕 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝒏 − 𝟐 = 𝒕 𝟎,𝟗𝟕𝟓 𝟏𝟎 = 𝟐, 𝟐𝟐𝟖 ⟹ 𝑻 𝟎 > 𝒕
𝟏−
𝜽
𝟐
𝒏 − 𝟐
Ce qui conduit au rejet de 𝑯 𝟎autrement dit le rejet d’un transfert intégral d’une variation absolue du
revenu 𝜟𝑹 sur celle de l’épargne 𝜟𝑬
4) Test de l’hypothèse d’un report intégral d’une variation relative du revenu 𝜟𝑹
𝑹 𝒕
sur celle de
l’épargne 𝜟𝑬
𝑬 𝒕
𝜟𝑹
𝑹
= 𝟏% ⟹
𝑹 𝒕
′ − 𝑹 𝒕
𝑹 𝒕
= 𝟏%

23
𝑯 𝟎 :
𝜟𝑹
𝑹 𝒕
=
𝜟𝑬
𝑬 𝒕
𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆 𝑯 𝟏 :
𝜟𝑹
𝑹 𝒕
≠
𝜟𝑬
𝑬 𝒕
𝒐𝒓
𝜟𝑬
𝑬 𝒕
=
𝑬 𝒕
′
− 𝑬 𝒕
𝑬 𝒕
=
𝒂 + 𝒃𝑹 𝒕
′
+ 𝒖𝒕
′
− 𝒂 + 𝒃𝑹 𝒕 + 𝒖𝒕
𝒂 + 𝒃𝑹 𝒕 + 𝒖𝒕
=
𝒃𝜟𝑹 + 𝜟𝒖
𝒂 + 𝒃𝑹 𝒕 + 𝒖𝒕
=
𝒃𝜟𝑹
; 𝑬𝒏 𝒏é𝒈𝒍𝒊𝒈𝒆𝒂𝒏𝒕 𝒓𝒆𝒔𝒑𝒆𝒄𝒕𝒊𝒗𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕 𝜟𝒖 𝒆𝒕 𝒖𝒕
𝒑𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆
𝜟𝑹
𝑹 𝒕
=
𝜟𝑬
𝑬 𝒕
⟹
𝜟𝑹
𝑹 𝒕
=
𝒃𝜟𝑹
⟹ 𝒂 = 𝟎
Ainsi tester le transfert intégral d’une variation relative du revenu 𝜟𝑹
𝑹 𝒕
sur celle de l’épargne 𝜟𝑬
𝑬 𝒕
Revient à tester𝑯 𝟎: 𝒂 = 𝟎 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆 𝑯 𝟏: 𝒂 ≠ 𝟎 𝒂𝒗𝒆𝒄 𝒖𝒏 𝒓𝒊𝒔𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝟏è𝐫𝐞 𝒆𝒔𝒑è𝒄𝒆 𝜽 = 𝟓%
𝑻 =
𝒂 − 𝒂
𝝈 𝒂
𝒂 − 𝟎
𝝈 𝒂
> 𝒕
𝟏−
𝜽
𝟐
𝒏 − 𝟐
𝒐𝒓 𝑻 𝟎 = 𝟑, 𝟒𝟒 𝒆𝒕 𝒕
𝟏−
𝜽
𝟐
𝒏 − 𝟐 = 𝒕 𝟎,𝟗𝟕𝟓 𝟏𝟎 = 𝟐, 𝟐𝟐𝟖 ⟹ 𝑻 𝟎 > 𝒕
𝟏−
𝜽
𝟐
𝒏 − 𝟐
Ce qui conduit au rejet de 𝑯 𝟎 autrement dit le rejet d’un transfert intégral d’une variation relative du
revenu sur celle de l’épargne
Corrigé 7:
1)
𝒂 = 𝑿 − 𝒃 𝒀 𝒂𝒗𝒆𝒄 𝒃 =
𝒙𝒊 − 𝑿 𝒚𝒊 − 𝒀𝒏
𝒊=𝟏
𝒚𝒊 − 𝒀
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
=
𝑪𝒐𝒗 𝑿, 𝒀
𝑽 𝑿
𝒆𝒕 𝜶 = 𝒀 − 𝜷 𝑿 𝒂𝒗𝒆𝒄 𝜷 =
𝒚𝒊 − 𝒀 𝒙𝒊 − 𝑿𝒏
𝒊=𝟏
𝒙𝒊 − 𝑿
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
=
𝑪𝒐𝒗 𝒀, 𝑿
𝑽 𝒀
𝒑𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆 𝒃 𝜷 =
𝑪𝒐𝒗 𝑿, 𝒀 𝟐
𝑽 𝑿 𝑽 𝒀
= 𝝆 𝟐

24
𝒐ù 𝝆 =
𝑪𝒐𝒗 𝑿, 𝒀
𝑽 𝑿 𝑽 𝒀
𝐜𝐨𝐞𝐟𝐟𝐢𝐜𝐢𝐞𝐧𝐭 𝐝𝐞 𝐜𝐨𝐫𝐫é𝐥𝐚𝐭𝐢𝐨𝐧 𝐥𝐢𝐧é𝐚𝐢𝐫𝐞 𝐞𝐧𝐭𝐫𝐞 𝒙𝒊 𝐞𝐭 𝒚𝒊 .
𝒅′
𝒂𝒖𝒕𝒓𝒆 𝒑𝒂𝒓𝒕 𝜶 − 𝒀 𝒂 − 𝑿 = −𝜷 𝑿 −𝒃 𝒀 = 𝒃 𝜷 𝑿𝒀 = 𝝆 𝟐
𝑿𝒀
2)
𝑹 𝑨
𝟐
=
𝑺𝑪𝑬 𝑨
𝑺𝑪𝑻 𝑨
=
𝒃 𝟐 𝒚𝒊 − 𝒀
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝒊=𝟏
=
𝒏𝒃 𝟐 𝑽 𝒀
𝒏𝑽 𝑿
=
𝒃 𝟐 𝑽 𝒀
𝑽 𝑿
𝒆𝒕 𝑹 𝑩
𝟐
=
𝑺𝑪𝑬 𝑩
𝑺𝑪𝑻 𝑩
=
𝜷 𝟐
𝒙𝒊 − 𝑿 𝟐𝒏
𝒊=𝟏
𝒚𝒊 − 𝒀
𝟐𝒏
𝒊=𝟏
=
𝒏𝜷 𝟐
𝑽 𝑿
𝒏𝑽 𝒀
=
𝜷 𝟐
𝑽 𝑿
𝑽 𝒀
𝒄𝒆 𝒒𝒖𝒊 𝒅𝒐𝒏𝒏𝒆 𝑹 𝑨
𝟐
𝑹 𝑩
𝟐
=
𝒃 𝟐 𝑽 𝒀
𝑽 𝑿
𝜷 𝟐 𝑽 𝑿
𝑽 𝒀
= 𝒃 𝜷
𝟐
= 𝝆 𝟐 𝟐 𝒅′ 𝒐ù 𝝆 𝟐 = 𝑹 𝑨
𝟐
= 𝑹 𝑩
𝟐
3)
𝑺 𝓔
𝟐
=
𝑺𝑪𝑹 𝑨
𝒏 − 𝟐
𝒆𝒕 𝑺 𝒖
𝟐 =
𝑺𝑪𝑹 𝑩
𝒏 − 𝟐
𝒐𝒓 𝑹 𝑨
𝟐
= 𝟏 −
𝑺𝑪𝑹 𝑨
𝑺𝑪𝑻 𝑨
= 𝟏 −
𝑺𝑪𝑹 𝑨
𝒏𝑽 𝑿
⟹ 𝑺𝑪𝑹 𝑨 = 𝒏𝑽 𝑿 𝟏 − 𝑹 𝑨
𝟐
; 𝒅𝒆 𝒎ê𝒎𝒆 𝑺𝑪𝑹 𝑩 = 𝒏𝑽 𝒀 𝟏 − 𝑹 𝑩
𝟐
𝑺 𝓔
𝟐
𝑺 𝒖
𝟐
=
𝑺𝑪𝑹 𝑨 𝒏 − 𝟐
𝑺𝑪𝑹 𝑩 𝒏 − 𝟐
=
𝑺𝑪𝑹 𝑨
𝑺𝑪𝑹 𝑩
=
𝒏𝑽 𝑿 𝟏 − 𝑹 𝑨
𝟐
𝒏𝑽 𝒀 𝟏 − 𝑹 𝑩
𝟐
=
𝑽 𝑿
𝑽 𝒀
=
𝑺 𝑿
𝟐
𝑺 𝒀
𝟐 𝒅′ 𝒐ù
𝑺 𝓔
𝟐
𝑺 𝑿
𝟐 =
𝑺 𝒖
𝟐
𝑺 𝒀
𝟐
4)
𝒕 𝑨 =
𝒃
𝝈 𝒃
⟹ 𝒕 𝑨
𝟐
=
𝒃 𝟐
𝝈 𝒃
𝟐
𝒐𝒓 𝝈 𝒃
𝟐
=
𝑺 𝓔
𝟐
𝒏𝑽 𝒀
⟹ 𝒕 𝑨
𝟐
=
𝑺 𝓔
𝟐
⟹ 𝒕 𝑨
𝟐
=
𝑺𝑪𝑹 𝑨 𝒏 − 𝟐
⟹ 𝒕 𝑨
𝟐
=
𝒏 𝒏 − 𝟐 𝒃 𝟐
𝑽 𝒀
𝑺𝑪𝑹 𝑨

25
⟹ 𝒕 𝑨
𝟐
=
𝒏 𝒏 − 𝟐 𝒃 𝟐
𝑽 𝒀
𝒏𝑽 𝑿 𝟏 − 𝑹 𝑨
𝟐
⟹ 𝒕 𝑨
𝟐
=
𝒏 − 𝟐 𝒃 𝟐 𝑽 𝒀
𝑽 𝑿 𝟏 − 𝑹 𝑨
𝟐
𝒐𝒓 𝑹 𝑨
𝟐
=
𝒃 𝟐 𝑽 𝒀
𝑽 𝑿
𝒄𝒆 𝒒𝒖𝒊 𝒅𝒐𝒏𝒏𝒆 𝒕 𝑨
𝟐
=
𝒏 − 𝟐 𝑹 𝑨
𝟐
𝟏 − 𝑹 𝑨
𝟐 =
𝒏 − 𝟐 𝑹 𝑩
𝟐
𝟏 − 𝑹 𝑩
𝟐 = 𝒕 𝑩
𝟐
=
𝒏 − 𝟐 𝝆 𝟐
𝟏 − 𝝆 𝟐
En effet la statistique de Student utilisée pour tester 𝑯 𝟎: 𝒃 = 𝟎 et identique à celle qu’on utilise pour
tester 𝑯 𝟎: 𝜷 = 𝟎
D’où tester 𝑯 𝟎: 𝒃 = 𝟎 revient à tester 𝑯 𝟎: 𝜷 = 𝟎
Corrigé 8:
1) 𝒇′ 𝒕 =
𝟏
𝟏+𝒂𝒆−𝒃𝒕
′
=
𝒂𝒃𝒆−𝒃𝒕
𝟏+𝒂𝒆−𝒃𝒕 𝟐 > 0 ; 𝒇 𝟎 =
𝟏
𝟏+𝒂
𝒄𝒂𝒓 𝒂 > 0
𝒆𝒕 𝐥𝐢𝐦 𝒕→+∞ 𝒇 𝒕 = 𝐥𝐢𝐦 𝒕→+∞
𝟏
𝟏+𝒂𝒆−𝒃𝒕
= 𝟏 ⟹ 𝒚 = 𝟏 𝒂𝒔𝒚𝒎𝒑𝒕𝒐𝒕𝒆 à 𝓒 𝒇 𝒂𝒖 𝓥 +∞
𝒇 𝒕
𝒚 = 𝟏
𝟏
𝟏+𝒂
𝒕

26
2)
𝒚 𝒕 =
𝟏
+ 𝓔 𝒕 ⟹ 𝒚 𝒕 =
𝟏
𝟏 + 𝒂 𝒆−𝒃 𝒕
𝑺 𝒂, 𝒃 = 𝓔 𝒕
𝟐
𝒕
= 𝒚 𝒕 − 𝒚 𝒕
𝟐
𝒕
= 𝒚 𝒕 − 𝒇 𝒕
𝟐
𝒕
MCO
𝟏 :
𝝏𝑺 𝒂, 𝒃
𝝏𝒂
= 𝟎
⟺ −𝟐
𝝏𝒇 𝒕
𝝏𝒂
𝒚 𝒕 − 𝒇 𝒕
𝒕
= 𝟎 ; 𝒐𝒓
𝝏𝒇 𝒕
𝝏𝒂
= −
𝒆−𝒃 𝒕
𝟏 + 𝒂 𝒆−𝒃 𝒕
𝟐 𝒑𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆
𝟏 ⟺ −
𝒚 𝒕 𝒆−𝒃 𝒕
𝟏 + 𝒂 𝒆−𝒃 𝒕
𝟐
𝒕
+
𝒆−𝒃 𝒕
𝟏 + 𝒂 𝒆−𝒃 𝒕
𝟑
𝒕
= 𝟎
⟺
𝟏 + 𝒂 𝒆−𝒃 𝒕
𝟐
𝒕
=
𝒆−𝒃 𝒕
𝟏 + 𝒂 𝒆−𝒃 𝒕
𝟑
𝒕
𝟐 :
𝝏𝑺 𝒂, 𝒃
𝝏𝒃
= 𝟎
⟺ −𝟐
𝝏𝒇 𝒕
𝝏𝒃
𝒚 𝒕 − 𝒇 𝒕
𝒕
= 𝟎 ; 𝒐𝒓
𝝏𝒇 𝒕
𝝏𝒃
=
𝒂 𝒕𝒆−𝒃 𝒕
𝟏 + 𝒂 𝒆−𝒃 𝒕
𝟐 𝒑𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆
𝟐 ⟺
𝒂 𝒕𝒚 𝒕 𝒆−𝒃 𝒕
𝟏 + 𝒂 𝒆−𝒃 𝒕
𝟐
𝒕
=
𝒕𝒆−𝒃 𝒕
𝟏 + 𝒂 𝒆−𝒃 𝒕
𝟑
𝒕
𝒂, 𝒃 𝒔𝒐𝒍𝒖𝒕𝒊𝒐𝒏𝒔 𝒅𝒆:
𝟏
𝟏 + 𝒂 𝒆−𝒃 𝒕
𝟐
𝒕
=
𝒆−𝒃 𝒕
𝟏 + 𝒂 𝒆−𝒃 𝒕
𝟑
𝒕
𝒆𝒕 𝟐
𝒂 𝒕𝒚 𝒕 𝒆−𝒃 𝒕
𝟏 + 𝒂 𝒆−𝒃 𝒕
𝟐
𝒕
=
𝒕𝒆−𝒃 𝒕
𝟏 + 𝒂 𝒆−𝒃 𝒕
𝟑
𝒕
La résolution d’un tel système, non linéaire en 𝒂 𝒆𝒕 𝒃 ne peut être explicite et doit faire appel à un
algorithme numérique. Afin d’obtenir des solutions explicites d’où la nécessité de faire un changement
de variable approprié

27
3)
𝒚 𝒕 =
𝟏
𝟏 + 𝒂 𝒆−𝒃 𝒕
⟺
𝟏
𝒚 𝒕
− 𝟏 = 𝒂 𝒆−𝒃 𝒕
⟺
𝟏 − 𝒚 𝒕
𝒚 𝒕
= 𝒂 𝒆−𝒃 𝒕
⟺ 𝑳𝒏
𝟏 − 𝒚 𝒕
𝒚 𝒕
= 𝑳𝒏 𝒂 − 𝒃 𝒕
𝑷𝒐𝒔𝒐𝒏𝒔 𝒛 𝒕 = 𝑳𝒏
𝟏 − 𝒚 𝒕
𝒚 𝒕
, 𝜶 = 𝑳𝒏 𝒂 𝒆𝒕 𝜷 = −𝒃
𝑨𝒊𝒏𝒔𝒊 𝒍𝒆 𝒎𝒐𝒅è𝒍𝒆 𝒚 𝒕 =
𝟏
+ 𝓔 𝒕 𝒅𝒆𝒗𝒊𝒆𝒏𝒕 𝒛 𝒕 = 𝜶 + 𝜷𝒕 + 𝒖𝒕
𝜷 =
𝒕𝒛 𝒕 − 𝑻𝒕𝒛𝑻
𝒕=𝟏
𝒕 − 𝒕
𝟐𝑻
𝒕=𝟏
𝒆𝒕 𝜶 = 𝒛 − 𝜷 𝒕
𝑵𝒐𝒕𝒐𝒏𝒔 𝒃 = −𝜷 𝒆𝒕 𝒂 = 𝒆 𝜶
𝑶𝒓 𝑽 𝒃 = 𝝈 𝒃
𝟐
= 𝝈 𝜷
𝟐
=
𝝈 𝒖
𝟐
𝒕 − 𝒕
𝟐𝑻
𝒕=𝟏
𝒕 1 2 3 4 5 6 7
𝒚 𝒕 2,9 4,4 6,0 8,4 11,8 14,6 18,3
𝒛 𝒕 = 𝑳𝒏
𝟏 − 𝒚 𝒕
𝒚 𝒕
3,511 3,077 2,752 2,389 2,012 1,766 1,496
𝒕
𝑻
𝒕=𝟏
= 𝟐𝟖 , 𝒕 𝟐
𝑻
𝒕=𝟏
= 𝟏𝟒𝟎 , 𝑧𝑡
𝑻
𝒕=𝟏
= 𝟏𝟕, 𝟎𝟎𝟑 , 𝒛 𝒕
𝟐
𝑻
𝒕=𝟏
= 𝟒𝟒, 𝟒𝟖 , 𝒕𝑧𝑡
𝑻
𝒕=𝟏
= 𝟓𝟖, 𝟔𝟎𝟓 , 𝒕 = 𝟒
, 𝒕 − 𝒕
𝟐
𝑻
𝒕=𝟏
= 𝟐𝟖 , 𝒛 = 𝟐, 𝟒𝟐𝟗 , 𝑧𝑡 − 𝒛 𝟐
𝑻
𝒕=𝟏
= 𝟑, 𝟏𝟖
𝜷 =
𝒕𝒛 𝒕 − 𝑻𝒕𝒛𝑻
𝒕=𝟏
𝒕 − 𝒕
𝟐𝑻
𝒕=𝟏
= −𝟎, 𝟑𝟑𝟔 ⟹ 𝒃 = 𝟎, 𝟑𝟑𝟔
𝜶 = 𝒛 − 𝜷 𝒕 = 𝟑, 𝟕𝟕𝟑 ⟹ 𝒂 = 𝟒𝟑, 𝟓

28
𝑺𝑪𝑻 = 𝑧𝑡 − 𝒛 𝟐
𝑻
𝒕=𝟏
= 𝟑, 𝟏𝟖 , 𝑺𝑪𝑬 = 𝜷 𝟐 𝒕 − 𝒕
𝟐
𝑻
𝒕=𝟏
= 𝟑, 𝟏𝟔 ⟹ 𝑺𝑪𝑹 = 𝟎, 𝟎𝟐
𝒖𝒕
𝟐
𝑻
𝒕=𝟏
= 𝝈 𝒖
𝟐 =
𝑺𝑪𝑹
𝑻 − 𝟐
= 𝟒. 𝟏𝟎−𝟑
𝝈 𝜷
𝟐
=
𝝈 𝒖
𝟐
𝒕 − 𝒕
𝟐𝑻
𝒕=𝟏
= 𝟏, 𝟒𝟑. 𝟏𝟎−𝟒
⟹ 𝝈 𝒃 = 𝝈 𝜷 = 𝟏, 𝟐. 𝟏𝟎−𝟐
𝑾 =
𝒃 − 𝒃
𝝈 𝒃
↝ 𝝉 𝑻 − 𝟐
𝒔𝒆𝒓𝒂 𝒍𝒂 𝒔𝒕𝒂𝒕𝒊𝒔𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝒅é𝒄𝒊𝒔𝒊𝒐𝒏 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒓𝒖𝒊𝒓𝒆 𝒖𝒏 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒗𝒂𝒍𝒍𝒆 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒏𝒇𝒊𝒂𝒏𝒄𝒆 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝒃
𝑰𝑪 𝟏−𝜽 𝒃 = 𝒃 ± 𝝈 𝒃 𝒕
𝟏−
𝜽
𝟐
𝑻 − 𝟐 𝒐ù 𝒕
𝟏−
𝜽
𝟐
𝑻 − 𝟐 = 𝒕 𝟎,𝟗𝟕𝟓 𝟓 = 𝟐, 𝟓𝟕𝟏
⟹ 𝑰𝑪 𝟎,𝟗𝟓 𝒃 = 𝟎, 𝟑𝟎𝟓; 𝟎, 𝟑𝟔𝟕
4)
𝒚 𝒕 𝒔𝒖𝒊𝒕 𝒖𝒏 𝒎𝒐𝒅è𝒍𝒆 𝒍𝒐𝒈𝒊𝒔𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 ⟹ 𝒚 𝒕 = 𝒇 𝒕
𝑶𝒏 𝒔𝒆 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒐𝒔𝒆 𝒅𝒆 𝒗é𝒓𝒊𝒇𝒊𝒆𝒓 𝒒𝒖𝒆
𝒅𝒚 𝒕
𝒅𝒕
𝟏
𝒚 𝒕 𝟏 − 𝒚 𝒕
𝒐𝒓
𝒅𝒚 𝒕
𝒅𝒕
𝟏
𝒚 𝒕 𝟏 − 𝒚 𝒕
= 𝒇′ 𝒕
𝟏
𝒇 𝒕 𝟏 − 𝒇 𝒕
𝒂𝒗𝒆𝒄 𝒇′
𝒕 =
𝟏 + 𝒂𝒆−𝒃𝒕 𝟐
=
𝒇 𝒕 𝟐
𝒆𝒕 𝒇 𝒕 𝟏 − 𝒇 𝒕 = 𝒇 𝒕 − 𝒇 𝒕 𝟐
=
𝟏
−
𝟏
𝟏 + 𝒂𝒆−𝒃𝒕 𝟐
=
𝒂𝒆−𝒃𝒕
𝒇 𝒕 𝟐
𝒅𝒚 𝒕
𝒅𝒕
𝟏
𝒚 𝒕 𝟏 − 𝒚 𝒕
=
𝒇 𝒕 𝟐
𝒇 𝒕 𝟐
𝒂𝒆−𝒃𝒕
= 𝒃
𝑫′
𝒐ù𝒔𝒊 𝒚 𝒕 𝒔𝒖𝒊𝒕 𝒖𝒏 𝒎𝒐𝒅è𝒍𝒆 𝒍𝒐𝒈𝒊𝒔𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 ⟹
𝒅𝒚 𝒕
𝒅𝒕
𝟏
𝒚 𝒕 𝟏 − 𝒚 𝒕

29
5)
𝑬𝒏 𝒓𝒆𝒎𝒑𝒍𝒂ç𝒂𝒏𝒕
𝒅𝒚 𝒕
𝒅𝒕
𝒑𝒂𝒓
𝜟𝒚 𝒕
𝜟𝒕
𝒐𝒏 𝒆𝒏 𝒅é𝒅𝒖𝒊𝒕 𝒒𝒖𝒆 𝒔𝒊 𝒚 𝒕 = 𝒇 𝒕 𝒂𝒍𝒐𝒓𝒔:
𝒅𝒚 𝒕
𝒅𝒕
𝟏
𝒚 𝒕 𝟏 − 𝒚 𝒕
= 𝒃 ⟹
𝜟𝒚 𝒕
𝜟𝒕
𝟏
𝒚 𝒕 𝟏 − 𝒚 𝒕
≅ 𝒃 ⟹
𝒚 𝒕+𝟏 − 𝒚 𝒕
𝒕 + 𝟏 − 𝒕
𝟏
𝟏
𝒚 𝒕 𝟏 − 𝒚 𝒕
≅ 𝒃 ⟹
𝒚 𝒕+𝟏 − 𝒚 𝒕
𝒚 𝒕 𝟏 − 𝒚 𝒕
≅ 𝒃
⟹ 𝒙 𝒕 =
𝜟𝒚 𝒕
𝒚 𝒕 𝟏 − 𝒚 𝒕
≅ 𝒃(𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆)
Par la suite si, 𝒚 𝒕 suit exactement un modèle logistique alors : 𝒙 𝒕 = 𝒃 + 𝒗 𝒕 𝒐ù 𝑬 𝒗 𝒕 = 𝟎 𝒆𝒕 𝑽 𝒗 𝒕 = 𝝈 𝒗
𝟐
𝒕 1998 1999 2000 2001 2002 2003 2004 2005
𝒚 𝒕 0,029 0,044 0,06 0,084 0,118 0,146 0,183 𝒚 𝟖
𝒑
𝒙 𝒕 =
𝒚 𝒕+𝟏 − 𝒚 𝒕
𝒚 𝒕 𝟏 − 𝒚 𝒕
0,53 0,38 0,43 0,44 0,27 0,30 𝒙 𝟕
𝒑
Pour calculer 𝒙 𝟕 =
𝒚 𝟖−𝒚 𝟕
𝒚 𝟕 𝟏−𝒚 𝟕
on doit déterminer une prévision du taux d’équipement des ménages en
PlayStation 2 pour l’année 2005 en d’autres termes une prévision pour 𝒚 𝟖 mais avant toute autre chose
on doit estimer et étudier la validité du modèle 𝒙 𝒕 = 𝒃 + 𝒗 𝒕 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝒕 = 𝟏𝟗𝟗𝟖, … ; 𝑻 − 𝟏 = 𝟐𝟎𝟎𝟑
𝒙 𝒕 = 𝒃 + 𝒗 𝒕 ⟹ 𝒙 𝒕 = 𝒃
Pour estimer 𝒃 on va utiliser les MCO :
𝒗 𝒕
𝟐
𝒕=𝟐𝟎𝟎𝟑
𝒕=𝟏𝟗𝟗𝟖
= 𝒙 𝒕 − 𝒙 𝒕
2
𝒕=𝟐𝟎𝟎𝟑
𝒕=𝟏𝟗𝟗𝟖
= 𝒙 𝒕 − 𝒃
2
𝒕=𝟐𝟎𝟎𝟑
𝒕=𝟏𝟗𝟗𝟖
𝝏 𝒙 𝒕 − 𝒃
2
𝒕=𝟐𝟎𝟎𝟑
𝒕=𝟏𝟗𝟗𝟖
𝝏𝒃
= 𝟎 ⟹ −𝟐 𝒙 𝒕 − 𝒃
𝑻−𝟏
𝒕=𝟏𝟗𝟗𝟖
= 𝟎
⟹ 𝒙 𝒕
𝒕=𝟐𝟎𝟎𝟑
𝒕=𝟏𝟗𝟗𝟖
− 𝒃
𝒕=𝟐𝟎𝟎𝟑
𝒕=𝟏𝟗𝟗𝟖
= 𝟎 ⟹ 𝒙 𝒕
𝒕=𝟐𝟎𝟎𝟑
𝒕=𝟏𝟗𝟗𝟖
− 𝟔𝒃 = 𝟎
⟹ 𝒙 𝒕
𝒕=𝟐𝟎𝟎𝟑
𝒕=𝟏𝟗𝟗𝟖
− 𝟔𝒃 = 𝟎

30
⟹ 𝒃 = 𝒙 =
𝟏
𝟔
𝒙 𝒕
𝒕=𝟐𝟎𝟎𝟑
𝒕=𝟏𝟗𝟗𝟖
=
𝟏
𝟔
𝒙 𝒕
𝒕=𝟐𝟎𝟎𝟑
𝒕=𝟏𝟗𝟗𝟖
= 𝟎, 𝟑𝟗
𝑽 𝒙 𝒕 = 𝑽 𝒃 + 𝒗 𝒕 = 𝑽 𝒗 𝒕 = 𝝈 𝒗
𝟐
𝑬𝒕 𝒄𝒐𝒎𝒎𝒆 𝒐𝒏 𝒂
𝟏
𝟔 − 𝟏
𝒙 𝒕 − 𝒙 𝟐
𝒕=𝟐𝟎𝟎𝟑
𝒕=𝟏𝟗𝟗𝟖
𝒆𝒔𝒕𝒊𝒎𝒂𝒕𝒆𝒖𝒓 𝒔𝒂𝒏𝒔 𝒃𝒊𝒂𝒊𝒔 𝒅𝒆 𝑽 𝒙 𝒕
𝒅𝒐𝒏𝒄 𝝈 𝒗
𝟐
=
𝟏
𝟔 − 𝟏
𝒙 𝒕 − 𝒙 𝟐
𝒕=𝟐𝟎𝟎𝟑
𝒕=𝟏𝟗𝟗𝟖
= 𝟎, 𝟎𝟏𝟏
𝒅′
𝒂𝒖𝒕𝒓𝒆𝒑𝒂𝒓𝒕 𝑽 𝒃 = 𝑽 𝒙 =
𝑽 𝒙 𝒕
𝟔
=
𝝈 𝒗
𝟐
𝟔
⟹ 𝝈 𝒃
𝟐
=
𝝈 𝒗
𝟐
𝟔
= 𝟏, 𝟖𝟑. 𝟏𝟎−𝟑
⟹ 𝝈 𝒃
= 𝟎, 𝟎𝟒𝟑
On se propose de tester 𝑯 𝟎: 𝒃 = 𝟎 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆 𝑯 𝟏: 𝒃 ≠ 𝟎 𝒂𝒗𝒆𝒄 𝒖𝒏 𝒓𝒊𝒔𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝟏è𝐫𝐞 𝒆𝒔𝒑è𝒄𝒆 𝜶 = 𝟓%
𝑻 =
𝒃 − 𝒃
𝝈 𝒃
↝ 𝝉 𝟔 − 𝟏 𝒔𝒆𝒓𝒂 𝒍𝒂 𝒔𝒕𝒂𝒕𝒊𝒔𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝒅é𝒄𝒊𝒔𝒊𝒐𝒏
𝒃 − 𝟎
𝝈 𝒃
> 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝟔 − 𝟏
𝒐𝒓 𝑻 𝟎 = 𝟗, 𝟎𝟕 𝒆𝒕 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝟔 − 𝟏 = 𝒕 𝟎,𝟗𝟕𝟓 𝟓 = 𝟐, 𝟓𝟕𝟏 ⟹ 𝑻 𝟎 > 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝟔 − 𝟏
D’où la validité du modèle
Supposons que le modèle reste valable une année après, ce qui donne une prévision pour
𝒙 𝟕
𝒑
= 𝒃 = 𝟎, 𝟑𝟗 𝒐𝒓 𝒙 𝟕
𝒑
=
𝒚 𝟖
𝒑
− 𝒚 𝟕
𝒚 𝟕 𝟏 − 𝒚 𝟕
D’où la prévision pour le taux d’équipement en PlayStation 2 pour 2005 :
𝒚 𝟖
𝒑
= 𝒚 𝟕 + 𝒙 𝟕
𝒑
𝒚 𝟕 𝟏 − 𝒚 𝟕 = 𝒚 𝟕 + 𝒃 𝒚 𝟕 𝟏 − 𝒚 𝟕 = 𝟎, 𝟐𝟒𝟏

31
Corrigé 9:
𝑴 𝟏: 𝑳𝒏 𝒚 𝒕 = 𝒂 + 𝒃 𝑳𝒏 𝒙 𝒕 +𝒖𝒕 ; 𝒕 = 𝟏, … , 𝑻 = 𝟏𝟐 𝒏𝒐𝒕𝒐𝒏𝒔 𝒘 𝒕 = 𝑳𝒏 𝒚 𝒕 𝒆𝒕 𝒛 𝒕 = 𝑳𝒏 𝒙 𝒕
𝒐𝒏 𝒑𝒐𝒖𝒓𝒓𝒂 𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔𝒇𝒐𝒓𝒎𝒆𝒓𝑴 𝟏 𝒆𝒏 𝒎𝒐𝒅è𝒍𝒆 𝒍𝒊𝒏é𝒂𝒊𝒓𝒆 ∶ 𝒘 𝒕 = 𝒂 + 𝒃 𝒛 𝒕 +𝒖𝒕
𝑶𝒏 𝒅é𝒇𝒊𝒏𝒊𝒕 𝒍’é𝒍𝒂𝒔𝒕𝒊𝒄𝒊𝒕é 𝒅𝒆 𝒀𝒑𝒂𝒓 𝒓𝒂𝒑𝒑𝒐𝒓𝒕 à 𝑿 𝒑𝒂𝒓 ℇ =
𝒅𝒀
𝒀
𝒅𝑿
𝑿
𝒐𝒓
𝒅𝑳𝒏 𝒚 𝒕
𝒅𝒚 𝒕
=
𝟏
𝒚 𝒕
𝒅𝑳𝒏 𝒙 𝒕
𝒅𝒙 𝒕
=
𝟏
𝒙 𝒕
⟹
𝒅𝑳𝒏 𝒚 𝒕 =
𝒅𝒚 𝒕
𝒚 𝒕
𝒅𝑳𝒏 𝒙 𝒕 =
𝒅𝒙 𝒕
𝒙 𝒕
𝒐𝒓
=
𝒅𝒘 𝒕
𝒅𝒛 𝒕
= 𝒃 𝒆𝒕
=
𝒅𝒚 𝒕
𝒚 𝒕
𝒅𝒙 𝒕
𝒙 𝒕
D’où le paramètre 𝒃 n’est autre que l’élasticité de la demande d’habillement 𝒚 par rapport au revenu
des ménages 𝒙
Donc il s’agit d’un test de type 𝑯 𝟎: 𝒃 = 𝟏 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆 𝑯 𝟏: 𝒃 ≠ 𝟏 𝒂𝒗𝒆𝒄 𝒖𝒏 𝒓𝒊𝒔𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝟏è𝐫𝐞 𝒆𝒔𝒑è𝒄𝒆 𝜶 = 𝟓%
𝑻 =
𝒃 − 𝒃
𝝈 𝒃
𝒃 − 𝟏
𝝈 𝒃
> 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝒏 − 𝟐
𝒐𝒓 𝑻 𝟎 =
𝟏, 𝟏 − 𝟏
𝟎, 𝟎𝟕
= 𝟏, 𝟒𝟐 𝒆𝒕 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝒏 − 𝟐 = 𝒕 𝟎,𝟗𝟕𝟓 𝟏𝟎 = 𝟐, 𝟐𝟐𝟖 ⟹ 𝑻 𝟎 ≯ 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝟔 − 𝟏
On ne rejette pas 𝑯 𝟎: 𝒃 = 𝟏 et on peut accepter que l’élasticité de la demande d’habillement soit égale
à l’unité
Corrigé 10:
1) 𝒃 constitue l’élasticité des dépenses alimentaires des ménages par rapport aux revenus
disponibles.

32
Le modèle 𝟏 s’exprime sous forme logarithmique ce qui fait que le paramètre 𝒂 ne possède pas de
contenu économique pertinent.
2) 𝑯 𝟎: 𝒃 = 𝟏 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆 𝑯 𝟏: 𝒃 ≠ 𝟏 𝒔𝒐𝒖𝒔 𝒖𝒏 𝒔𝒆𝒖𝒊𝒍 𝜶 = 𝟓%
𝑻 =
𝒃 − 𝒃
𝝈 𝒃
𝒃 − 𝟏
𝝈 𝒃
> 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝒏 − 𝟐
𝒐𝒓 𝑻 𝟎 =
𝟎, 𝟐𝟓 − 𝟏
𝟎, 𝟎𝟖𝟗
= 𝟖, 𝟒𝟐𝟕 𝒆𝒕 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝒏 − 𝟐 = 𝒕 𝟎,𝟗𝟕𝟓 𝟏𝟖 = 𝟐, 𝟏𝟎𝟏 ⟹ 𝑻 𝟎 > 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝒏 − 𝟐
Donc on rejette 𝑯 𝟎 par la suite le paramètre 𝒃 est statistiquement différent de 1
3) 𝑯 𝟎: 𝒃 = 𝟏 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆 𝑯 𝟏: 𝒃 < 1 𝑠𝑜𝑢𝑠 𝑢𝑛 𝑠𝑒𝑢𝑖𝑙 𝛼 = 5%
𝑻 =
𝒃 − 𝒃
𝝈 𝒃
𝒃 − 𝟏
𝝈 𝒃
< 𝒕 𝜶 𝒏 − 𝟐 = −𝒕 𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟐
𝒐𝒓 𝑻 𝟎 = −𝟖, 𝟒𝟐𝟕 𝒆𝒕 𝒕 𝜶 𝒏 − 𝟐 = −𝒕 𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟐 = −𝒕 𝟎,𝟗𝟓 𝟏𝟖 = −𝟏, 𝟕𝟑𝟒 ⟹ 𝑻 𝟎 < 𝒕 𝜶 𝒏 − 𝟐
On accepte l’hypothèse selon laquelle 𝒃 < 1
Il s’agit de biens de première nécessité ce qui explique une demande inélastique 𝒃 < 1 .
4)
𝒐𝒏 𝒂
𝒃 𝟐
𝝈 𝒃
𝟐 =
𝟎, 𝟐𝟓 𝟐
𝟎, 𝟎𝟖𝟗 𝟐
= 𝟕, 𝟖𝟗
𝒐𝒓 𝒐𝒏 𝒂 𝒅é𝒎𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆𝒓 𝒒𝒖𝒆
𝒃 𝟐
𝝈 𝒃
𝟐 =
𝒏 − 𝟐 𝑹 𝟐
𝟏 − 𝑹 𝟐
; (𝒗𝒐𝒊𝒓 𝑬𝒙𝒆𝒓𝒄𝒊𝒄𝒆 𝟕)
𝒃 𝟐
𝝈 𝒃
𝟐 𝟏 − 𝑹 𝟐
= 𝒏 − 𝟐 𝑹 𝟐
⟺
𝒃 𝟐
𝝈 𝒃
𝟐 −
𝒃 𝟐
𝝈 𝒃
𝟐 𝑹 𝟐
= 𝒏 − 𝟐 𝑹 𝟐
⟺
𝒃 𝟐
𝝈 𝒃
𝟐 = 𝒏 − 𝟐 +
𝒃 𝟐
𝝈 𝒃
𝟐 𝑹 𝟐

33
𝒅′
𝒐ù 𝑹 𝟐
=
𝒃 𝟐 𝝈 𝒃
𝟐
𝒏 − 𝟐 +
𝒃 𝟐
𝝈 𝒃
𝟐
=
𝟕, 𝟖𝟗
𝟏𝟖 + 𝟕, 𝟖𝟗
= 𝟑𝟎, 𝟒𝟖%
5) Test de significativité globale 𝑯 𝟎: 𝒃 = 𝟎 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆 𝑯 𝟏: 𝒃 ≠ 𝟎
𝑭 =
𝑹 𝟐
𝟏 − 𝑹 𝟐
𝒏 − 𝟐
𝟐 − 𝟏
↝ 𝓕 𝟐 − 𝟏, 𝒏 − 𝟐 𝒔𝒆𝒓𝒂 𝒍𝒂 𝒔𝒕𝒂𝒕𝒊𝒔𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝒅é𝒄𝒊𝒔𝒊𝒐𝒏
𝒐𝒏 𝒓𝒆𝒋𝒆𝒕𝒕𝒆 𝑯 𝟎 𝒔𝒊 𝑹 𝟐 >
𝟐 − 𝟏 𝒇 𝟏−𝜶 𝟐 − 𝟏, 𝒏 − 𝟐
𝒏 − 𝟐 + 𝟐 − 𝟏 𝒇 𝟏−𝜶 𝟐 − 𝟏, 𝒏 − 𝟐
𝒐𝒓 𝒇 𝟏−𝜶 𝟐 − 𝟏, 𝒏 − 𝟐 = 𝒇 𝟎,𝟗𝟓 𝟏, 𝟏𝟖 = 𝟒, 𝟒𝟏
⟹
𝟐 − 𝟏 𝒇 𝟏−𝜶 𝟐 − 𝟏, 𝒏 − 𝟐
𝒏 − 𝟐 + 𝟐 − 𝟏 𝒇 𝟏−𝜶 𝟐 − 𝟏, 𝒏 − 𝟐
=
𝟒, 𝟒𝟏
𝟏𝟖 + 𝟒, 𝟒𝟏
= 𝟎, 𝟏𝟗𝟕
𝒆𝒕 𝒄𝒐𝒎𝒎𝒆 𝒐𝒏 𝒂 𝑹 𝟐
= 𝟎, 𝟑𝟎𝟒𝟖 >
𝟐 − 𝟏 𝒇 𝟏−𝜶 𝟐 − 𝟏, 𝒏 − 𝟐
𝒏 − 𝟐 + 𝟐 − 𝟏 𝒇 𝟏−𝜶 𝟐 − 𝟏, 𝒏 − 𝟐
Donc on rejette 𝑯 𝟎 en effet la régression est globalement significative
Corrigé 11: (Extrait de l’examen- ISG SP2007)
1)
a) Test de significativité globale 𝑯 𝟎: 𝒃 = 𝟎 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆 𝑯 𝟏: 𝒃 ≠ 𝟎
𝑭 =
𝑺𝑪𝑬
𝟐 − 𝟏
𝑺𝑪𝑹
𝑻 − 𝟐
=
𝑹 𝟐
𝟏 − 𝑹 𝟐
𝑻 − 𝟐
𝟐 − 𝟏
= 𝒕 𝜷 𝟐
𝟐
↝ 𝓕 𝟐 − 𝟏, 𝑻 − 𝟐 𝒔𝒆𝒓𝒂 𝒍𝒂 𝒔𝒕𝒂𝒕𝒊𝒔𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝒅é𝒄𝒊𝒔𝒊𝒐𝒏,
𝒂𝒗𝒆𝒄 𝒕 𝜷 𝟐
𝟐
𝒐𝒃𝒔
=
𝜷 𝟐
𝟐
𝝈 𝜷 𝟐
𝟐 = 𝟒, 𝟕𝟎 𝟐 = 𝟐𝟐, 𝟎𝟗 ⟹ 𝑹 𝟐 =
𝜷 𝟐
𝟐
𝝈 𝜷 𝟐
𝟐
𝑻 − 𝟐 +
𝜷 𝟐
𝟐
𝝈 𝜷 𝟐
𝟐
=
𝟐𝟐, 𝟎𝟗
𝟐𝟐 + 𝟐𝟐, 𝟎𝟗
= 𝟎, 𝟓𝟎𝟏
𝒇 𝟏−𝜶 𝟐 − 𝟏, 𝑻 − 𝟐 = 𝒇 𝟎,𝟗𝟓 𝟏, 𝟐𝟐 = 𝟒, 𝟑𝟎
⟹
𝟐 − 𝟏 𝒇 𝟏−𝜶 𝟐 − 𝟏, 𝑻 − 𝟐
𝑻 − 𝟐 + 𝟐 − 𝟏 𝒇 𝟏−𝜶 𝟐 − 𝟏, 𝑻 − 𝟐
=
𝟒, 𝟑𝟎
𝟐𝟐 + 𝟒, 𝟑𝟎
= 𝟎, 𝟏𝟔𝟑

34
𝑹 𝟐 >
𝟐 − 𝟏 𝒇 𝟏−𝜶 𝟐 − 𝟏, 𝑻 − 𝟐
𝑻 − 𝟐 + 𝟐 − 𝟏 𝒇 𝟏−𝜶 𝟐 − 𝟏, 𝑻 − 𝟐
On rejette 𝑯 𝟎 et le modèle est globalement significatif
b)
𝒐𝒏 𝒔𝒆 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒐𝒔𝒆 𝒅𝒆 𝒕𝒆𝒔𝒕𝒆𝒓 𝑯 𝟎 ∶ 𝜷 𝟐 = 𝟏 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆 𝑯 𝟏 ∶ 𝜷 𝟐 ≠ 𝟏, 𝒂𝒗𝒆𝒄 𝒖𝒏 𝒓𝒊𝒔𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝟓%
𝑻 =
𝜷 𝟐 − 𝜷 𝟐
𝝈 𝜷 𝟐
↝ 𝝉 𝑻 − 𝟐 𝒔𝒆𝒓𝒂 𝒍𝒂 𝒔𝒕𝒂𝒕𝒊𝒔𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝒅é𝒄𝒊𝒔𝒊𝒐𝒏
𝜷 𝟐 − 𝟏
𝝈 𝜷 𝟐
> 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝑻 − 𝟐
𝒐𝒓 𝜷 𝟐 = 𝟎, 𝟖𝟓 𝒆𝒕
𝜷 𝟐
𝝈 𝜷 𝟐
= 𝟒, 𝟕𝟎 ⟹ 𝝈 𝜷 𝟐
= 𝟎, 𝟏𝟖𝟏, 𝒂𝒊𝒏𝒔𝒊 𝑻 𝟎 =
𝜷 𝟐 − 𝟏
𝝈 𝜷 𝟐
=
𝟎, 𝟖𝟓 – 𝟏
𝟎, 𝟏𝟖𝟏
= 𝟎, 𝟖𝟐𝟗
𝒅′
𝒂𝒖𝒕𝒓𝒆𝒑𝒂𝒓𝒕 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝑻 − 𝟐 = 𝒕 𝟎,𝟗𝟕𝟓 𝟐𝟐 = 𝟐, 𝟎𝟕𝟒
𝒆𝒏 𝒆𝒇𝒇𝒆𝒕 𝑻 𝟎 ≯ 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝑻 − 𝟐
Donc on ne rejette pas 𝑯 𝟎 et la valeur 𝜷 𝟐 = 𝟏 sera statistiquement significative
2)
a)
𝝈 𝟐
=
𝑺𝑪𝑹
𝑻 − 𝟐
=
𝑺𝑪𝑻 − 𝑺𝑪𝑬
𝑻 − 𝟐
=
𝒚 𝒕 − 𝒀 𝟐𝑻
𝒕=𝟏 − 𝜷 𝟐
𝟐
𝒙 𝒕 − 𝑿 𝟐𝑻
𝒕=𝟏
𝑻 − 𝟐
=
𝑻
𝑻 − 𝟐
𝑽 𝒀 − 𝜷 𝟐
𝟐
𝑽 𝑿
⟹ 𝝈 𝟐
=
𝟐𝟒
𝟐𝟐
× 𝟗𝟖𝟎 − 𝟎, 𝟖𝟓 𝟐
× 𝟔𝟖𝟎 = 𝟓𝟑𝟑, 𝟏𝟐𝟕
b) 𝑳′ é𝒄𝒓𝒊𝒕𝒖𝒓𝒆 𝒎𝒂𝒕𝒓𝒊𝒄𝒊𝒆𝒍𝒍𝒆 𝒅𝒖 𝒎𝒐𝒅è𝒍𝒆 𝑴 𝟏: 𝒀
𝟐𝟒×𝟏
= 𝑿
𝟐𝟒×𝟐
. 𝜷
𝟐×𝟏
+ 𝓔
𝟐𝟒×𝟏
𝒙 𝒕
𝑻
𝒕=𝟏
= 𝑻𝑿 = 𝟐𝟒 × 𝟔𝟕 = 𝟏𝟔𝟎𝟖 , 𝑽 𝑿 =
𝟏
𝑻
𝒙 𝒕
𝟐
𝑻
𝒕=𝟏
− 𝑿 𝟐
⟹ 𝒙 𝒕
𝟐
𝑻
𝒕=𝟏
= 𝑻 𝑽 𝑿 + 𝑿 𝟐 = 𝟐𝟒 × 𝟔𝟖𝟎 + 𝟔𝟕 𝟐 = 𝟏𝟐𝟒𝟎𝟓𝟔

35
𝑿′ 𝑿 =
𝟏 … 𝟏
𝒙 𝟏 … 𝒙 𝑻
𝟏
⋮
𝟏
𝒙 𝟏
⋮
𝒙 𝑻
=
𝑻 𝒙 𝒕
𝑻
𝒕=𝟏
𝒙 𝒕
𝑻
𝒕=𝟏
𝒙 𝒕
𝟐
𝑻
𝒕=𝟏
=
𝟐𝟒 𝟏𝟔𝟎𝟖
𝟏𝟔𝟎𝟖 𝟏𝟐𝟒𝟎𝟓𝟔
𝒅𝒆𝒕 𝑿′
𝑿 = 𝟐𝟒 × 𝟏𝟐𝟒𝟎𝟓𝟔 − 𝟏𝟔𝟎𝟖 𝟐
= 𝟑𝟗𝟏𝟔𝟖𝟎 𝒆𝒕 𝑪𝒐𝒎 𝑿′
𝑿 =
𝟏𝟐𝟒𝟎𝟓𝟔 −𝟏𝟔𝟎𝟖
−𝟏𝟔𝟎𝟖 𝟐𝟒
𝑿′
𝑿 −𝟏
=
𝟏
𝟑𝟗𝟏𝟔𝟖𝟎
𝟏𝟐𝟒𝟎𝟓𝟔 −𝟏𝟔𝟎𝟖
−𝟏𝟔𝟎𝟖 𝟐𝟒
c)
𝒚 𝒕 = 𝟑𝟗, 𝟎𝟓 + 𝟎, 𝟖𝟓𝒙 𝒕 ; 𝒕 = 𝟏, 𝟐, … , 𝑻 ; En supposant que le modèle estimé durant les24trimestres reste
encore valide pour le premier trimestre de 2006 on obtient :
𝒚 𝑻+𝟏
𝒑
= 𝒚 𝟐𝟓
𝒑
= 𝟑𝟗, 𝟎𝟓 + 𝟎, 𝟖𝟓𝒙 𝟐𝟓 = 𝟑𝟗, 𝟎𝟓 + 𝟎, 𝟖𝟓 × 𝟗𝟖 = 𝟏𝟐𝟐, 𝟑𝟓
𝒚 𝑻+𝟏
𝒑
= 𝜷 𝟏 + 𝜷 𝟐 𝒙 𝑻+𝟏 𝒆𝒕 𝒚 𝑻+𝟏 = 𝜷 𝟏 + 𝜷 𝟐 𝒙 𝑻+𝟏 + 𝓔 𝑻+𝟏
⟹ 𝒚 𝑻+𝟏 − 𝒚 𝑻+𝟏
𝒑
= 𝓔 𝑻+𝟏 − 𝜷 𝟏 − 𝜷 𝟏 − 𝜷 𝟐 − 𝜷 𝟐 𝒙 𝑻+𝟏
𝑬 𝒚 𝑻+𝟏 − 𝒚 𝑻+𝟏
𝒑
= 𝑬 𝓔 𝑻+𝟏 = 𝟎
𝑽 𝒚 𝑻+𝟏 − 𝒚 𝑻+𝟏
𝒑
= 𝑬 𝒚 𝑻+𝟏 − 𝒚 𝑻+𝟏
𝒑 𝟐
= 𝑬 𝓔 𝑻+𝟏
𝟐
+ 𝑬 𝜷 𝟏 − 𝜷 𝟏 + 𝜷 𝟐 − 𝜷 𝟐 𝒙 𝑻+𝟏
𝟐
𝑷𝒖𝒊𝒔𝒒𝒖𝒆 𝜷 𝟏 𝒆𝒕 𝜷 𝟐 𝒏𝒆 𝒅é𝒑𝒆𝒏𝒅𝒆𝒏𝒕 𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝓔 𝟏, 𝓔 𝟐, … , 𝓔 𝑻 𝒆𝒕 𝒒𝒖𝒆 𝑬 𝓔 𝒕 𝓔 𝑻+𝟏 = 𝟎 ∀ 𝒕 = 𝟏, 𝟐, … , 𝑻
𝒐𝒏 𝒂 𝒅𝒐𝒏𝒄 𝒃𝒊𝒆𝒏 𝑬 𝜷 𝟏 𝓔 𝑻+𝟏 = 𝑬 𝜷 𝟐 𝓔 𝑻+𝟏 = 𝟎
𝑬 𝓔 𝑻+𝟏
𝟐
= 𝝈 𝟐
𝒆𝒕 𝑬 𝜷 𝟏 − 𝜷 𝟏 + 𝜷 𝟐 − 𝜷 𝟐 𝒙 𝑻+𝟏
𝟐
= 𝑽 𝜷 𝟏 − 𝜷 𝟏 + 𝜷 𝟐 − 𝜷 𝟐 𝒙 𝑻+𝟏
= 𝑽 𝜷 𝟏 + 𝒙 𝑻+𝟏 𝜷 𝟐 − 𝜷 𝟏 + 𝒙 𝑻+𝟏 𝜷 𝟐
= 𝑽 𝜷 𝟏 + 𝒙 𝑻+𝟏 𝜷 𝟐
= 𝑽 𝜷 𝟏 + 𝑽 𝒙 𝑻+𝟏 𝜷 𝟐 + 𝟐𝒙 𝑻+𝟏 𝑪𝒐𝒗 𝜷 𝟏, 𝜷 𝟐
= 𝝈 𝟐
𝟏
𝒏
+
𝑿 𝟐
𝒕=𝟏
+
𝝈 𝟐
𝒙 𝑻+𝟏
𝟐
𝒕=𝟏
−
𝟐𝝈 𝟐
𝒙 𝑻+𝟏 𝑿
𝒕=𝟏

36
= 𝝈 𝟐
𝟏
𝒏
+
𝑿 𝟐
𝒕=𝟏
+
𝒙 𝑻+𝟏
𝟐
𝒕=𝟏
−
𝟐𝒙 𝑻+𝟏 𝑿
𝒕=𝟏
= 𝝈 𝟐
𝟏
𝒏
+
𝒙 𝑻+𝟏 − 𝑿 𝟐
𝒕=𝟏
𝒑𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆 𝑽 𝒚 𝑻+𝟏 − 𝒚 𝑻+𝟏
𝒑
= 𝝈 𝟐 + 𝝈 𝟐
𝟏
𝒏
+
𝒙 𝑻+𝟏 − 𝑿 𝟐
𝒕=𝟏
= 𝝈 𝟐 𝟏 +
𝟏
𝒏
+
𝒙 𝑻+𝟏 − 𝑿 𝟐
𝒕=𝟏
𝑻 =
𝒚 𝑻+𝟏 − 𝒚 𝑻+𝟏
𝒑
𝝈 𝟏 +
𝟏
𝒏
+
𝒙 𝑻+𝟏 − 𝑿 𝟐
𝒕=𝟏
↝ 𝝉 𝑻 − 𝟐
Sera la statistique de décision pour construire l’intervalle de prévision
𝑰𝑪 𝟏−𝜶 = 𝒚 𝑻+𝟏
𝒑
± 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝑻 − 𝟐 𝝈 𝟏 +
𝟏
𝒏
+
𝒙 𝑻+𝟏 − 𝑿 𝟐
𝒕=𝟏
𝑰𝑪 𝟗𝟓% = 𝟏𝟐𝟐, 𝟑𝟓 ± 𝟐, 𝟎𝟕𝟒 × 𝟐𝟑, 𝟎𝟗 × 𝟏 +
𝟏
𝟐𝟒
+
𝟗𝟖 − 𝟔𝟕 𝟐
𝟐𝟒 × 𝟔𝟖𝟎
= 𝟕𝟐, 𝟏𝟏𝟏; 𝟏𝟕𝟐, 𝟓𝟖𝟗
Corrigé 12: (IHEC SP2010)
1) 𝒐𝒏 𝒔𝒆 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒐𝒔𝒆 𝒅𝒆 𝒕𝒆𝒔𝒕𝒆𝒓 𝑯 𝟎 ∶ 𝜷 𝟐 = 𝟎 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆 𝑯 𝟏 ∶ 𝜷 𝟐 ≠ 𝟎, 𝒂𝒗𝒆𝒄 𝒖𝒏 𝒓𝒊𝒔𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝟓%
𝑻 =
𝜷 𝟐 − 𝜷 𝟐
𝝈 𝜷 𝟐
↝ 𝝉 𝑻 − 𝟐 𝒔𝒆𝒓𝒂 𝒍𝒂 𝒔𝒕𝒂𝒕𝒊𝒔𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝒅é𝒄𝒊𝒔𝒊𝒐𝒏
𝜷 𝟐 − 𝟏
𝝈 𝜷 𝟐
> 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝑻 − 𝟐
𝒐𝒓 𝑻 𝟎 =
𝜷 𝟐
𝝈 𝜷 𝟐
= 𝟏𝟎, 𝟐 𝒆𝒕 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝒏 − 𝟐 = 𝒕 𝟎,𝟗𝟕𝟓 𝟖𝟑 = 𝚽−𝟏 𝟎, 𝟗𝟕𝟓 = 𝟏, 𝟗𝟔 ⟹ 𝑻 𝟎 > 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝑻 − 𝟐
Donc on rejette 𝑯 𝟎 et la valeur 𝜷 𝟐 sera statistiquement significative. D’où l’effet de X sur Y est
significativement différent de zéro
2)

37
a)
𝝈 𝟐 =
𝑺𝑪𝑹
𝒏 − 𝟐
=
𝟔𝟐𝟑𝟒, 𝟑𝟐
𝟖𝟑
= 𝟕𝟓, 𝟏𝟏
b)
𝑻 𝟎 =
𝜷 𝟐
𝝈 𝜷 𝟐
⟺ 𝝈 𝜷 𝟐
=
𝜷 𝟐
𝑻 𝟎
=
𝟏, 𝟏
𝟏𝟎, 𝟐
= 𝟎, 𝟏𝟏
c)
𝑺𝑪𝑬 = 𝒚𝒊 − 𝒚 𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
= 𝜷 𝟐
𝟐
𝒙𝒊 − 𝒙 𝟐
𝒏
𝒊=𝟏
𝒆𝒕 𝝈 𝜷 𝟐
𝟐
=
𝝈 𝟐
𝒊=𝟏
⟹ 𝑺𝑪𝑬 = 𝜷 𝟐
𝟐
𝝈 𝟐
𝝈 𝜷 𝟐
𝟐 = 𝟏, 𝟏 𝟐 ×
𝟕𝟓, 𝟏𝟏
𝟎, 𝟏𝟏 𝟐
= 𝟕𝟓𝟏𝟏
Tableau d’Analyse de la Variance
Source de la variation Somme des Carrés Degré de liberté Carrés Moyens
Régression
𝑺𝑪𝑬 = 𝟕𝟓𝟏𝟏 𝟐 − 𝟏 = 𝟏
𝑺𝑪𝑬
𝟏
= 𝟕𝟓𝟏𝟏
Résidus
𝑺𝑪𝑹 = 𝟔𝟐𝟑𝟒, 𝟑𝟐 𝒏 − 𝟐 = 𝟖𝟑
𝝈 𝟐 =
𝑺𝑪𝑹
𝒏 − 𝟐
= 𝟕𝟓, 𝟏𝟏
Total
𝑺𝑪𝑻 = 𝟏𝟑𝟕𝟒𝟓, 𝟑𝟐 𝒏 − 𝟏 = 𝟖𝟒
𝑺𝑪𝑻
𝒏 − 𝟏
= 𝟏𝟔𝟑, 𝟔𝟑
Test de significativité globale 𝑯 𝟎: 𝒃 = 𝟎 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆 𝑯 𝟏: 𝒃 ≠ 𝟎
𝑭 =
𝑺𝑪𝑬
𝟐 − 𝟏
𝑺𝑪𝑹
𝒏 − 𝟐
=↝ 𝓕 𝟐 − 𝟏, 𝒏 − 𝟐 𝒔𝒆𝒓𝒂 𝒍𝒂 𝒔𝒕𝒂𝒕𝒊𝒔𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝒅é𝒄𝒊𝒔𝒊𝒐𝒏,
𝒐𝒏 𝒓𝒆𝒋𝒆𝒕𝒕𝒆 𝑯 𝟎 𝒔𝒊 𝑭 𝒐𝒃𝒔 > 𝒇 𝟏−𝜶 𝟐 − 𝟏, 𝒏 − 𝟐
𝒐𝒓 𝑭 𝒐𝒃𝒔 =
𝟕𝟓𝟏𝟏
𝟕𝟓, 𝟏𝟏
= 𝟏𝟎𝟎 > 𝒇 𝟏−𝜶 𝟐 − 𝟏, 𝒏 − 𝟐 = 𝒇 𝟎,𝟗𝟓 𝟏, 𝟖𝟑 ≅ 𝟑, 𝟖𝟒
On retrouve ainsi les résultats de 1) et le modèle est globalement significatif.
3) 𝒐𝒏 𝒔𝒆 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒐𝒔𝒆 𝒅𝒆 𝒕𝒆𝒔𝒕𝒆𝒓 𝑯 𝟎 ∶ 𝜷 𝟐 = −𝟏 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆 𝑯 𝟏 ∶ 𝜷 𝟐 ≠ −𝟏, 𝒂𝒗𝒆𝒄 𝒖𝒏 𝒓𝒊𝒔𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝟓%

38
𝑻 =
𝜷 𝟐 − 𝜷 𝟐
𝝈 𝜷 𝟐
𝜷 𝟐 + 𝟏
𝝈 𝜷 𝟐
> 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝒏 − 𝟐
𝒐𝒓 𝑻 𝟎 =
𝜷 𝟐 + 𝟏
𝝈 𝜷 𝟐
=
𝟏, 𝟏 + 𝟏
𝟎, 𝟏𝟏
= 𝟏𝟗, 𝟎𝟗 𝒆𝒕 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝒏 − 𝟐 = 𝒕 𝟎,𝟗𝟕𝟓 𝟖𝟑 = 𝚽−𝟏
𝟎, 𝟗𝟕𝟓 = 𝟏, 𝟗𝟔
𝒆𝒏 𝒆𝒇𝒇𝒆𝒕 𝑻 𝟎 > 𝒕 𝟏−
𝜶
𝟐
𝑻 − 𝟐
Donc on rejette 𝑯 𝟎 et la valeur 𝜷 𝟐 est significativement différent de -1
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