Valores admisibles para los elementos no diagonales de la matriz de correlación

Question

Preparándome para posibles preguntas de entrevista en el mercado laboral, estaba leyendo algunas preguntas en el sitio.

En relación a esta pregunta con su solución preguntas de entrevista

Pregunta
Sea $\mathbf{C}$ una matriz de covarianza $n\times n$ tal que todos los elementos diagonales son iguales a 1, y los elementos no diagonales a $\rho$ con $-1\leq\rho\leq1$. ¿Qué rango de valores es admisible para $\rho$?

Solución 1
Sea $X_1,\dots,X_n$ una secuencia de variables aleatorias independientes con varianza unitaria y correlación por pares $\rho$ para cualquier $i\not= j$. Sea $Y:=\sum_iX_i$ entonces: \begin{align} \notag V\left(Y\right) &=\sum_{i=1}^nV\left(X_i\right)+\sum_{i\not=j}Cov(X_i,X_j) \\ &=n+n(n-1)\rho \end{align} La varianza de $Y$ es positiva, por lo tanto: \begin{align} n+n(n-1)\rho\geq0 \quad\Leftrightarrow\quad \boxed{\rho\geq\frac{1}{1-n}} \end{align}

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No entiendo por qué $V(Y)$ es igual a $n+n(n-1)\rho$. ¿No debería ser igual a $n+\frac{n(n-1)}{2}\rho$ ya que $\sum_{i\not=j}Cov(X_i,X_j) = \frac{n(n-1)}{2}\rho$ ?

Esto cambiaría la solución final a

\begin{align} n+\frac{n(n-1)}{2}\rho\geq0 \quad\Leftrightarrow\quad \boxed{\rho\geq\frac{2}{1-n}} \end{align}

¿Qué estoy pasando por alto?

Answer 1

En tu ejemplo,

$$ \begin{align} V(\sum X_i) &= \sum V(x_i)+2\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n V(X_i,X_j)\\ &=n+2\sum_i^n\sum_{j=i+1}^n\rho\\ &=n+2\rho \frac{n(n-1)}{2}\\ &=n+n(n-1)\rho \end{align} $$ como fue el original.

En mi humilde opinión, una forma mejor y más limpia de obtener este resultado es imponiendo la condición de que la matriz de covarianza correspondiente sea positiva (semi)definida, es decir,

$$ \lambda_{min}(\Sigma)\geq 0 $$

Para una matriz de tamaño $n\times n$ del tipo

$$ \Sigma=(1-\rho)\mathbf{I}+\rho\mathbf{1}\mathbf{1}^T $$

donde $\mathbf{I}$ es la matriz identidad y $\mathbf{1}$ es un vector de unos, los autovalores son $1-\rho$ y $(n-1)\rho+1$. Por lo tanto, requerimos

$$ (n-1)\rho+1\geq0 \Rightarrow \boxed{\rho\geq\frac{1}{1-n}} $$

Derivación

Usando el lema del determinante de matrices, podemos resolver para los autovalores de la siguiente manera:

$$ \begin{align} 0&=\mathrm{det}\left(\Sigma-\lambda\mathbf{I}\right)\\ &=\mathrm{det}\left((1-\rho)\mathbf{I}+\rho\mathbf{11^T}-\lambda\mathbf{I}\right)\\ &=\mathrm{det}\left((1-\rho-\lambda)\mathbf{I}+\rho\mathbf{11^T}\right)\\ &=\mathrm{det}\left((1-\rho-\lambda)\mathbf{I}\left(\mathbf{I}+\frac{\rho}{1-\rho-\lambda}\mathbf{11^T}\right)\right)\\ &=\mathrm{det}\left((1-\rho-\lambda)\mathbf{I}\right)\mathrm{det}\left(\mathbf{I}+\frac{\rho}{1-\rho-\lambda}\mathbf{11^T}\right)\\ &=\left(1-\rho-\lambda\right)^{n}\left(1+\frac{n\rho}{1-\rho-\lambda}\right)\\ &=\left(1-\rho-\lambda\right)^{n}+n\rho\left(1-\rho-\lambda\right)^{n-1}\\ &=\left(1-\rho-\lambda\right)^{n-1}\left(1+(n-1)\rho-\lambda\right) \end{align} $$

y por lo tanto $\lambda_1=1-\rho$ y $\lambda_2=1+(n-1)\rho$.