2.4.1 - Distribuição de probabilidade no R^n

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Os Borelianos de Rn

Nesta seção, vamos trabalhar com $ \mathbb{R}^n=\mathbb{R}\times\mathbb{R}\times\cdots\times\mathbb{R} $, o conjunto das n-uplas ordenadas. Nosso primeiro objetivo consiste em construir a $ \sigma $-álgebra de Borel correspondente ao $ \mathbb{R}^n $. Neste caso, o conjunto gerador da $ \sigma $-álgebra de Borel é dado pelos retângulos de $ \mathbb{R}^n $. Os intervalos aberto à esquerda e fechados à direita serão definidos na forma

 a \textless x \leq b \right\},\]

para todo $ a $ e $ b $ tais que $ -\infty \leq a \textless b \textless \infty $. O intervalo $ (a ,\infty] $ é tomado como $ (a,\infty) $, esta convenção é necessária para que o complementar do intervalo $ (\infty,b] $ seja um intervalo da mesma forma (aberto à esquerda e fechado à direita).

Definição 2.4.1.1:

Para $ I_k=(a_k,b_k] $ um intervalo, o conjunto $ I=I_1\times I_2\times \cdots\times I_n $ definido por,

$$\{x\in \mathbb{R}^n| x_k\in I_k, k=1,\dots,n\}$$

é denominado de retângulo de lados $ I_k $, com $ k=1,\cdots,n $. O conjunto de todos os retângulos I, será denotado por $ \mathcal{I} $. De forma geral, um conjunto $ A=A_1\times A_2\times \cdots\times A_n $ é denominado de retângulo (ou cilindro) de lados $ A_i $. Se $ A_i \in \mathfrak{B}(\mathbb{R}) $ dizemos que $ A $ é um retângulo (ou cilindro) de lados borelianos.

Definição 2.4.1.2:

A $ \sigma $-álgebra de Borel de subconjuntos de $ \mathbb{R}^n $, denotada por $ \mathfrak{B}(\mathbb{R}^n) $, é a menor $ \sigma $-álgebra gerada por todos os retângulos de $ \mathbb{R}^n $, isto é,$ \mathfrak{B}(\mathbb{R}^n)=\sigma(\mathcal{I}) $.

Da mesma forma que os intervalos geram a $ \sigma $-álgebra de Borel na reta, os retângulos de lados representados por intervalos geram a $ \sigma $-álgebra de Borel do $ \mathbb{R}^n $. Na sequência, mostraremos que a $ \mathfrak{B}(\mathbb{R}^n) $ também pode ser definida como a  menor $ \sigma $-álgebra que contém os retângulos com lados Borelianos. Considere

 A_i \in \beta(\mathbb{R})\},$$

a classe dos retângulos com lados Borelianos. Denotamos por

\[ \sigma(\mathfrak{B}(\mathbb{R})\times\mathfrak{B}(\mathbb{R})\times\cdots\times \mathfrak{B}(\mathbb{R}))=\sigma(\mathcal{R}).\]

  

Exercício:

Mostre que a classe dos retângulos $ \mathcal{I} $ e a classe dos retângulos de lados Borelianos $ \mathcal{R} $ formam uma semi-álgebra. 

Teorema 2.4.1.1:

Temos que, $ \mathfrak{B}(\mathbb{R}^n)=\sigma(\mathcal{I})=\sigma(\mathfrak{B}(\mathbb{R})\times\mathfrak{B}(\mathbb{R})\times\cdots\times \mathfrak{B}(\mathbb{R})) $

Demonstração: 

Note que o resultado é trivial se $ n=1 $. Vamos mostrar o caso $ n=2 $. Definimos por

 B_i\in \mathfrak{B}(\mathbb{R}), i=1,2\},$$

a classe dos retângulos com lados Borelianos.
Sabemos que que $ \mathcal{I}\subset \mathcal{C} $, logo é imediato que

$$\mathfrak{B}(\mathbb{R}^2)=\sigma(\mathcal{I})\subset \sigma(\mathcal{C})=\mathfrak{B}(\mathbb{R})\otimes\mathfrak{B}(\mathbb{R})$$

Assim resta-nos apenas mostrar que

$$\mathfrak{B}(\mathbb{R})\otimes\mathfrak{B}(\mathbb{R})\subset\mathfrak{B}(\mathbb{R}^2)$$

Na sequência, considere $ \mathfrak{C} $ uma classe de subconjuntos de $ \mathbb{R}^2 $$ B\subset\mathbb{R}^2 $. Então, ao definirmos

A\in\mathfrak{{C}}\},$$

vamos provar que 

$$\sigma(\mathfrak{C}\cap B)=\sigma(\mathfrak{C})\cap B.$$

Como $ \mathfrak{C}\subset \sigma(\mathfrak{C}) $, concluímos que

$$\mathfrak{C}\cap B\subset \sigma(\mathfrak{C})\cap B$$

Além disso, temos que $ \sigma(\mathfrak{C})\cap B $ é uma $ \sigma $-álgebra (exercício). Assim, obtemos que

$$\sigma(\mathfrak{C}\cap B)\subset \sigma(\mathfrak{C})\cap B$$

Na sequência, vamos mostrar

$$\sigma(\mathfrak{C})\cap B\subset \sigma(\mathfrak{C}\cap B) $$

Para isso, tomamos A\cap B\in \sigma(\mathfrak{C}\cap B)\} $. Desde que $ \sigma(\mathfrak{C}) $ e $ \sigma(\mathfrak{C}\cap B) $ são $ \sigma $-álgebras, obtemos que $ \mathcal{C}_B $ também é uma $ \sigma $-álgebra, Portanto, temos que

$$\mathfrak{C}\subset\mathcal{C}_B\subset \sigma(\mathfrak{C})$$

O que implica que $ \mathcal{C}_B= \sigma(\mathfrak{C}) $. Assim, concluímos que

$$A\cap B\in \sigma(\mathfrak{C}\cap B)$$

para todo $ A\in\mathfrak{C} $. Consequentemente $ \sigma(\mathfrak{C})\cap B\subset \sigma(\mathfrak{C}\cap B) $.

Para terminarmos a demonstração do teorema, considere os seguintes conjuntos $ \mathcal{B}\times \mathbb{R}=\{B\times \mathbb{R}| B\in\mathfrak{B}(\mathbb{R})\} $ e $ \mathbb{R}\times \mathcal{B}=\{\mathbb{R}\times B| B\in\mathfrak{B}(\mathbb{R})\} $.

Então dado $ B_1\times B_2 $, com $ B_1,B_2\in \mathfrak{B}(\mathbb{R}) $, temos que

$$B_1\times B_2=(B_1\times \mathbb{R})\cap (\mathbb{R}\times B_2) \in\sigma(I_1 \times \mathbb{R})\cap (B_2\times \mathbb{R})= \sigma((I_1 \times \mathbb{R})\cap (B_2\times \mathbb{R}))\subset\sigma ((I_1\times \mathbb{R})\cap (I_2\times \mathbb{R}))=\sigma(\mathcal{I})$$

no qual, $ I_i $ é o conjunto de todos os intervalos de $ \mathbb{R} $ correspondente a $ i $-ésima coordenada, com $ i=1,2 $.. Portanto o resultado segue.

Como a $ \sigma $-álgebra de Borel do $ \mathcal{R}^n $ é gerada pelo produto "direto" da $ \sigma $-álgebra de Borel de cada coordenada, esta também pode ser denotada por $ \mathfrak{B}(\mathbb{R})\otimes\mathfrak{B}(\mathbb{R})\otimes\cdots\otimes \mathfrak{B}(\mathbb{R})=\sigma(\mathcal{R}). $

Distribuição de probabilidade no Rn

Suponha $ \mathbb{P} $ uma probabilidade no espaço mensurável $ (\mathbb{R}^n,\mathfrak{B}(\mathbb{R}^n)) $. A função

$$F_n(x_1,\dots,x_n)=\mathbb{P}((-\infty,x_1]\times (-\infty,x_2]\times\dots\times(-\infty,x_n])$$

é denominada função de distribuição da probabilidade $ \mathbb{P} $. Usaremos uma notação mais compacta, a qual será denotada da seguinte forma

$$F_n(x)=\mathbb{P}((-\infty,x])$$

no qual $ x=(x_1,\dots,x_n) $ e $ (-\infty,x]=(-\infty,x_1]\times (-\infty,x_2]\times\dots\times(-\infty,x_n] $. Na sequência, introduzimos o operador diferença \mathbb{R}^n\rightarrow \mathbb{R} $ definido por

$$\Delta_{a_i,b_i}F_n(x)=F_n(x_1,\dots,x_{i-1},b_i,x_{i+1},\dots,x_n)-F_n(x_1,\dots,x_{i-1},a_i,x_{i+1},\dots,x_n),$$

no qual $ a_i\leq b_i $ para $ i=1, \cdots , n $. Com esta notação, temos que

$$\Delta_{a_1,b_1}\dots\Delta_{a_n,b_n} F_n(x)=\mathbb{P}((a,b])$$

no qual $ (a,b]=(a_1,b_1]\times\dots\times(a_n,b_n] $. Como no exemplo 2.4.2 mostrado na seção anterior no caso multidimensional em geral $ \mathbb{P}((a,b])\neq F_n(b)-F_n(a) $, com $ a=(a_1,\dots,a_n) $ e $ b=(b_1,\dots,b_n) $. Além disso como $ \mathbb{P} $ é positiva temos que
P1

$$\Delta_{a_1,b_1}\dots\Delta_{a_n,b_n} F_n(x)\geq 0$$

Da continuidade a direita de $ \mathbb{P} $, temos que $ F_n $ também é contínua a direita, ou seja, se uma sequência $ \{x^{k}\}_{k\in\mathbb{N}} $ e $ x^k\downarrow x $, com $ x^k=(x_1^k,\dots,x_n^k) $ então
P2

$$F_n(x^k)\downarrow F_n(x),\quad k\rightarrow \infty.$$

Além disso,
P3

$$\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}F_n(x)=1$$

e
P4

$$\displaystyle \lim_{x\downarrow y}F_n(x)=0$$

se pelo menos uma coordenada de $ y $ é $ -\infty $.

Definição 2.4.1.3:

Uma função de distribuição $ n $-dimensional em $ \mathbb{R}^n $ é uma função $ F=F_n(x_1,\dots,x_n) $ com as propriedades P1,P2,P3,P4.

Nosso objetivo é mostrar que se $ F $ é uma função de distribuição, então existe uma única probabilidade $ \mathbb{P} $ definida em $ (\mathbb{R}^n,\mathfrak{B}(\mathbb{R}^n)) $, tal que

$$\mathbb{P}((a,b])=\Delta_{a_1,b_1}\dots\Delta_{a_n,b_n} F_n(x).$$

Para isso, vamos construir uma probabilidade definida na álgebra gerada pelos retângulos e então, usaremos o teorema de extensão. Relembramos que $ \mathcal{I} $ denota  semi-álgebra composta pelos retângulos de lados compostos por intervalos na forma $ I_k = (a_k , b_k] $, com $ k=1,\cdots,n $.

Lema 2.4.1.1

Seja $ F $ uma função de distribuição em $ \mathbb{R}^n $. Tomamos a função de conjunto $ \mathbb{P}_F $ sobre a semi-álgebra $ \mathcal{I} $ na forma

$$\mathbb{P}_F((a,b])=\Delta_{a_1,b_1}\dots\Delta_{a_n,b_n} F_n(x),$$

para todo $ I=I_1 \times \cdtos \times I_n \in \mathcal{I} $. Então, a função de conjunto $ \mathbb{P}_F $ é não negativa, finitamente aditiva em $ \mathcal{I} $ e $ \mathbb{P}_F(\emptyset)=0 $.
Demonstração: 

Note que, pela definição de $ F $, $ \mathbb{P}_F $  é não negativa em $ \mathcal{I} $ e $ \mathbb{P}_F(\emptyset)=0 $ . Agora para mostrar a aditividade finita, considere o caso n=2, consideraremos somente esse caso, por simplicidade da notação, a demonstração para o caso geral pode ser estendida naturalmente, a partir deste caso.

Assim considere 

$$\displaystyle \bigcup_{m=1}^{k}I_m\in \mathcal{I}$$

onde $ I_m $ são elementos disjuntos $ \mathcal{I} $. Primeiramente vamos considerar o caso em que $ I_m $ tem lados disjuntos. Desta forma, podemos rescrever

$$\displaystyle \bigcup_{m=1}^k I_m=\bigcup_{i=1}^{K_1}\bigcup_{j=1}^{K_2} I_{i,j}$$

Onde

$$\displaystyle \bigcup_{m=1}^k I_m= (a^0,a^{K_1}]\times(b^0,b^{K_2}]$$

e

$$I_{i,j}=(a^{i-1},a^{i}]\times (b^{j-1},b^{j}].$$

no qual $ I_m $ é um dos $ I_{i,i} $.

Agora fixando $ i $, temos que

$$\displaystyle \sum_{j=1}^{K_2}\mathbb{P}(I_{i,j})=\sum_{j=1}^{K_2}(F(a^i,b^j)-F(a^i, b^{j-1})-F(a^{i-1},b^j)+F(a^{i-1},b^{j-1}))=$$

$$\displaystyle \sum_{j=1}^{K_2}(F(a^i, b^j)-F(a^i,b^{j-1}))-\sum_{j=1}^{K_2}(F(a^{i-1},b^j)-F(a^{i-1},b^{j-1}))=$$

$$\displaystyle (F(a^i,b^{K_2})-F(a^i,b^0))-(F(a^{i-1},b^{K_2})-F(a^{i-1},b^0))=$$

$$\displaystyle \Delta_{a^{i-1},a^{i}}\Delta_{b^0,b^{K_2}} F(x_1,x_2)$$

Logo, obtemos que

$$\displaystyle \sum_{i=1}^{K_1}\sum_{j=1}^{K_2}\mathbb{P}_F(I_{i,j})=\sum_{j=1}^{K_2}\Delta^1_{a^{i-1},a^{i}}\Delta^2_{b^0,b^{K_2}}F(x_1,x_2)=$$

como

$$\displaystyle \sum_{i}^{K_1}\sum_{j=1}^{K_2}\mathbb{P}_F(I_{i,j})=\displaystyle \bigcup_{m=1}^k\mathbb{P}_F(I_m)$$

$$\displaystyle \sum_{i=1}^{K_1}\{(F(a^i,b^{K_2})-F(a^i,b^0))-(F(a^{i-1},b^{K_2})-F(a^{i-1},b^0))\}=$$

$$\sum_{i=1}^{K_1}(F(a^i,b^{K_2})-F(a^i,b^0))-\sum_{i=1}^{K_1}(F(a^{i-1},b^{K_2})-F(a^{i-1},b^0))=$$

$$F(a^{K_1},b^{K_2})-F(a^0,b^{K_2})-F(a^{K_1},b^0)-F(a^{K_1},b^0)+F(a^0,b^0)=$$

$$\Delta^1_{a^{0},a^{K_1}}\Delta^2_{b^{0},b^{K_2}}F(x_1,x_2)=$$

$$\mathbb{P}_F((a^0,b^{K_2}]\times(a^{K_1},b^{K_2}])=\mathbb{P}_F\left(\bigcup_{m=1}^{k}I_m\right)$$

Como 

$$\displaystyle \sum_{i=1}^{K_1}\sum_{j=1}^{K_2}\mathbb{P}_F(I_{i,j})=\sum_{m=1}^k \mathbb{P}_F(I_m)$$

Segue que

$$\mathbb{P}_F\left(\bigcup_{m=1}^{k}I_m\right)=\displaystyle \sum_{i=1}^{K_1}\sum_{j=1}^{K_2}\mathbb{P}_F(I_{i,j})=\sum_{m=1}^k \mathbb{P}_F(I_m)$$

Agora para o caso geral, pode sempre ser reduzido ao caso onde os lados dos retângulos são disjuntos. Por exemplo se

$$I_m=(u_1^{m},u_2^{m}]\times(v_1^m,v_2^m],\quad m=1,\dots,k$$

Assim basta colocar os valores em ordem crescente os valores distintos

$$u_1^{1},u_2^{1}, u_1^2,u_2^{2},\dots,u_1^{k}, u_2^{k}\quad e \quad v_1^{1},v_2^{1}, v_1^2,v_2^{2},\dots,v_1^{k}, v_2^{k}$$

respectivamente por

$$a^0\textless a^{1}\textless\dots\textless a^{K_1}\quad e \quad b^{0}\textless b^{1}\textless\dots\textless b^{K_2}$$

Então

$$\displaystyle \bigcup_{m=1}^k I_m=\bigcup_{i=1}^{K_1}\bigcup_{j=1}^{K_2} (a^{i-1},a^{i}]\times (b^{j-1},b^{j}]$$

Pelo caso anterior temos que

$$\displaystyle \mathbb{P}_F\left(\bigcup_{m=1}^k I_m\right)=\sum_{i=1}^{K_1}\sum_{j=1}^{K_2}\mathbb{P}_F\left((a^{i-1},a^{i}]\times(b^{j-1},b^{j}]\right)$$

Note que cada $ I_m $ é união de elementos disjuntos com lados disjuntos da forma $ (a^{i-1},a^{i}]\times(b^{j-1},b^{j}] $, logo cada $ I_m $ é soma dos seus termos correspondentes $ \mathbb{P}\left((a^{i-1},a^{i}]\times(b^{j-1},b^{i}]\right) $. Assim novamente usando o caso disjunto obtemos que

$$\displaystyle \mathbb{P}_F\left(\bigcup_{m=1}^k I_m\right)=\sum_{i=1}^{K_1}\sum_{j=1}^{K_2}\mathbb{P}_F\left((a^{i-1},a^{i}]\times(b^{j-1},b^{j}]\right)=\sum_{m=1}^{k}\mathbb{P}_{F}\left(I_m\right)$$

Portanto temos que $ \mathbb{P}_F $ é finitamente aditiva em $ \mathcal{I} $

Lema 2.4.1.2:

Seja $ F $ uma função de distribuição em $ \mathbb{R}^n $ e

$$\mathbb{P}_F((a,b])=\Delta_{a_1,b_1}\dots\Delta_{a_n,b_n} F_n(x)$$

.
Considere em $ \mathcal{I} $ os retângulos na forma 

$$R_k=(a_1^k,b_1^k]\times \cdots\times (a_n^k,b_n^k], \quad -\infty\leq a^k_{i}\leq b_i^k\leq \infty$$

 com  

$$\displaystyle R\subset \bigcup_{k=1}^{\infty} R_k$$

com $ R\mathcal{I} $. Então

$$\displaystyle \mathbb{P}_F(R)\leq \sum_{k=1}^{\infty}\mathbb{P}_F(R_k)$$

Demonstração:

Primeiramente notemos que para $ h\textgreater 0 $ 

$$\displaystyle \mathbb{P}_F((a_1^k,b_1^k+h]\times \cdots\times (a_n^k,b_n^k+h])=\Delta^1_{a_1^k,b_1^k+h}\cdots \Delta^n_{a_n^k,b_n^k+h}F(x_1,\dots,x_n)$$

Assim, devido a continuidade a direita de F em cada coordenada, segue que 

$$\displaystyle \lim_{h\rightarrow 0} \mathbb{P}_F((a_1^k,b_1^k+h]\times \cdots\times (a_n^k,b_n^k+h])=\lim_{h\rightarrow 0}\Delta^1_{a_1^k,b_1^k+h}\cdots \Delta^n_{a_n^k,b_n^k+h}F(x_1,\dots,x_n)=$$

$$\Delta^1_{a_1^k,b_1^k}\cdots \Delta^n_{a_n^k,b_n^k}F(x_1,\dots,x_n)=\mathbb{P}_F((a_1^k,b_1^k]\times \cdots\times (a_n^k,b_n^k])$$

Desta forma, dado $ \epsilon\textgreater 0 $, existe um $ h_k $, tal que

$$\displaystyle \mathbb{P}_F((a_1^k,b_1^k+h_k]\times \cdots\times (a_n^k,b_n^k+h_k])=\mathbb{P}_F((a_1^k,b_1^k]\times \cdots\times (a_n^k,b_n^k])+\frac{\epsilon}{2^k}$$

Primeiramente vamos considerar o caso em que $ R=(a_1^0,b_1^0]\times \cdots\times (a_n^0,b_n^0] $, para $ -\infty\textless a^k_{i}\textless b_i^k\textless \infty $. Assim para $ h\textgreater 0 $ temos

$$\displaystyle [a_1^0+h,b_1^0]\times \cdots\times [a_n^0+h,b_n^0]\subset R\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}(a_1^k,b_1^k+h_k]\times \cdots\times (a_n^k,b_n^k+h_k]$$

Mas $ [a_1^0+h,b_1^0]\times \cdots\times [a_n^0+h,b_n^0] $ é um conjunto compacto de $ \mathbb{R}^n $ e portanto pelo teorema de Heine-Borel toda cobertura aberta admite uma subcobertura finita. Em nosso caso a nossa cobertura aberta é 

$$\displaystyle \bigcup_{k=1}^{\infty}(a_1^k,b_1^k+h_k]\times \cdots\times (a_n^k,b_n^k+h_k]$$

Logo para algum $ K $ temos que

$$\displaystyle [a_1^0+h,b_1^0]\times \cdots\times [a_n^0+h,b_n^0]\subset\displaystyle \bigcup_{k=1}^{K}(a_1^k,b_1^k+h_k]\times \cdots\times (a_n^k,b_n^k+h_k]$$

Além disso, como $ \mathbb{P}_F $ é finitamente aditiva pelo Lema 2.4.1.1, temos que ela trivialmente monótona e sub-aditiva, e portanto

$$\displaystyle \mathbb{P}_F((a_1^0+h,b_1^0]\times \cdots\times (a_n^0+h,b_n^0])\leq \sum_{k=1}^{K}\mathbb{P}_F((a_1^k,b_1^k+h_k]\times \cdots\times (a_n^k,b_n^k+h_k]) $$

Pela equação acima temos que

$$\sum_{k=1}^{K}\mathbb{P}_F((a_1^k,b_1^k+h_k]\times \cdots\times (a_n^k,b_n^k+h_k])\leq \sum_{k=1}^{\infty}\left(\mathbb{P}_F((a_1^k,b_1^k]\times \cdots\times (a_n^k,b_n^k])+\frac{\epsilon}{2^k}\right)=$$

$$\sum_{k=1}^{\infty}\left(\mathbb{P}_F((a_1^k,b_1^k]\times \cdots\times (a_n^k,b_n^k])\right)+\epsilon=\sum_{k=1}^{\infty}\mathbb{P}_F(R_k)+\epsilon$$

Por outro lado temos que F é continua a direita em cada coordenada então

$$\displaystyle \lim_{h\rightarrow 0}\displaystyle \mathbb{P}_F((a_1^0+h,b_1^0]\times \cdots\times (a_n^0+h,b_n^0])=\lim_{h\rightarrow 0}\Delta^1_{a_1^0+h,b_1^0}\cdots \Delta^n_{a_n^0+h,b_n^0}F(x_1,\dots,x_n)=$$

$$\Delta^1_{a_1^k,b_1^k}\cdots \Delta^n_{a_n^0,b_n^0}F(x_1,\dots,x_n)=\mathbb{P}_F((a_1^0,b_1^0]\times \cdots\times (a_n^0,b_n^0])=\mathbb{P}_F(R)$$

Portanto

$$\displaystyle \mathbb{P}_F(R)\leq \sum_{k=1}^\infty \mathbb{P}_F(R_k)+\epsilon$$

Como $ \epsilon $ é arbitrário temos 

$$\displaystyle \mathbb{P}_F(R)\leq \sum_{k=1}^\infty \mathbb{P}_F(R_k)$$

Para o caso em que $ R $ não é finito considere

$$R^N=R\cap ((-N,N]\times\cdots\times (-N,N])$$

Logico que $ R^N $ é limitado e ainda

$$\displaystyle R^N\subset R^{N+1}\subset R\subset \bigcup_{k=1}^{\infty}R_k$$

Então pelo resultado anterior temos que

$$\displaystyle \mathbb{P}_F(R^N)\leq \sum_{k=1}^{\infty}\mathbb{P}(R_k), \quad \forall N$$

Como $ F $ é monótona em cada coordenada, tomando o limite em N tendendo a infinito, o resultado segue.

Lema 2.4.1.3:

$ \mathbb{P}_F $ é $ \sigma $-aditiva em $ \mathcal{I} $

Demonstração: 

Seja $ \displaystyle \bigcup_{k=1}^{\infty}R_k \in \mathcal{I} $, no qual $ R_k\in\mathcal{I}^n $ e $ R_j\cap R_i=\emptyset $ se $ i\neq j $.
Pelo Lema 2.4.1.1 temos que $ \mathbb{P}_F $ é finitamente aditiva, logo monótona. Assim

$$\displaystyle \sum_{k=1}^{N}\mathbb{P}(R_k)=\mathbb{P}_F\left(\bigcup_{k=1}^{N} R_k\right)\leq \mathbb{P}_F\left(\bigcup_{k=1}^{\infty}R_k\right), \quad \forall N\in\mathbb{N}$$

Agora tomando $ N\rightarrow \infty $ temos que

$$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\mathbb{P}(R_k)\leq \mathbb{P}_F\left(\bigcup_{k=1}^{\infty}R_k\right).$$

Por outro pela lema 2.4.1.2 temos que

$$\mathbb{P}_F\left(\bigcup_{k=1}^{\infty} R_k\right)\leq \sum_{k=1}^{\infty}\mathbb{P}_F(R_k)$$

Portanto 

$$\mathbb{P}_F\left(\bigcup_{k=1}^{\infty} R_k\right)= \sum_{k=1}^{\infty}\mathbb{P}_F(R_k)$$

E o resultado segue

Até esse ponto mostrarmos que $ \mathbb{P}_F $ é $ \sigma $-aditiva na semi-álgebra porém precisamos de $ \mathbb{P}_F $ seja definida na $ \sigma $-algebra e ainda seja $ \sigma $-aditiva. Na proposição a seguir mostraremos que podemos extender $ \mathbb{P}_F $ para uma álgebra de maneira única. Para enfim podermos invocar o Teorema de Caratheodory e finalmente extender nossa medida para a $ \sigma $-álgebra. 

A proposição a seguir nos diz que se temos uma medida de probabilidade qualquer (a qual chamaremos de $ \lambda $), definida apenas na semi-álgebra e ainda se ela for $ \sigma $-aditiva, então existe uma única extensão desta medida de probabilidade para a álgebra, tal que essa extensão seja $ \sigma $-aditiva na algebra.

Uma extensão natural de  \mathcal{I}\rightarrow \mathbb{R}^n $ a qual chamaremos de \mathcal{A}(\mathcal{I})\rightarrow \mathbb{R}^n $, seja $ A\in\mathcal{A}(\mathcal{I}) $ então $ A $ pode ser escrito como 

$$A=\displaystyle \bigcup_{i=1}^{n} I_i$$

 e a extesão natural de $ \lambda $ é dada por

$$\mu(A)=\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\lambda(I_i).$$

A proposição a seguir mostra que essa extensão é unica.

Proposição 2.4.1.1:

Seja  \mathcal{I}\rightarrow \mathbb{R}^n $, uma função positiva e $ \sigma $-aditiva definida em uma semi-álgebra $ \mathcal{I} $. Então existe uma única extensão,  $ \sigma $-aditiva, de $ \lambda $ para a álgebra $ \mathcal{A}(\mathcal{I}) $.
Demonstração:

Primeiramente considere $ \lambda $ finitamente aditiva em $ \mathcal{I} $ e seja $ A\in\mathcal{A}(\mathcal{I}) $ então $ A $ pode ser escrito como

$$A=\displaystyle \bigcup_{i=1}^{n} I_i$$

no qual os conjuntos $ I_i $ são elementos disjuntos de $ \mathcal{I} $. Então defina  \mathcal{A}(\mathcal{I})\rightarrow [0,1] $ com $ \mu\mid_{\mathcal{I}}=\lambda $.

$$\mu(A)=\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\lambda(I_i)$$

A função $ \mu $ está bem definida, e por definição estende $ \lambda $. Para ver que $ \mu $ está bem definida considere

$$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}I_i=A=\bigcup_{j=1}^{m} R_j$$

para conjuntos disjuntos $ R_j\in\mathcal{I} $, então

$$\mu(A)=\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\lambda(I_i)=\sum_{i=1}^{n}\mu(I_i)=\sum_{j=1}^{m}\mu(R_j)=\sum_{j=1}^{m}\lambda(R_j)=\mu(A)$$

De fato, considere

$$I_i\cap R_j, \quad i=1,\cdots,n, \quad j=1,\cdots,m$$

são elementos disjuntos de $ \mathcal{I} $

$$\displaystyle \bigcup_{j=1}^{m}(I_i\cap R_j)= I_i \quad e \quad \displaystyle \bigcup_{i=1}^{n}(I_i\cap R_j)=R_j$$

Então 

$$\displaystyle \mu(A)=\sum_{i=1}^n \lambda(I_i)=\sum_{i=1}^n\lambda\left(\displaystyle \bigcup_{j=1}^{m}(I_i\cap R_j)\right)=$$

$$\displaystyle \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \lambda(I_i\cap R_j)=\sum_{j=1}^m \sum_{i=1}^n \lambda(I_i\cap R_j)=\sum_{j=1}^m\lambda\left(\displaystyle \bigcup_{i=1}^{n}(I_i\cap R_j)\right)=\sum_{j=1}^m\lambda(R_j)=\sum_{j=1}^m\mu(R_j)$$

Portanto $ \mu $ está bem definida em $ \mathcal{A}(\mathcal{I}) $. Agora vamos mostrar que $ \mu $ é finitamente aditiva. Assim, considere os conjuntos $ A,B\in \mathcal{A}(\mathcal{I}) $, com $ A\cap B=\emptyset $, como então podemos reescrever $ A $ e $ B $ da seguinte forma

$$\displaystyle A=\bigcup_{i=1}^{n}(I_i)\quad \quad e \quad \quad B=\bigcup_{i=1}^{n}R_j$$

onde $ I_i\cap I_{i^\prime}=\emptyset $ para $ i\neq i^\prime $ e $ R_j\cap R_{j^\prime}=\emptyset $ para $ j\neq j^\prime $ e $ I_i,R_j\in \mathcal{I} $. Note que como $ A\cap B=\emptyset $ então

$$I_i\cap R_j=\emptyset \quad \quad e \quad \quad A\cup B= \displaystyle\bigcup_{i=1}^{n}I_i\cup \bigcup_{j=1}^{m}R_j$$

Então pela definição de $ \mu $ temos

$$\displaystyle \mu(A\cup B)=\sum_{i=1}^{n}\mu(I_i)+\sum_{j=1}^{m}\mu(R_j)=\mu(A)+\mu(B)$$

Logo por indução temos que $ \mu $ é finitamente aditiva em $ \mathcal{A}(\mathcal{I}) $. Para mostrar a unicidade de $ \mu $ seja \mathcal{A}(\mathcal{I})\rightarrow [0,1] $ com $ \theta\mid_{\mathcal{I}}=\lambda $ e $ \theta $ finitamente aditiva. Então para

$$\displaystyle A\in\mathcal{A}(\mathcal{I}),\quad A=\bigcup_{i=1}^n I_i,\quad \quad I_i\cap I_j=\emptyset$$

como $ \theta $ é finitamente aditiva e $ \theta\mid_{\mathcal{I}}=\lambda=\mu\mid_{\mathcal{I}} $ temos

$$\mu(A)=\displaystyle \sum_{i=1}^n\mu(I_i)=\sum_{i=1}^n\lambda(I_i)=\sum_{i=1}^n\theta(I_i)=\theta(A)$$

o que implica que 

$$\mu=\theta$$

e portanto única.
Agora suponha $ \lambda $$ \sigma $-aditiva, então mostremos que $ \mu $ também é $ \sigma $-aditiva em $ \mathcal{A}(\mathcal{I}) $. De fato, considere
$ \{A_j\}_{j\in\mathbb{N}} $ uma sequência disjunta em $ \mathcal{A}(\mathcal{I}) $. Como cada $ A_j\in\mathcal{A}(\mathcal{I}) $, temos que existem conjuntos disjuntos $ I^j_i\in\mathcal{I} $, tais que

$$A_j=\displaystyle \bigcup_{i=1}^{m_j}I^j_i$$

Assim

$$\displaystyle A=\bigcup_{j=1}^{\infty} A_j =\bigcup_{j=1}^{\infty}\bigcup_{i=1}^{m_j}I^j_i$$

Desta forma, temos duas possibilidades para $ A $, ou $ A\in\mathcal{A}(\mathcal{I}) $ ou $ A\notin \mathcal{A}(\mathcal{I}) $. Vamos supor inicialmente que $ A\in\mathcal{A}(\mathcal{I}) $. Então como cada $ A_i\cap A_j=\emptyset $ para $ i\neq j $ temos que todos os $ I^j_i $ são disjuntos. e como $ \lambda $ é $ sigma $-aditiva logo

$$\displaystyle \mu(A)=\lambda(A)=\lambda\left(\bigcup_{j=1}^{\infty}\bigcup_{i=1}^{m_j}I^j_i\right)=\sum_{j=1}^{\infty}\sum_{i=1}^{m_j}\lambda(I^j_i)=$$

$$\displaystyle \sum_{j=1}^{\infty}\sum_{i=1}^{m_j}\mu(I^j_i)=\sum_{j=1}^{\infty}\mu\left(\bigcup_{i=1}^{m_j}I^j_i\right)=\sum_{j=1}^{\infty}\mu(A_j)$$

portanto $ \mu $ é $ \sigma $-aditiva em $ \mathcal{A}(\mathcal{I}) $, se $ A\in\mathcal{I} $.
Agora considere o caso em que $ A\notin\mathcal{I} $. Então temos que $ A\in\mathcal{A}(\mathcal{I}) $, portanto 

$$A=\displaystyle \bigcup_{i=1}^{n} I_i, \quad \quad \bigcup_{j=1}^{\infty} A_j=A=\bigcup_{i=1}^{n} I_i$$

Desta forma 

$$\displaystyle I_i=A\cap I_i=\left(\bigcup_{j=1}^{\infty} A_j\right)\cap I_i=\bigcup_{j=1}^{\infty}(A_j\cap I_i)$$

como $ I_i\in\mathcal{I} $ temos que pelo caso anterior que 

$$\mu(I_i)=\displaystyle \sum_{j=1}^{\infty}\mu(A_j\cap I_i)$$

Além disso, temos que 

$$A_j=\displaystyle \bigcup_{i=1}^n (A_j\cap I_i)$$

como $ S_i $ são disjuntos temos que  

$$(A_j\cap I_i)\cap (A_j\cap I_n), \quad n\neq i$$

segue então, pela aditividade finita de $ \mu $ temos

$$\mu(A_j)=\displaystyle \sum_{i=1}^n (A_j\cap I_i)$$

Então

$$\displaystyle \mu(A)=\mu\left(\bigcup_{i=1}^{n} I_i\right)=\sum_{i=1}^n \mu(I_i)$$

E pela equação anterior temos que

$$\displaystyle \sum_{i=1}^n \mu(I_i)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^\infty\mu(A_j\cap I_i)$$

como todos os termos da serie são positivos então podemos permutar a soma e obtemos que

$$\displaystyle \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^\infty\mu(A_j\cap I_i)=\sum_{j=1}^\infty\sum_{i=1}^n\mu(A_j\cap I_i)=\sum_{j=1}^\infty\mu\left(\bigcup_{i=1}^{n}(A_j\cap I_i)\right)=\sum_{j=1}^\infty\mu(A_j)$$

Logo $ \mu $ é $ \sigma $-aditivo em $ \mathcal{A}(\mathcal{I}) $ e o resultado segue.

 

Note que $ \mathbb{P}_F $ satisfaz as condições da proposição, por isso existe uma única extensão de $ \mathbb{P}_F $, tal que $ \mathbb{P}_F $ é $ \sigma $-aditiva na álgebra, desta forma basta-nos apenas estender $ \mathbb{P}_F $ para a $ \sigma $-álgebra, como vemos no teorema a seguir.

 

Teorema 2.4.1.2:

Dado uma função de distribuição $ F $  com as propriedades P1,P2,P3,P4 então existe uma única medida de probabilidade $ \mathbb{P} $ tal que 

$$\mathbb{P}((a,b])=\Delta_{a_1,b_1}\dots\Delta_{a_n,b_n} F_n(x)$$

Demonstração:

Pelos Lemas anteriores, e usando o teorema de extensão o resultado segue

Probabilidades

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