3.5.1 - Propriedades da Esperança Condicional

Teorema 3.5.1.1:

Seja X,Y e Z v.a's e $a,b\in\mathbb{R}$ e $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$. Assumindo que todas as esperanças condicionais a seguir existem, temos que

P1) $\mathbb{E}[a|Y]=a$

P2) $\mathbb{E}[aX+bY|Z]=a\mathbb{E}[X|Z]+b\mathbb{E}[Y|Z]$

P3) $\mathbb{E}[X|Y]\geq 0$ se $X\geq 0$

P4) $\mathbb{E}[X|Y]=\mathbb{E}[X]$ se X é independente de Y.

P5) $\mathbb{E}[\mathbb{E}[X|Y]]=\mathbb{E}[X]$

P6) $\mathbb{E}[Xg(Y)|Y]=g(Y)\mathbb{E}[X|Y]$. Em particular $\mathbb{E}[g(Y)|X]=g(Y)$

P7) $\mathbb{E}[X|Y,g(Y)]=\mathbb{E}[X|Y]$

P8) $\mathbb{E}[\mathbb{E}[X|Y,Z]|Y]=\mathbb{E}[X|Y]$

Demonstração:

As demonstrações serão feitas para o caso contínuo, para fazer o caso discreto é feito de forma similar

P1)$$\mathbb{E}[a|Y]=a\mathbb{P}(a|Y)=a$$

P2)Primeiramente note que

$$\mathbb{E}[aX+bY|Z]=\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}(ax+by) f_{X,Y|Z}(X,Y|Z)dxdy$$

$$=\displaystyle a\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}xf_{X,Y|Z}(X,Y|Z)dydx+b\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}y f_{X,Y|Z}(X,Y|Z)dxdy$$

$$=\displaystyle a\int_{-\infty}^{\infty}x\left[\int_{-\infty}^{\infty}f_{X,Y|Z}(X,Y|Z)dy\right]dx+b\int_{-\infty}^{\infty}y\left[\int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y|Z}(X,Y|Z)dx\right]dy$$

$$=\displaystyle a\int_{-\infty}^{\infty}xf_{X|Z}(X|Z)dx+\displaystyle b\int_{-\infty}^{\infty}yf_{Y|Z}(Y|Z)dy$$

$$=a\mathbb{E}[X|Z]+b\mathbb{E}[Y|Z]$$

P3)Suponha $X\geq 0$ então

$$\mathbb{E}[X|Y]=\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}xf_{X|Y}(x|Y)dx=\int_{0}^{\infty}xf_{X|Y}(x|Y)dx\geq 0,$$

pois $f_{X|Y}(x|Y)\geq 0$

P4)Se X e Y são independente temos que

$$\displaystyle f_{X|Y}(x|y)=\frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_Y(y)}=\frac{f_{X}(x)f_Y(y)}{f_Y(y)}=f_X(x)$$

então

$$\displaystyle\mathbb{E}[X|Y]=\int_{-\infty}^{\infty}xf_{X|Y}(x|y)dx=\int_{-\infty}^{\infty}xf_{X}(x)dx=\mathbb{E}[X]$$

P5)Basta notar que

$$\displaystyle \mathbb{E}[\mathbb{E}[X|Y]]=\int_{-\infty}^{\infty}\mathbb{E}[X|Y=y]f_Y(y)dy$$

$$=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}xf_{X|Y}(x|y)f_Y(y)dydx$$

$$=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}x\int_{-\infty}^{\infty}\frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_Y(y)}f_Y(y)dydx$$

$$=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}x\int_{-\infty}^{\infty}f_{X,Y}(x,y)dydx$$

$$=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}xf_{X}(x)dx$$

$$=\mathbb{E}[X]$$

P6)Note que

$$\mathbb{E}[Xg(Y)|Y=y]=\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}xg(y)f_{X|Y}(x|Y=y)dx$$

$$\displaystyle g(y)\int_{-\infty}^{\infty}xf_{X|Y}(x|Y=y)dx=g(y)\mathbb{E}[X|Y=y]\Rightarrow g(Y))\mathbb{E}[X|Y]$$

P7)Observe que

$$\mathbb{E}[X|Y=y,g(y)]=\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}xf_{X|Y,g(Y)}(x|y,g(y))dx$$

$$=\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}x\frac{f_{X,Y,g(Y)}(x,y,g(y))}{f_{Y,g(Y)}(y,g(y))}dx$$

$$=\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}x\frac{f_{X,Y,g(Y)}(x,y,g(y))}{f_{g(Y)|Y}(g(y)|y)}dx$$

$$=\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}x\frac{f_{X,g(Y)|Y}(x,g(y)|y)f_Y(y)}{g(y)f_{Y}(y)}dx$$

$$=\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}x\frac{g(y)f_{X|Y}(x|y)f_Y(y)}{g(y)f_{Y}(y)}dx$$

$$=\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}xf_{X|Y}(x|y)dx=\mathbb{E}[X|Y]$$

P8)É importante ter em mente que $\mathbb{E}[X|Y,Z]$ é uma variável aleatória, por isso

$$\mathbb{E}[\mathbb{E}[X|Y,Z]|Y=y]=\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\mathbb{E}[X|Y=y,Z=z]f_{Z|Y}(z|y)dz$$

$$=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}xf_{X|Y,Z}(x|y,z)f_{Z|Y}(z|y)dzdx$$

$$=\int_{-\infty}^{\infty}x\int_{-\infty}^{\infty}\frac{f_{X,Y,Z}(x,y,z)}{f_{Z,Y}(z,y)}\frac{f_{Z,Y}(z,y)}{f_Y(y)}dzdx$$

$$=\int_{-\infty}^{\infty}x\int_{-\infty}^{\infty}\frac{f_{X,Y,Z}(x,y,z)}{f_Y(y)}dzdx$$

$$=\int_{-\infty}^{\infty}x\int_{-\infty}^{\infty}f_{X,Z|Y}(x,z|y)dzdx$$

$$=\int_{-\infty}^{\infty}xf_{X|Y}(x|y)dx=\mathbb{E}(X|Y=y)\Rightarrow \mathbb{E}[\mathbb{E}[X|Y,Z]|Y]=\mathbb{E}[X|Y]$$

Exemplo 3.5.1.1:

Seja $X,Y\stackrel{iid}{\sim}U(0,1)$, e $Z=X+Y$. Encontre $\mathbb{E}[Z|X],\mathbb{E}[XZ|X],\mathbb{E}[X|Z],\mathbb{E}[XZ|Z]$.

Vamos começar pelos mais simples

$$\displaystyle\mathbb{E}[Z|X]=\mathbb{E}[X+Y|X]=\mathbb{E}[X|X]+\mathbb{E}[Y|X]\stackrel{P4,P6}{=}X+\mathbb{E}[Y]=X+\frac{1}{2}$$

Agora

$$\mathbb{E}[XZ|X]\stackrel{P6}{=}X\mathbb{E}[Z|X]=X(X+\frac{1}{2})$$

Para calcular $\mathbb{E}[X|Z]$, precisamos encontrar a densidade conjunta de X e Z. Precisamos encontrar imagem do quadrado $0\leq x,y\leq 1$ através da nossa transformação $X, Z=X+Y$, para mais detalhes consulte a seção 2.8 de probabilidade conjunta. Para verificar a nossa transformação, basta verificar o que ocorre nas bordas, já que nossa transformação é linear.

$$(x,y)=(0,0)\rightarrow (0,0)$$

$$(x,y)=(0,1)\rightarrow (0,1)$$

$$(x,y)=(1,0)\rightarrow (1,1)$$

$$(x,y)=(1,1)\rightarrow (1,2)$$

formando uma paralelogramo como na figura

Note que a área do paralelogramo é 1, portanto a densidade conjunta é dada por

$$f_{X,Z}(x,z)=\mathbb{I}_{\{(x,z)\in A\}}$$

onde A denota o interior do paralelogramo. Também temos a densidade de z a qual pode ser encontrada na seção de Distribuição uniforme Exemplo 6.1.4 e é dada por

$$\displaystyle f_Z(z)=\left\{\begin{array}{l} z~~ se~~0< z< 1 \\ 2-z ~~ se~~1< z< 2\end{array}\right.$$

Com isso em mente podemos calcular $f_{X|Z}(x|z)$, o que

$$\displaystyle f_{X|Z}(x,z)=\frac{f_{X,Z}(x,z)}{f_Z(z)}=\left\{\begin{array}{l} 1/z~~ se~~0< z< 1~~e~~(x,z)\in A \\ 1/(2-z) ~~ se~~1< z< 2~~e~~(x,z)\in A\end{array}\right.$$

Portanto

$$\mathbb{E}[X|Z=z]=\left\{\begin{array}{l} \int_{0}^{z} x/zdx~~ se~~0< z< 1\\ \int_{z-1}^{1} x/(2-z) ~~ se~~1< z< 2\end{array}\right.$$

Resolvendo as integrais temos que

$$\mathbb{E}[X|Z=z]=z/2$$

Portanto

$$\mathbb{E}[X|Z]=Z/2 $$

E por fim temos que

$$\mathbb{E}[XZ|Z]\stackrel{P6}{=}Z\mathbb{E}[X|Z]=Z(Z/2)=Z^2/2$$

Exemplo 3.5.1.2:

Seja $\{X_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ uma sequência de variáveis aleatórias iid com média $\mu$ e variância $\sigma^2$. Seja $N$ uma variável aleatória que assume valores nos naturais. Defina

$$\displaystyle S_N=\sum_{i=1}^N X_i$$

observe que  $S_N$ é uma variável aleatória cuja a quantidade de termos varia de acordo com o valor que a variável $N$ assume. Queremos encontrar $\mathbb{E}[S_N|N]$ e $\mathbb{S}^2_{N|N}$ e calcule  $Var[S_N]$.

Para isso considere

$$\mathbb{E}[S_N^2|N=n]=\displaystyle \sum_{i=1}^n \mathbb{E}[X_i]=n\mu\Rightarrow \mathbb{E}[S_N|N]=N\mu$$

Agora como $X_i$ são independente temos

$$\mathbb{E}[S_N^2|N=n]-\left(\mathbb{E}[S_N|N=n]\right)=Var[S_N|N=n]=\sum_{i=1}^n Var[X_i]=n\sigma^2\Rightarrow Var[S_N|N]=N\sigma^2$$

o que implica que

$$\mathbb{E}[S_N^2|N]=N\sigma^2+N^2\mu^2$$

Agora usando P5, temos

$$\mathbb{E}[S_N]=\mathbb{E}[\mathbb{E}[S_N|N]]=\mathbb{E}[N\mu]=\mu\mathbb{E}[N]$$

E ainda

$$\mathbb{E}[S_N^2]=\mathbb{E}[\mathbb{E}[S_N^2|N]]=\mathbb{E}[N\sigma^2+N\mu^2]=\sigma^2\mathbb{E}[N]+\mu^2\mathbb{E}[N^2]$$

Finalmente temos que a variância de $S_N$ é

$$Var[S_N]=\mathbb{E}[S^2_N]-\left(\mathbb{E}[S_N]\right)^2=\sigma^2\mathbb{E}[N]+\mu^2Var[N]$$

Exemplo 3.5.1.3:

Suponha que o numero de clientes que entram em supermercado em um dia é uma variável aleatória com média 100. Suponha também que o montante gasto neste supermercado por cada cliente é uma variável aleatória independente com média de 40 reais, suponha também que o montante gasto pelos clientes é independente do total de clientes no dia, ou seja, se o supermercado está cheio ou vazio a quantidade que cada cliente gasta independe disto. Qual é o valor esperado do montante total de dinheiro que entra neste supermercado ?

Se tomarmos N como o total de clientes que entram no supermercado e $X_i$ como sendo o valor que cada cliente gasta, então queremos calcular

$$\displaystyle \mathbb{E}\left[\sum_{i=1}^N X_i\right]$$

utilizando o exemplo 3.5.1.2 temos

$$\mathbb{E}[S_N]=\mathbb{E}[N]\mathbb{E}[X_i]=100\star40=R\$4000,00$$