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# 5.37: La distribución de Wald

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La distribución de Wald, llamada así por Abraham Wald, es importante en el estudio del movimiento browniano. Específicamente, la distribución gobierna la primera vez que un movimiento browniano con deriva positiva alcanza un valor fijo y positivo. En el movimiento browniano, la distribución de la posición aleatoria en un tiempo fijo tiene una distribución normal (gaussiana), y así la distribución de Wald, que gobierna el tiempo aleatorio en una posición fija, a veces se denomina gaussiana inversa distribución.

## La distribución básica de Wald

### Funciones de distribución

Como de costumbre, vamos a$$\Phi$$ denotar la función de distribución normal estándar.

La distribución básica de Wald con parámetro de forma$$\lambda \in (0, \infty)$$ es una distribución continua$$(0, \infty)$$ con función de distribución$$G$$ dada por$G(u) = \Phi\left[\sqrt{\frac{\lambda}{u}}(u - 1)\right] + e^{2 \lambda} \Phi\left[-\sqrt{\frac{\lambda}{u}} (u + 1)\right], \quad u \in (0, \infty)$ El caso especial$$\lambda = 1$$ da la distribución estándar de Wald.

Prueba

Tenga en cuenta que como$$u \to \infty$$,$$\sqrt{\frac{\lambda}{u}}(u - 1) \to \infty$$ y$$-\sqrt{\frac{\lambda}{u}}(u + 1) \to -\infty$$, y por lo tanto$$G(u) \to 1$$. Como$$u \downarrow 0$$,$$\sqrt{\frac{\lambda}{u}}(u - 1) \to -\infty$$ y$$-\sqrt{\frac{\lambda}{u}}(u + 1) \to -\infty$$, y por lo tanto$$G(u) \to 0$$. Por supuesto,$$G$$ es claramente continuo en$$(0, \infty)$$, por lo que queda por demostrar que$$G$$ va en aumento en este intervalo. Diferenciando da$G^\prime(u) = \phi\left[\sqrt{\frac{\lambda}{u}}(u - 1)\right] \left[\frac{\sqrt{\lambda}}{2}\left(u^{-1/2} + u^{-3/2}\right)\right] + e^{2 \lambda} \phi\left[-\sqrt{\frac{\lambda}{u}}(u + 1)\right] \left[-\frac{\sqrt{\lambda}}{2}\left(u^{-1/2} - u^{-3/2}\right)\right]$ donde$$\phi(z) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{-z^2/2}$$ está el PDF normal estándar. Álgebra simple demuestra que$\phi\left[\sqrt{\frac{\lambda}{u}}(u - 1)\right] = e^{2 \lambda} \phi\left[-\sqrt{\frac{\lambda}{u}}(u + 1)\right] = \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp\left[-\frac{\lambda}{2 u} (u - 1)^2\right]$ así simplificar aún más da$G^\prime(u) = \sqrt{\frac{\lambda}{2 \pi}} u^{-3/2} \exp\left[-\frac{\lambda}{2 u} (u - 1)^2\right] \gt 0, \quad u \in (0, \infty)$

La función de densidad de probabilidad$$g$$ viene dada por$g(u) = \sqrt{\frac{\lambda}{2 \pi u^3}} \exp\left[-\frac{\lambda}{2 u}(u - 1)^2\right], \quad u \in (0, \infty)$

1. $$g$$aumenta y luego disminuye con el modo$$u_0 = \sqrt{1 + \left(\frac{3}{2 \lambda}\right)^2} - \frac{3}{2 \lambda}$$
2. $$g$$es cóncavo hacia arriba luego hacia abajo luego hacia arriba nuevamente.
Prueba

La fórmula para el PDF se desprende inmediatamente de la prueba del CDF anterior, ya que$$g = G^\prime$$. Las propiedades de primer orden provienen$g^\prime(u) = \sqrt{\frac{\lambda}{8 \pi u^7}} \exp\left[-\frac{\lambda}{2 u}(u - 1)^2\right] \left[\lambda(1 - u^2) - 3 u\right], \quad u \in (0, \infty)$ y las propiedades de segundo orden de$g^{\prime\prime}(u) = \sqrt{\frac{\lambda}{32 \pi u^{11}}} \exp\left[-\frac{\lambda}{2 u}(u - 1)^2\right]\left[15 u^2 + \lambda^2 (u^2 - 1)^2 + 2 \lambda u(3 u^2 - 5)\right], \quad u \in (0, \infty)$

También lo$$g$$ tiene la forma unimodal clásica, pero los puntos de inflexión son funciones muy complicadas de$$\lambda$$. Para el modo, tenga en cuenta que$$u_0 \downarrow 0$$ como$$\lambda \downarrow 0$$ y$$u_0 \uparrow 1$$ como$$\lambda \uparrow \infty$$. La función de densidad de probabilidad de la distribución estándar de Wald es$g(u) = \sqrt{\frac{1}{2 \pi u^3}} \exp\left[-\frac{1}{2 u}(u - 1)^2\right], \quad u \in (0, \infty)$

Abra el simulador de distribución especial y seleccione la distribución de Wald. Variar el parámetro shape y anotar la forma de la función de densidad de probabilidad. Para varios valores del parámetro, ejecute la simulación 1000 veces y compare la función de densidad empírica con la función de densidad de probabilidad.

La función cuantil de la distribución estándar de Wald no tiene una forma simple cerrada, por lo que se debe aproximar la mediana y otros cuantiles.

Abra la calculadora de distribución especial y seleccione la distribución de Wald. Variar el parámetro shape y anotar la forma de las funciones de distribución y densidad de probabilidad. Para los valores seleccionados del parámetro, compute los valores aproximados del primer cuartil, la mediana y el tercer cuartil.

### Momentos

Supongamos que la variable aleatoria$$U$$ tiene la distribución Wald estándar con el parámetro shape$$\lambda \in (0, \infty)$$.

$$U$$tiene función de generación de momento$$m$$ dada por$m(t) = \E\left(e^{t U}\right) = \exp\left[\lambda \left(1 - \sqrt{1 - \frac{2 t}{\lambda}}\right)\right], \quad t \lt \frac{\lambda}{2}$

Prueba

La prueba requiere algunos datos sobre la función Bessel modificada del segundo tipo, denotada$$K_\alpha$$ donde el parámetro$$\alpha \in \R$$. Esta función es una de las dos soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial.$x^2 \frac{d^2 y}{d x^2} + x \frac{d y}{dx} - (x^2 + \alpha^2) y = 0$ La otra solución, suficientemente apropiada, es la función Bessel modificada del primer tipo. La función del segundo tipo, la que nos importa aquí, es la solución que decae exponencialmente como$$x \to \infty$$. El primer hecho que necesitamos es aquel$K_{-1/2}(x) = \frac{1}{\sqrt{x}} e^{-x}, \quad x \in (0, \infty)$ que se pueda verificar que sea la sustitución directa en la ecuación diferencial. El segundo hecho que necesitamos es la identidad$\int_0^\infty x^{p-1} \exp\left[-\frac{1}{2}\left(a x + \frac{b}{x}\right)\right] dx = \frac{2 K_p(\sqrt{a b})}{(a / b)^{p/2}}, \quad a, \, b \in (0, \infty); \; p \in \R$ Ahora, de momento generando función de$$U$$ tenemos$m(t) = \int_0^\infty e^{t x} \sqrt{\frac{\lambda}{2 \pi x^3}} \exp\left[-\frac{\lambda}{2x}(x - 1)^2\right] dx$ Combinando los exponenciales y haciendo algo de álgebra, podemos reescribir esto como$m(t) = \sqrt{\frac{\lambda}{2 \pi}} e^\lambda \int_0^\infty x^{-3/2} \exp\left[-\frac{1}{2}(\lambda - 2 t) x - \frac{1}{2} \frac{\lambda}{x}\right] dx$ La integral ahora tiene la forma de la identidad dada anteriormente con$$p = -1/2$$,$$a = \lambda - 2 t$$, y $$b = \lambda$$. De ahí que tengamos$m(t) = \sqrt{\frac{\lambda}{2 \pi}} e^\lambda \frac{2 K_{-1/2}\left[\sqrt{\lambda (\lambda - 2 t)}\right]}{[(\lambda - 2 t) / \lambda]^{-1/4}}$ Usando la forma explícita de$$K_{-1/2}$$ dada anteriormente y haciendo más álgebra obtenemos$m(t) = \exp\left[\lambda - \sqrt{\lambda (\lambda - 2 t)}\right] = \exp\left[\lambda\left(1 - \sqrt{1 - \frac{2 t}{\lambda}}\right)\right]$

Dado que la función de generación de momento es finita en un intervalo que contiene 0, la distribución básica de Wald tiene momentos de todos los órdenes.

La media y varianza de$$U$$ son

1. $$\E(U) = 1$$
2. $$\var(U) = \frac{1}{\lambda}$$
Prueba

Diferenciando da\ begin {align} m^\ prime (t) & = m (t)\ left (1 -\ frac {2 t} {\ lambda}\ right) ^ {-1/2}\ m^ {\ prime\ prime} (t) &= m (t)\ left [\ left (1 -\ frac {2 t} {\ lambda}\ right) ^ {-1} +\ frac {1} {\ lambda}\ izquierda (1 -\ frac {2 t} {\ lambda}\ derecha) ^ {-3/2}\ derecha]\ end {align} y por lo tanto$$\E(U) = m^\prime(0) = 1$$ y$$\E\left(U^2\right) = m^{\prime\prime}(0) = 1 + \frac{1}{\lambda}$$.

Entonces, curiosamente, la media es 1 para todos los valores del parámetro shape, while$$\var(U) \to \infty$$ as$$\lambda \downarrow 0$$ y$$\var(U) \to 0$$ as$$\lambda \to \infty$$.

Abra el simulador de distribución especial y seleccione la distribución de Wald. Varíe el parámetro de forma y anote el tamaño y la ubicación de la barra de desviación$$\pm$$ estándar media. Para diversos valores de los parámetros, ejecute la simulación 1000 veces y compare la media empírica y la desviación estándar con la media de distribución y la desviación estándar.

La asimetría y curtosis de$$U$$ son

1. $$\skw(U) = 3 / \sqrt{\lambda}$$
2. $$\kur(U) = 3 + 15 / \lambda$$
Prueba

La herramienta principal es la ecuación diferencial para la función generadora de momento que utilizamos en el cálculo de la media y la varianza:$m^\prime(t) = m(t) \left(1 - \frac{2 t}{\lambda}\right)^{-1/2}$ Usando esta recursivamente, podemos encontrar los primeros cuatro momentos de$$U$$. Ya conocemos los dos primeros:$$m^\prime(0) = \E(U) = 1$$,$$m^{\prime \prime}(0) = \E(U^2) = 1 + 1 / \lambda$$. El tercero y cuarto son\ begin {align} m^ {(3)} (0) = & E (U^3) = 1 + 3/\ lambda + 3/\ lambda^2\\ m^ {(4)} (0) = & E (U^4) = 1 + 6/\ lambda + 15/\ lambda^2 + 15/\ lambda^3\ end {align} Los resultados entonces seguir de las fórmulas computacionales estándar para la asimetría y curtosis en términos de los momentos.

De ello se deduce que el exceso de curtosis es$$\kur(U) - 3 = 15 / \lambda$$. Tenga en cuenta que$$\skw(U) \to \infty$$ como$$\lambda \to 0$$ y$$\skw(U) \to 0$$ como$$\lambda \to \infty$$. De igual manera,$$\kur(U) \to \infty$$ como$$\lambda \to 0$$ y$$\kur(U) \to 3$$ como$$\lambda \to \infty$$.

## La distribución de General Wald

La distribución básica de Wald se generaliza en una familia de escalas. Los parámetros de escala a menudo corresponden a un cambio de unidades, por lo que son de importancia básica.

Supongamos que$$\lambda, \, \mu \in (0, \infty)$$ y que$$U$$ tiene la distribución básica de Wald con parámetro shape$$\lambda / \mu$$. Después$$X = \mu U$$ tiene la distribución de Wald con parámetro de forma$$\lambda$$ y media$$\mu$$.

A continuación se da justificación para el nombre del parámetro$$\mu$$ como media. Tenga en cuenta que la generalización es consistente, cuando$$\mu = 1$$ tenemos la distribución básica de Wald con el parámetro shape$$\lambda$$.

### Funciones de distribución

Supongamos que$$X$$ tiene la distribución de Wald con parámetro shape$$\lambda \in (0, \infty)$$ y media$$\mu \in (0, \infty)$$. Nuevamente, dejamos$$\Phi$$ denotar la función de distribución normal estándar.

$$X$$tiene función de distribución$$F$$ dada por$F(x) = \Phi\left[\sqrt{\frac{\lambda}{x}} \left(\frac{x}{\mu} - 1\right)\right] + \exp\left(\frac{2 \lambda}{\mu}\right) \Phi\left[-\sqrt{\frac{\lambda}{x}} \left(\frac{x}{\mu} + 1\right)\right], \quad x \in (0, \infty)$

Prueba

Recordemos que el CDF$$F$$ de$$X$$ está relacionado con el CDF$$G$$ de$$U$$ por$F(x) = G\left(\frac{x}{\mu}\right), \quad x \in (0, \infty)$ lo que el resultado se desprende del CDF anterior, con$$\lambda$$ sustituido por$$\lambda / \mu$$, y$$x$$ con$$x / \mu$$.

$$X$$tiene función de densidad de probabilidad$$f$$ dada por$f(x) = \sqrt{\frac{\lambda}{2 \pi x^3}} \exp\left[\frac{-\lambda (x - \mu)^2}{2 \mu^2 x}\right], \quad x \in (0, \infty)$

1. $$f$$aumenta y luego disminuye con el modo$$x_0 = \mu\left[\sqrt{1 + \left(\frac{3 \mu}{2 \lambda}\right)^2} - \frac{3 \mu}{2 \lambda}\right]$$
2. $$f$$es cóncavo hacia arriba luego hacia abajo luego hacia arriba nuevamente.
Prueba

Recordemos que el PDF$$f$$ de$$X$$ está relacionado con el PDF$$g$$ de$$U$$ por$f(x) = \frac{1}{\mu} g\left(\frac{x}{\mu}\right), \quad x \in (0, \infty)$ De ahí que el resultado se deduce del PDF anterior con$$\lambda$$ reemplazado por$$\lambda / \mu$$ y$$x$$ con$$x / \mu$$.

Una vez más, la gráfica de$$f$$ tiene la forma unimodal clásica, pero los puntos de inflexión son funciones complicadas de los parámetros.

Abra el simulador de distribución especial y seleccione la distribución de Wald. Varíe los parámetros y anote la forma de la función de densidad de probabilidad. Para diversos valores de los parámetros, ejecute la simulación 1000 veces y compare la función de densidad empírica con la función de densidad de probabilidad.

Nuevamente, la función cuantil no puede expresarse en una forma simple cerrada, por lo que se debe aproximar la mediana y otros cuantiles.

Abra la calculadora de distribución especial y seleccione la distribución de Wald. Varíe los parámetros y anote la forma de las funciones de distribución y densidad. Para valores seleccionados de los parámetros, compute los valores aproximados del primer cuartil, la mediana y el tercer cuartil.

### Momentos

Supongamos nuevamente que$$X$$ tiene la distribución de Wald con parámetro shape$$\lambda \in (0, \infty)$$ y media$$\mu \in (0, \infty)$$. Por definición, podemos tomar$$X = \mu U$$ donde$$U$$ tiene la distribución básica de Wald con parámetro shape$$\lambda / \mu$$.

$$X$$tiene función de generación de momento$$M$$ dada por$M(t) = \exp\left[\frac{\lambda}{\mu} \left(1 - \sqrt{1 - \frac{2 \mu^2 t}{\lambda}}\right)\right], \quad t \lt \frac{\lambda}{2 \mu^2}$

Prueba

Recordemos que el MGF$$M$$ de$$X$$ está relacionado con el MGF$$m$$ de$$U$$ por$$M(t) = m(t \mu)$$. De ahí que el resultado se deduce del resultado MFG anterior con$$\lambda$$ reemplazado por$$\lambda / \mu$$ y$$t$$ con$$t \mu$$.

Como se prometió, el parámetro$$\mu$$ es la media de la distribución de Wald.

La media y varianza de$$X$$ son

1. $$\E(X) = \mu$$
2. $$\var(X) = \mu^3 / \lambda$$
Prueba

A partir de los resultados para la media y varianza anteriores y las propiedades básicas del valor esperado y varianza, tenemos$$\E(X) = \mu \E(U) = \mu \cdot 1$$ y$$\var(X) = \mu^2 \var(U) = \mu^2 \frac{\mu}{\lambda}$$.

Abra el simulador de distribución especial y seleccione la distribución de Wald. Varíe los parámetros y anote el tamaño y la ubicación de la barra de desviación$$\pm$$ estándar media. Para diversos valores de los parámetros, ejecute la simulación 1000 veces y compare la media empírica y la desviación estándar con la media de distribución y la desviación estándar.

La asimetría y curtosis de$$X$$ son

1. $$\skw(X) = 3 \sqrt{\mu / \lambda}$$
2. $$\kur(U) = 3 + 15 \mu / \lambda$$
Prueba

La asimetría y la curtosis son invariantes bajo transformaciones de escala, así$$\skw(X) = \skw(U)$$ y$$\kur(X) = \kur(U)$$. Los resultados luego se derivan de la asimetría y curtosis anteriores, con$$\lambda$$ reemplazados por$$\lambda / \mu$$.

Como se señaló anteriormente, la distribución de Wald es una familia de escalas, aunque ninguno de los parámetros es un parámetro de escala.

Supongamos que$$X$$ tiene la distribución de Wald con parámetros de forma$$\lambda \in (0, \infty)$$ y media$$\mu \in (0, \infty)$$ y eso$$c \in (0, \infty)$$. Después$$Y = c X$$ tiene la distribución de Wald con parámetro de forma$$c \lambda$$ y media$$c \mu$$.

Prueba

Por definición, podemos tomar$$X = \mu U$$ donde$$U$$ tiene la distribución básica de Wald con parámetro shape$$\lambda / \mu$$. Entonces$$Y = c X = (c \mu) U$$. Dado que$$U$$ tiene parámetro de forma$$c \lambda / c \mu$$, el resultado se desprende de la definición.

Para el siguiente resultado, es útil volver a parametrizar la distribución de Wald con la media$$\mu$$ y la relación$$r = \lambda / \mu^2 \in (0, \infty)$$. Esta parametrización es claramente equivalente, ya que podemos recuperar el parámetro shape a partir de la media y ratio as$$\lambda = r \mu^2$$. Obsérvese también que$$r = \E(X) \big/ \var(X)$$, la relación entre la media y la varianza. Finalmente, señalar que la función generadora de momento anterior se convierte$M(t) = \exp\left[r \mu \left(1 - \sqrt{1 - \frac{2}{r}t}\right)\right], \quad t \lt \frac{r}{2}$ y por supuesto, esta función caracteriza la distribución de Wald con esta parametrización. Nuestro siguiente resultado es que la distribución de Wald se cierra bajo convolución (correspondiente a sumas de variables independientes) cuando la relación es fija.

Supongamos que$$X_1$$ tiene la distribución de Wald con media$$\mu_1 \in (0, \infty)$$ y relación$$r \in (0, \infty)$$;$$X_2$$ tiene la distribución de Wald con media$$\mu_2 \in (0, \infty)$$ y relación$$r$$; y que$$X_1$$ y$$X_2$$ son independientes. Después$$Y = X_1 + X_2$$ tiene la distribución de Wald con media$$\mu_1 + \mu_2$$ y relación$$r$$.

Prueba

Para$$i \in \{1, 2\}$$, el MGF de$$X_i$$ es$M_i(t) = \exp\left[r \mu_i \left(1 - \sqrt{1 - \frac{2}{r}t}\right)\right], \quad t \lt \frac{r}{2}$ De ahí que el MGF de$$Y = X_i + X_2$$ es$M(t) = M_1(t) M_2(t) = \exp\left[r\left(\mu_1 + \mu_2\right) \left(1 - \sqrt{1 - \frac{2}{r}t}\right)\right], \quad t \lt \frac{r}{2}$ Por lo tanto$$Y$$ tiene la distribución de Wald con media$$\mu_1 + \mu_2$$ y relación$$r$$.

En el resultado anterior, tenga en cuenta que el parámetro shape de$$X_1$$ is$$r \mu_1^2$$, el parámetro shape de$$X_2$$ is$$r \mu_2^2$$ y el parámetro shape de$$Y$$ is$$\lambda = r (\mu_1 + \mu_2)^2$$. También, por supuesto, el resultado generaliza a una suma de cualquier número finito de variables Wald independientes, siempre y cuando la relación sea fija. El siguiente par de resultados son simples corolarios.

Supongamos que$$(X_1, X_2, \ldots, X_n)$$ es una secuencia de variables independientes, cada una con la distribución de Wald con parámetro shape$$\lambda \in (0, \infty)$$ y media$$\mu \in (0, \infty)$$. Entonces

1. $$Y_n = \sum_{i=1}^n X_i$$tiene la distribución de Wald con parámetro de forma$$n^2 \lambda$$ y media$$n \mu$$.
2. $$M_n = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i$$tiene la distribución de Wald con parámetro de forma$$n \lambda$$ y media$$\mu$$.
Prueba
1. Esto se desprende del resultado anterior y la inducción. La media por$$Y_n$$ supuesto es$$n \mu$$. La relación común es$$r = \lambda / \mu^2$$, y por lo tanto el parámetro de forma de$$Y_n$$ es$$(\lambda / \mu^2) (n \mu)^2 = n^2 \lambda$$.
2. Esto se desprende de (a) y el resultado de escalado anterior. La media por$$M_n$$ supuesto es$$\mu$$ y el parámetro shape es$$(1 / n) (n^2 \lambda) = n \lambda$$.

En el contexto del teorema anterior,$$(X_1, X_2, \ldots, X_n)$$ es una muestra aleatoria de tamaño de la distribución$$n$$ de Wald, y$$\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i$$ es la media muestral. La distribución de Wald es infinitamente divisible:

Supongamos que$$X$$ tiene la distribución de Wald con parámetro shape$$\lambda \in (0, \infty)$$ y media$$\mu \in (0, \infty)$$. Para cada$$n \in \N_+$$,$$X$$ tiene la misma distribución que$$\sum_{i=1}^n X_i$$ donde$$(X_1, X_2, \ldots, X_n)$$ son independientes, y cada uno tiene la distribución de Wald con parámetro de forma$$\lambda / n^2$$ y media$$\mu / n$$.

La distribución de Lévy está relacionada con la distribución de Wald, no es de extrañar ya que la distribución de Lévy gobierna la primera vez que un movimiento browniano estándar alcanza un valor positivo fijo.

Para fijo$$\lambda \in (0, \infty)$$, la distribución de Wald con parámetro de forma$$\lambda$$ y media$$\mu \in (0, \infty)$$ converge a la distribución de Lévy con parámetro de ubicación 0 y parámetro de escala$$\lambda$$ como$$\mu \to \infty$$.

Prueba

De la fórmula para el CDF anterior, tenga en cuenta que$F(x) \to \Phi\left(-\sqrt{\frac{\lambda}{x}}\right) + \Phi\left(-\sqrt{\frac{\lambda}{x}}\right) = 2 \Phi\left(-\sqrt{\frac{\lambda}{x}}\right) = 2\left[1 - \Phi\left(\sqrt{\frac{\lambda}{x}}\right)\right] \text{ as } \mu \to \infty$ Pero la última expresión es la función de distribución de la distribución de Lévy con parámetro de ubicación 0 y parámetro de forma$$\lambda$$.

La otra distribución limitante, esta vez con la media fija, es menos interesante.

Para fijo$$\mu \in (0, \infty)$$, la distribución de Wald con parámetro de forma$$\lambda \in (0, \infty)$$ y media$$\mu$$ converge para apuntar masa a$$\mu$$ y varianza 1 as$$\lambda \to \infty$$.

Prueba

Esta vez, es mejor usar$$M$$, la función de generación de momento anterior. Al racionalizar vemos que para fijo$$\mu \in (0, \infty)$$ y$$t \in \R$$$\frac{\lambda}{\mu} \left(1 - \sqrt{1 - \frac{2 \mu^2 t}{\lambda}}\right) = \frac{2 \mu t}{1 + \sqrt{1 - 2 \mu^2 t / \lambda}} \to \mu t \text{ as } \lambda \to \infty$ Por lo tanto$$M(t) \to e^{\mu t}$$ como$$\lambda \to \infty$$ y el límite es el MGF de la variable aleatoria constante$$\mu$$.

Finalmente, la distribución de Wald es miembro de la familia exponencial general de distribuciones.

La distribución de Wald es una distribución exponencial general con parámetros naturales$$-\lambda / (2 \mu^2)$$ y$$-\lambda / 2$$, y estadísticas naturales$$X$$ y$$1 / X$$.

Prueba

Esto se desprende del PDF$$f$$ anterior. Si ampliamos el cuadrado y simplificamos, podemos escribir$$f$$ en el formulario$f(x) = \sqrt{\frac{\lambda}{2 \pi}} \exp\left(\frac{\lambda}{2 \mu}\right) x^{-3/2} \exp\left(-\frac{\lambda}{2 \mu^2} x - \frac{\lambda}{2} \frac{1}{x}\right), \quad x \in (0, \infty)$

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