2024-03-02

計量経済学メモ:行列表記を用いた決定係数

・本稿の内容
前回は行列を用いて最少二乗推定量を導出しました。今回は回帰直線の当てはまりの尺度である決定係数を行列を用いて導出します。前回と同じく、回帰モデルの説明変数の数は定数項を含めて $k$ 個、データのサイズは $n$ 個( $n\ge k$ )として話を進めます。

Ⅰ:準備
Ⅱ:決定係数の導出
Ⅲ:参考文献

Ⅰ:準備

定数項を含めて $k$ 個の説明変数を持つ以下の重回帰モデルを考える。

$y_i= \beta_1+\beta_2x_{i2}++\cdot\cdot\cdot+\beta_kx_{ik}+e_i$

前回導出した最少二乗推定量を用いて表した

$\hat{y_i}= \hat{\beta_1}+\hat{\beta_2}x_{i2}++\cdot\cdot\cdot+\hat{\beta_k}x_{ik}$

を回帰直線と呼ぶ。回帰直線の左辺 $\hat{y_i}$ を理論値と呼ぶ。回帰直線で考えた場合の残差 $\hat{e_i}$ と表すことにすれば、実現値 $y_i$ と理論値 $\hat{y_i}$ の差として、

$\hat{e_i}=y_i-\hat{y_i}$

と書くことができる。上式を更に変形すると、

$y_i=\hat{y_i}+\hat{e_i}$

のように実績値を理論値と残差の和として表すことができる。この式の両辺から $y_i$ の平均値 $\bar{y}$ を引いて、両辺を二乗してすべてのデータについて和をとると、

$\begin{eqnarray} \sum\limits_{i=1}^{n}(y_i-\bar{y})^2&=&\sum\limits_{i=1}^{n}\{(\hat{y_i}-\bar{y})+\hat{e_i}\}^2\\ &=&\sum\limits_{i=1}^{n}(\hat{y_i}-\bar{y})^2+2\sum\limits_{i=1}^{n}(\hat{y_i}-\bar{y})\hat{e_i}+\sum\limits_{i=1}^{n}\hat{e_i}^2 \end{eqnarray}$

と書ける。右辺の $2\sum\limits_{i=1}^{n}(\hat{y_i}-\bar{y})\hat{e_i}$ は前回導出した正規方程式より、 $0$ となる。*1

Ⅱ:決定係数の導出

決定係数 $R^2$ は以下のように定義される。

$R^2=\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}(\hat{y_i}-\bar{y})^2}{\sum\limits_{i=1}^{n}(y_i-\bar{y})^2}$

Ⅰ:準備の結果を用いると、

$\begin{eqnarray} R^2&=&\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}(\hat{y_i}-\bar{y})^2}{\sum\limits_{i=1}^{n}(y_i-\bar{y})^2}\\ &=&1-\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}\hat{e}^2}{\sum\limits_{i=1}^{n}(y_i-\bar{y})^2}・・・① \end{eqnarray}$

と書ける。①式の右辺の分数の分子は $\boldsymbol{\hat{e}}=(\hat{e}_1,\hat{e}_2・・・\hat{e}_n)'$ として、

$\sum\limits_{i=1}^{n}\hat{e}^2=\boldsymbol{\hat{e}}' \boldsymbol{\hat{e}}$

と書ける。次に①式の右辺の分数の分母 $\sum\limits_{i=1}^{n}(y_i-\bar{y})^2$ を見ていく。ここで簡単化のためにデータのサイズ $n$ を $3$ として考えていく。

$\sum\limits_{i=1}^{3}(y_i-\bar{y})^2=(y_{1}-\bar{y})^2+(y_{2}-\bar{y})^2+(y_{3}-\bar{y})^2・・・②$

②式の右辺の行列表記を考える。 $\boldsymbol{y}=(y_{1},y_{2},y_{3})'$ 、 $\boldsymbol{1}=(1,1,1)'$ とする。 $\bar{y}$ は

$\begin{eqnarray} \bar{y}&=&\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}'\boldsymbol{y}\\ &=& \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix} 1&1&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} y_{1}\\ y_{2}\\ y_{3} \end{pmatrix}\\ &=&\dfrac{y_{1}+y_{2}+y_{3}}{3}\\ &=&\bar{y} \end{eqnarray}$

と書ける。これを用いて、②式の右辺を行列表記していく。

$\begin{eqnarray} \sum\limits_{i=1}^{3}(y_i-\bar{y})^2&=&(y_{1}-\bar{y})^2+(y_{2}-\bar{y})^2+(y_{3}-\bar{y})^2・・・②\\ &=& \begin{pmatrix} y_{1}-\bar{y}&y_{2}-\bar{y}&y_{3}-\bar{y} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} y_{1}-\bar{y}\\ y_{2}-\bar{y}\\ y_{3}-\bar{y} \end{pmatrix}\\ &=& \left(\boldsymbol{y}-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'\boldsymbol{y}\right)'\left(\boldsymbol{y}-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'\boldsymbol{y}\right)\\ &=& \left(\boldsymbol{y}'-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{y}'\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'\right)\left(\boldsymbol{y}-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'\boldsymbol{y}\right)\\ &=& \boldsymbol{y}'\left( \boldsymbol{I}-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'\right)\left( \boldsymbol{I}-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'\right)\boldsymbol{y}・・・③ \end{eqnarray}$

と書ける。(※ $\boldsymbol{I}$ は $3×3$ の単位行列。)③式の $\left( \boldsymbol{I}-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'\right)\left( \boldsymbol{I}-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'\right)$ の部分を先に計算していく。

$\begin{eqnarray} \left( \boldsymbol{I}-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'\right)\left( \boldsymbol{I}-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'\right) &=& \boldsymbol{I}\boldsymbol{I}-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{I}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'\boldsymbol{I}+\dfrac{1}{9}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'\\ &=& \boldsymbol{I}-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'+\dfrac{1}{9} \begin{pmatrix} 1&1&1\\ 1&1&1\\ 1&1&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1&1\\ 1&1&1\\ 1&1&1 \end{pmatrix}\\ &=& \boldsymbol{I}-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'+\dfrac{1}{9} \begin{pmatrix} 3&3&3\\ 3&3&3\\ 3&3&3 \end{pmatrix}\\ &=& \boldsymbol{I}-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'+\dfrac{1}{9}×3 \begin{pmatrix} 1&1&1\\ 1&1&1\\ 1&1&1 \end{pmatrix}\\ &=& \boldsymbol{I}-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'+\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'\\ &=& \boldsymbol{I}-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}' \end{eqnarray}$

と書ける。*2よって、③式は $\boldsymbol{y}'\left(\boldsymbol{I}-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'\right)\boldsymbol{y}$ となるから、①式はデータのサイズ $n$ が $3$ のとき、

$R^2=1-\dfrac{\boldsymbol{\hat{e}}' \boldsymbol{\hat{e}}}{\boldsymbol{y}'\left(\boldsymbol{I}-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'\right)\boldsymbol{y}}$

と書ける。データのサイズが $n$ のときは、

$R^2=1-\dfrac{\boldsymbol{\hat{e}}' \boldsymbol{\hat{e}}}{\boldsymbol{y}'\left(\boldsymbol{I}-\dfrac{1}{n}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'\right)\boldsymbol{y}}・・・④$

と書ける。④式の右辺の分数の部分について、分子を $n-k$ (データのサイズ-定数項を含む説明変数の数)、分母を $n-1$ (データのサイズ- $1$ )で割った値、

$\bar{R}^2=1-\dfrac{\boldsymbol{\hat{e}}' \boldsymbol{\hat{e}}/(n-k)}{\boldsymbol{y}'\left(\boldsymbol{I}-\dfrac{1}{n}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'\right)\boldsymbol{y}/(n-1)}・・・④$

を自由度修正済み決定係数と呼ぶ。

Ⅲ:参考文献

藤山英樹 (2007) 『統計学からの計量経済学入門』昭和堂
 山本拓(2022)『計量経済学第2版』新世社

*1:ここの証明はさぼりました・・・山本[2022]のp22～や、藤山[2007]のp119～を参照してください。

*2:計算結果から分かるように、 $\left(\boldsymbol{I}-\dfrac{1}{3}\boldsymbol{1}\boldsymbol{1}'\right)$ は冪等行列です。ちなみに対称行列でもあります。

2023-11-17

統計学メモ:区間推定のRコード

統計学 R

・本稿の内容
区間推定を視覚的に理解するための $R$ コードをメモします。母集団が正規分布で分散が既知である場合の平均値の区間推定を信頼係数95%で実施し、その結果を視覚的に確認します。

Ⅰ:Rコード
Ⅱ:参考文献

Ⅰ:Rコード

母集団が $N(50,10^2)$ の正規分布に従うとする。母集団の平均値の区間推定を信頼係数95%で実施し、信頼区間を求める。以下に区間推定を行うための $R$ コードを記載する。*1

#区間推定のサンプルコード

#サンプルサイズ
#※サンプルサイズを大きくすればするほど、信頼区間の幅が狭くなっていく。
n<-50
#サンプル数
N<-100
#グラフ描画
plot(c(0,N),c(40,60),type='n',axes=T,xlab='',ylab='')
axis(1)
#母集団の平均値50で横線
abline(h=50)
y1<-y2<-numeric(N)
for(i in 1:N){
  #平均50、標準偏差10の正規分布に従う確率変数をn個生成
  y<-rnorm(n,50,10)
  #95%信頼区間の下限値と上限値
  y1[i]<-mean(y)+qnorm(0.975,mean = 0,sd = 1)*sd(y)/sqrt(n)
  y2[i]<-mean(y)-qnorm(0.975,mean = 0,sd = 1)*sd(y)/sqrt(n)
  #信頼区間の線分を描画
  segments(i,y1[i],i,y2[i],lwd = 2)
}

上記のコードを実行すると以下のような図が出力される。*2

図1:95%信頼区間

この図は $n$ 個のサンプルを抽出し、信頼区間を求めるという作業を100回繰り返したときの結果を視覚化したものである。信頼係数95%の区間推定を実施したため、母平均の値50を含む信頼区間が求められる確率は95%となっているはずである。*3図1で母平均の値50を含まない信頼区間の箇所に赤枠を付けたものが以下の図である。

図2:母集団の平均値50を含まない信頼区間

100個の信頼区間のうち、6個に赤枠が付いている。つまり、94%という95%とほぼ同じ確率で母平均の値50を含む信頼区間が求められたということである。

Ⅱ:参考文献

神永正博・木下勉(2019)『Rで学ぶ確率統計学一変量統計編』内田老鶴圃

*1:本稿の $R$ コードは神永・木下[2019]の第13章を参考にして作成しました。

*2:乱数を発生させているので実行結果は毎回異なります。

*3:ここの言い回しは注意しなければいけないところです。母集団の平均値はあくまでも定数[※ベイズ統計の考え方は今は無視します]であって、確率変数ではありません。「母集団の平均値が95%の確率で信頼区間の中に収まる」といった言い方は厳密には誤りとなります。詳しくは神永・木下[2019]の第13章などを参照してください。

2023-05-14

時系列分析メモ:差分方程式(2)

時系列分析 Python

・本稿の内容
時系列分析で使用する差分方程式のメモです。前回は逐次的に代入を行う形で差分方程式の解を求めました。今回からは差分方程式の同次部分( $y_{t}=a_{0}+a_{1}y_{t-1}+\varepsilon_{t}$ の $a_{1}y_{t-1}$ の部分)の解(以下、同次解)と特殊解の和が一般解となることを確認していきます。今回は、同次解の求め方に焦点を当てていきます。本稿の内容の多くは、ウォルター・エンダース著,新谷元嗣・薮友良訳 (2019)『実証のための計量時系列分析』有斐閣の第1章に基づいています。
・本文

Ⅰ:1次の差分方程式の同次解
Ⅱ:2次の差分方程式の同次解
Ⅲ:同次解の時間経路
Ⅳ:参考文献

Ⅰ:1次の差分方程式の同次解

定数項と誤差項を持つ1次の差分方程式

$y_{t}=a_{0}+a_{1}y_{t-1}+\varepsilon_{t}・・・①$

の $a_{0}$ , $\varepsilon_{t}$ を $0$ とした式

$y_{t}=a_{1}y_{t-1}・・・②$

のことを同次方程式と呼ぶ。②式の解(同次解)を求めていく。 $y_{t}=y_{t-1}=\cdots=0$ が同次解であることは明らかである。前回導出した以下の式

$y_{t}=a_{0}\sum\limits_{i=0}^{t-1} a_{1}^{i}+a_{1}^{t}y_{0}+\sum\limits_{i=0}^{t-1} a_{1}^{i}\varepsilon_{t-i}・・・③$

を再掲する。③式で $a_{0}=0$ , $\varepsilon_{t}$ をすべての $t$ に関して $0$ とおくと、

$y_{t}=a_{1}^{t}y_{0}・・・④$

となる。②式の同次解は④式だけではない。任意の定数 $A$ を $a_{1}^{t}に$ かけた $y_{t}=Aa_{1}^{t}$ も解である。このことを確認する。 $y_{t}=Aa_{1}^{t}$ を②式に代入すると

$\begin{eqnarray} Aa_{1}^{t}&=&a_{1}Aa_{1}^{t-1}\\ &=&Aa_{1}^{t} \end{eqnarray}$

となり、両辺が等しくなるから、 $y_{t}=Aa_{1}^{t}$ は②式の解であることが確認できた。 $A=0$ のとき、 $y_{t}=0$ となり、 $A=y_{0}$ のとき、 $y_{t}=a_{1}^{t}y_{0}$ となる。前回導出した以下の式を再掲する。

$y_{t}=\dfrac{a_{0}}{1-a_{1}}+\sum\limits_{i=0}^{\infty} a_{1}^{i}\varepsilon_{t-i}・・・⑤$

$y_{t}=Aa_{1}^{t}$ と⑤式を足した式は前回導出した以下の式

$y_{t}=Aa_{1}^{t}+\dfrac{a_{0}}{1-a_{1}}+\sum\limits_{i=0}^{\infty} a_{1}^{i}\varepsilon_{t-i}・・・⑥$

と等しくなる。⑤式は⑥式で $A=0$ とした場合に相当する特殊な形であるという意味で、特殊解と呼ばれる。⑥式は同次解である $y_{t}=Aa_{1}^{t}$ と特殊解である $\dfrac{a_{0}}{1-a_{1}}+\sum\limits_{i=0}^{\infty} a_{1}^{i}\varepsilon_{t-i}$ の和となっている。同次解と特殊解の和を一般解とよぶ。

$\underbrace{y_{t}}_{\text{一般解}}=\underbrace{Aa_{1}^{t}}_{\text{同次解}}+\underbrace{\dfrac{a_{0}}{1-a_{1}}+\sum\limits_{i=0}^{\infty} a_{1}^{i}\varepsilon_{t-i}}_{\text{特殊解}}$

Ⅱ:2次の差分方程式の同次解

定数項と誤差項を持つ2次の差分方程式

$y_{t}=a_{0}+a_{1}y_{t-1}+a_{2}y_{t-2}+\varepsilon_{t}・・・⑦$

の同次部分は $a_{0}$ , $\varepsilon_{t}$ を $0$ とした式

$y_{t}=a_{1}y_{t-1}+a_{2}y_{t-2}・・・⑧$

である。⑧式の右辺の項を左辺に移行する

$y_{t}-a_{1}y_{t-1}-a_{2}y_{t-2}=0・・・⑨$

1次の差分方程式の同次解を求めた際の類推で適当なパラメータ $\lambda$ を用いて $y_{t}=A\lambda^{t}$ を⑨式に代入する。

$A\lambda^{t}-a_{1}A\lambda^{t-1}-a_{2}A\lambda^{t-2}=0・・・⑩$

⑩式の両辺を $A\lambda^{t-2}$ で割ると

$\lambda^{2}-a_{1}\lambda-a_{2}=0・・・⑪$

となる。⑪式を満たす $\lambda$ が存在するなら、 $y_{t}=A\lambda^{t}$ は⑧式の同次解であると言える。この⑪式のことを特性方程式とよぶ。そして⑪式を満たす根のことを特性根とよぶ。⑪式を満たす根は2次方程式の解の公式を用いて、

$\lambda_{1}=\dfrac{-(-a_{1})+\sqrt{(-a_{1})^{2}-4×1×(-a_{2})}}{2×1}=\dfrac{a_{1}+\sqrt{a_{1}^{2}+4a_{2}}}{2}\\ \lambda_{2}=\dfrac{-(-a_{1})-\sqrt{(-a_{1})^{2}-4×1×(-a_{2})}}{2×1}=\dfrac{a_{1}-\sqrt{a_{1}^{2}+4a_{2}}}{2}$

となる。 $A\lambda_{1}^{t}$ 、 $A\lambda_{2}^{t}$ は⑨式の同次解であるが、これらの線形結合 $A_{1}\lambda_{1}^{t}+A_{2}\lambda_{2}^{t}(A_{1},A_{2}は任意の定数)$ も⑨式の同次解である。このことを確認する。⑨式に $y_{t}=A_{1}\lambda_{1}^{t}+A_{2}\lambda_{2}^{t}$ を代入して整理すると

$A_{1}\lambda_{1}^{t}+A_{2}\lambda_{2}^{t}-a_{1}(A_{1}\lambda_{1}^{t-1}+A_{2}\lambda_{2}^{t-1})-a_{2}(A_{1}\lambda_{1}^{t-2}+A_{2}\lambda_{2}^{t-2})=0\\ A_{1}(\lambda_{1}^{t}-a_{1}\lambda_{1}^{t-1}-a_{2}\lambda_{1}^{t-2})+A_{2}(\lambda_{2}^{t}-a_{1}\lambda_{2}^{t-1}-a_{2}\lambda_{2}^{t-2})=0・・・⑫$

となる。⑩式に注意すると⑫式の左辺は0となることが分かる。よって $A_{1}\lambda_{1}^{t}+A_{2}\lambda_{2}^{t}$ が⑨式の同次解であることが確認できた。以下では、この同次解の線形結合のことを完全な同次解と呼ぶことにする。完全な同次解 $A_{1}\lambda_{1}^{t}+A_{2}\lambda_{2}^{t}$ は判別式 $D=a_{1}^{2}+4a_{2}$ の値によって性質が異なる。以下では $D>0$ , $D=0$ , $D<0$ の3パターンで確認していく。

Ⅱ-1: $D>0$ の場合(特性根が相異なる実根)

$D>0$ の場合、特性根は、

$\lambda_{1}=\dfrac{a_{1}+\sqrt{D}}{2}\\ \lambda_{2}=\dfrac{a_{1}-\sqrt{D}}{2}$

である。よって、完全な同次解は

$y_{t}=A_{1}\left(\dfrac{a_{1}+\sqrt{D}}{2}\right)^{t}+A_{2}\left(\dfrac{a_{1}-\sqrt{D}}{2}\right)^{t}$

である。具体例として、

$y_{t}=0.75y_{t-1}-0.125y_{t-2}・・・⑬\\ y_{t}=0.7y_{t-1}-0.35y_{t-2}・・・⑭$

の2式を見ていく。⑬式の判別式 $D$ は $D=(0.75)^{2}-4×0.125=0.0625$ であり、特性根は相異なる実根

$\lambda_{1}=\dfrac{0.75+\sqrt{0.0625}}{2}=0.5\\ \lambda_{2}=\dfrac{0.75-\sqrt{0.0625}}{2}=0.25$

である。よって、完全な同次解は任意の定数 $A_{1},A_{2}$ を用いて

$y_{t}=A_{1}(0.5)^{t}+A_{2}(0.25)^{t}・・・⑮$

となる。⑭式の判別式 $D$ は $D=(0.7)^{2}+4×0.35=1.89$ であり、特性根は相異なる実根

$\lambda_{1}=\dfrac{0.7+\sqrt{1.89}}{2}=1.04\\ \lambda_{2}=\dfrac{0.7-\sqrt{1.89}}{2}=-0.34$

である。よって、完全な同次解は任意の定数 $A_{1},A_{2}$ を用いて

$y_{t}=A_{1}(1.04)^{t}+A_{2}(-0.34)^{t}・・・⑯$

となる。

Ⅱ-2: $D=0$ の場合(特性根が実重根)

$D=0$ の場合、 $\lambda_{1}=\lambda_{2}=\dfrac{a_{1}}{2}$ となり、同次解は $\left(\dfrac{a_{1}}{2}\right)^{2}$ となるが、 $\left(\dfrac{a_{1}}{2}\right)^{2}$ に $t$ をかけた、 $t\left(\dfrac{a_{1}}{2}\right)^{2}$ も同次解となる。(⑨式に代入して式を整理することで確認できる。計算は省略。)よって、完全な同次解は

$y_{t}=A_{1}\left(\dfrac{a_{1}}{2}\right)^{t}+A_{2}t\left(\dfrac{a_{1}}{2}\right)^{t}$

である。具体例として、

$y_{t}=1.8y_{t-1}-0.81y_{t-2}・・・⑰\\ y_{t}=8y_{t-1}-16y_{t-2}・・・⑱$

の2式を見ていく。⑰式の判別式 $D$ は $D=(1.8)^{2}-4×0.81=0$ であり、特性根は実重根

$\lambda_{1}=\lambda_{2}=\dfrac{1.8}{2}=0.9\\$

である。よって、完全な同次解は任意の定数 $A_{1},A_{2}$ を用いて

$y_{t}=A_{1}\left(0.9\right)^{t}+A_{2}t\left(0.9\right)^{t}・・・⑲$

となる。⑰式の判別式 $D$ は $D=(8)^{2}+4×(-16)=0$ であり、特性根は実重根

$\lambda_{1}=\lambda_{2}=\dfrac{8}{2}=4\\$

である。よって、完全な同次解は任意の定数 $A_{1},A_{2}$ を用いて

$y_{t}=A_{1}\left(4\right)^{t}+A_{2}t\left(4\right)^{t}・・・⑳$

となる。

Ⅱ-3: $D<0$ の場合(特性根が複素根)

$D<0$ の場合、特性根は

$\lambda_{1}=\dfrac{a_{1}+i\sqrt{-D}}{2}\\ \lambda_{2}=\dfrac{a_{1}-i\sqrt{-D}}{2}$

である。よって、完全な同次解は

$y_{t}=A_{1}\left(\dfrac{a_{1}+i\sqrt{-D}}{2}\right)^{t}+A_{2}\left(\dfrac{a_{1}-i\sqrt{-D}}{2}\right)^{t}$

となる。さらに、ド・モアブルの定理により、

$y_{t}=C_{1}r^{t}\cos(\theta t+C_{2})$

となる。*1ここで、 $C_{1},C_{2}$ は任意の定数、 $r$ は $r=\sqrt{-a_{2}}$ 、 $\theta$ は $\cos\theta =\dfrac{1_{1}}{2\sqrt{-a_{2}}}$ を満たす。具体例として、

$y_{t}=1.6y_{t-1}-0.9y_{t-2}・・・㉑\\ y_{t}=1.6y_{t-1}-1.2y_{t-2}・・・㉒$

の2式を見ていく。㉑式の判別式 $D$ は $D=(1.6)^{2}-4×0.9=-1.04$ であり、特性根は複素根

$\lambda_{1}=\dfrac{1.6+i\sqrt{-(-1.04)}}{2}\\ \lambda_{2}=\dfrac{1.6-i\sqrt{-(-1.04)}}{2}$

である。 $r=\sqrt{0.9}=0.949$ 、 $\theta$ は $\cos\theta =\dfrac{1.6}{2×\sqrt{0.9}}=0.843$ を満たすように決定され、 $\theta=0.567$ である。よって、完全な同次解は任意の定数 $C_{1},C_{2}$ を用いて

$y_{t}=C_{1}(0.949)^{t}\cos(0.567t+C_{2})・・・㉓$

となる。㉒式の判別式 $D$ は $D=(1.6)^{2}-4×1.2=-2.24$ であり、特性根は複素根

$\lambda_{1}=\dfrac{1.6+i\sqrt{-(-1.04)}}{2}\\ \lambda_{2}=\dfrac{1.6-i\sqrt{-(-1.04)}}{2}$

である。 $r=\sqrt{1.2}=1.1$ 、 $\theta$ は $\cos\theta =\dfrac{1.6}{2×\sqrt{1.2}}=0.727$ を満たすように決定され、 $\theta=0.757$ である。よって、完全な同次解は任意の定数 $C_{1},C_{2}$ を用いて

$y_{t}=C_{1}(1.1)^{t}\cos(0.757t+C_{2})・・・㉔$

となる。

Ⅲ:同次解の時間経路

式⑮、⑯、⑲、⑳、㉓、㉔時間経路を確認していく。式⑮、⑯、⑲、⑳では $A_{1}=A_{2}=1$ とし、式㉓、㉔では $C_{1}=1$ 、 $C_{1}=0$ とする。時間経路を確認するためのPythonコードを下記に記載する。

import matplotlib.pyplot as plt
import math

#x:横軸(時間)y:縦軸(yの値)
x=[]
y=[]

#同次解
def homosolu(t):
  #15式
  return 0.5**t+(0.25)**t
  #16式
  #return 1.04**t+(-0.34)**t  
  #19式        
  #return (0.9)**t+t*(0.9)**t    
  #20式     
  #return 4**t+t*(4**t)　
  #23式　　　　　　 
  #return 0.949**t*math.cos(0.567*t)
  #24式
  #return 1.1**t*math.cos(0.757*t)

#ループ
for i in range(1,30):
  x.append(i)
  y.append(homosolu(i))

#グラフ描画
plt.plot(x,y) 
plt.ylabel("y")
plt.xlabel("t")