41  Distribuição de Wishart

Seja \(\boldsymbol{X}_n^*\) a.a. de \(\boldsymbol{X} \sim N_p(\boldsymbol{0}, \Sigma)\). Defina \(M = \sum^n_{i=1} \boldsymbol{X}_i \boldsymbol{X}_i^T\). Dizemos que \(M\) tem distribuição de Wishart com matriz de escala \(\Sigma\) e \(n\) graus de liberdade.

Notação

\[ M \sim \mathrm{Wishart}_p(\Sigma, n) \]

Se \(p=1\), então

\[ M \sim \mathrm{Wishart}_1(\sigma^2, n) \]

e

\[ \frac{M}{\sigma^2} \sim \chi^2_n\ \ \ \text{ou}\ \ \ M \sim \sigma^2 \chi^2_p \]

em que \(\Sigma = \sigma^2\).

Teorema 1.

Seja \(B\) uma matriz \(q\times p\) cujas linhas são linearmente independentes. Se \(M \sim \mathrm{Wishart}_p(\Sigma, n)\), então,

\[ B M B^T \sim \mathrm{Wishart}_q(B\Sigma B^T, n) \]

Prova.

Note que

\[ M = \sum^n_{i=1} \boldsymbol{X}_i \boldsymbol{X}_i^T, \boldsymbol{X}_i \sim N_p(\boldsymbol{0}, \Sigma) \Rightarrow B(\sum^n_{i=1} \boldsymbol{X}_i \boldsymbol{X}_i^T)B^T = \sum^n_{i=1} B \boldsymbol{X}_i \boldsymbol{X}_i^T B^T \]

Note ainda que, para amostras aleatórias,

\[ \boldsymbol{Y}_i = B \boldsymbol{X}_i \sim N_q(\boldsymbol{0}, B \Sigma B^T) \]

Como \(B M B^T = \sum^n_{i=1} \boldsymbol{Y}_i \boldsymbol{Y}_i^T, Y \sim N_q(\boldsymbol{0}, B \Sigma B^T)\), por definição, \(B M B^T \sim \mathrm{Wishart}_q(B \Sigma B^T, n)\).

Teorema 2.

Se \(M \sim \mathrm{Wishart}_p (\Sigma, n)\) e \(\boldsymbol{a} \in \mathbb{R}^p\) difernete de zero, então

\[ \frac{a^T M a}{a^T \Sigma a} \sim \chi^2_n \]

Prova. Pelo Teorema 1,

\[ a^T M a \sim \mathrm{Wishart}_1(a^T \Sigma a, n) \Rightarrow \frac{a^T M a}{a^T \Sigma a} \sim \chi^2_n \]

Teorema 3.

Se \(M_1 \sim \mathrm{Wishart}_p(\Sigma, n_1)\) e \(M_2 \sim \mathrm{Wishart}_p(\Sigma, n_2)\) forem independentes, então

\[ M_1 + M_2 \sim \mathrm{Wishart}_p(\Sigma, n_1 + n_2) \]

Prova.

Sejam \(\boldsymbol{X}_1, \dots, \boldsymbol{X}_n\) e \(\boldsymbol{Y}_1, \dots, \boldsymbol{Y}\) vetores aleatórios independentes e identicamente distribuidos tais que \(\boldsymbol{X}_1 \sim N_p(\boldsymbol{0}, \Sigma)\). podemos escrever

\[ M_1 = \sum^{n_1}_{i=1} \boldsymbol{X}_i \boldsymbol{X}_i^T \sim \mathrm{Wishart}_p(\Sigma, n_1) \]

e

\[ M_2 = \sum^{n_2}_{i=1} \boldsymbol{Y}_i \boldsymbol{Y}_i^T \sim \mathrm{Wishart}_p(\Sigma, n_1) \]

Observe ainda que

\[ M_1 + M_2 = \sum^{n_1}_{i=1} \boldsymbol{X}_i \boldsymbol{X}_i^T + \sum^{n_2}_{i=1} \boldsymbol{Y}_i \boldsymbol{Y}_i^T \sum^{n_1 + n_2}_{j=1} \boldsymbol{W}_i,\boldsymbol{W}_i^T \]

em que \(\boldsymbol{W}_i \sim N_p(\boldsymbol{0}, \Sigma)\)

\[ \begin{cases} \boldsymbol{Z}_1 = \boldsymbol{X}_1 & \boldsymbol{Z}_{n_1+1} = \boldsymbol{Y}_1 \\ \vdots & \vdots \\ \boldsymbol{Z}_{n_1} = \boldsymbol{X}_n & \boldsymbol{Z}_{n_1+n_2} = \boldsymbol{Y}_1 \\ \end{cases} \]

Logo, por definição,

\[ M_1 + M_2 \sim \mathrm{Wishart}_p(\Sigma, n_1 + n_2) \]

Teorema 4.

Seja \(\boldsymbol{X}_n^*\) a.a. de \(\boldsymbol{X} \sim N_p\left(\boldsymbol{\mu}, \Sigma\right)\). Então,

\[ \bar{X} = \frac{1}{n} \sum^n_{i=1} \boldsymbol{X}_i \sim N_p\left(\mu, \frac{1}{n} \Sigma\right) \]

e

\[ n \cdot S^2_n = \sum^n_{i=1} (\boldsymbol{X}_i - \bar{X})(\boldsymbol{X}_i - \bar{X})^T \sim \mathrm{Wishart}_p(\Sigma, n-1) \]

Prova.

Por F.G.M. \[ \bar{X} = \frac{1}{n} \sum^n_{i=1} \boldsymbol{X}_i \sim N_p\left(\mu, \frac{1}{n} \Sigma\right) \]

Usamos que \(\bar{X}, S^2_n\) são independentes e

\[ p=1 \Rightarrow \begin{cases} \bar{X} \sim N_1\left(\mu,\frac{\sigma^2}{n}\right) \\ \frac{n S^2_n}{\sigma^2} \sim \chi^2_{(n-1)} \end{cases} \]

Os autores reescrevem a soma a seguinte forma

\[ n S^2_n = \sum^n_{i=1} (\boldsymbol{X}_i - \bar{X})(\boldsymbol{X}_i - bar{X})^T = \sum^n_{i=1} \left(\boldsymbol{X}_i - \frac{1}{n} \sum^n_{i=1} \boldsymbol{X}_i\right) \left(\boldsymbol{X}_i - \frac{1}{n} \sum^n_{i=1} \boldsymbol{X}_i\right)^T \]

Defina

\[ \boldsymbol{X}' = \begin{bmatrix} \boldsymbol{X}_1^T \\ \boldsymbol{X}_2^T \\ \vdots \\ \boldsymbol{X}_n^T \end{bmatrix}\ \ \ \ \text{e}\ \ J = \begin{bmatrix} 1 & 1 & \dots & 1 \end{bmatrix} \]

Logo,

\[ \frac{1}{n} J \boldsymbol{X}' = \sum^n_{i=1} \boldsymbol{X}_i = \bar{X}^T \Rightarrow \frac{1}{n} \boldsymbol{X}'^T j^T = \bar{X} \]

Disso, segue que

\[ n S^2_n = \left(\boldsymbol{X}'^T - \boldsymbol{X}'^T \frac{J^T J}{n}\right) \left(\boldsymbol{X}'^T - \boldsymbol{X}'^T \frac{J^T J}{n}\right)^T = \boldsymbol{X}'^T \left(I - \frac{J^T J}{n}\right) \boldsymbol{X}' \]