8.3 - Convergência de Soma de variáveis aleatórias

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Sabemos que a serie $ \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} 1/n $ diverge, e ainda que $ \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n/n $ converge. Entretanto a pergunta que fica será que se $ P(X_n=1)=P(X_n=-1)=1/2 $ a $ \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} X_n/n $ converge ? Como podemos analisar a convergência de uma serie aleatória ? 

$$A_1=\{\omega|\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} X_n/n~~ converge \}$$

esse é o conjunto dos pontos para o qual a serie converge. Mas adiante vamos demonstrar pelo Teorema de Kolmogorov conhecido como "lei zero-um" $ P(A_1) $

pode ser apenas 0 ou 1.

Definição 8.3.1:

Seja $ (\Omega, \mathcal{F},P) $ um espaço de probabilidade e seja $ (X_n)_{n\in \mathbb{N}} $ uma sequêcia de variáveis aleatórias. Seja $ \mathcal{F}_n^{\infty}=\sigma(X_n,X_{n+1},\dots) $ a sigma algebra gerada pelas variáveis $ X_{n},X_{n_1}, \cdots $ e definimos 

$$\xi=\displaystyle \bigcap_{n=1}^{\infty}\mathcal{F}_{n}^{\infty}$$

$ \xi $ é uma $ \sigma $-álgebra chamada de $ \sigma $-álgebra calda, é também conhecida como $ \sigma $-álgebra terminal ou álgebra assintótica.

Observação:

Note que para todo evento $ A\in \xi $ temos que A é independente de $ X_1,\cdots, X_n $ para todo n  finito.

Assim para todo $ k\geq 1 $ temos que 

$$A_1=\{\omega|\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} X_n/n ~~converge \}=\{\omega|\displaystyle \sum_{n=k}^{\infty} X_n/n ~~converge\}\in \mathcal{F}_k$$

Temos que $ A_1\in \displaystyle \bigcap_{ k=1}^{\infty} \mathcal{F}_k^{\infty}=\xi $. Da mesma forma temos que, se $ X_1,X_2,\cdots $ é uma sequência qualquer, 

$$A_2=\{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}X_n~~ converge\}\in \xi$$

Além disso, temos que 

$$A_3=\{X_n \in I_n\text{para um numero infinito de n}\}$$

onde $ I_n $ pertence a $ \sigma $-álgebra de borel. Logo se consideramos as variáveis independentes temos que pelo lema de Borel-Cantelli, segue que: 

$$P(A_3)=0\Leftrightarrow \sum P(X_n \in I_n)\textless \infty$$

 

$$P(A_3)=1\Leftrightarrow \sum P(X_n \in I_n)= \infty$$

Assim a probabilidade de $ A_3 $ pode assumir apenas valor 0 ou 1, dependendo apenas da convergência ou não da serie. Isto é conhecida como Lei 0-1 de Borel.

Lema 8.3.1:

Seja $ \mathcal{B} $ uma algebra então, para qualquer $ \epsilon\textgreater 0 $ e $ B\in\mathcal{F} $, com $ \sigma{(\mathcal{B})}=\mathcal{F} $, existe $ A\in\mathcal{B} $ tal que 

$$P(A\Delta B)\leq \epsilon$$

Teorema 8.3.1:

Lei zero-um de Kolmogorov. Seja $ (X_n)_{n\in \mathbb{N}} $ uma sequência de variáveis aleatórias independentes  e seja $ A\in \xi $. A $ P(A) $ assume apenas valor zero ou um.

Demonstração:

Basta mostrarmos que todo evento $ A\in \xi $ é um evento independente dele mesmo e portanto $ P(A\cap A)=P(A)P(A)=P^2(A) $ isto implica que P(A)=0 ou P(A)=1. Note que $ A\in \xi $ então $ A\in \mathcal{F}_1^{\infty}=\sigma(X_1,X_2, \cdots)=\sigma(\cup_{n=1}^{\infty}\mathcal{F}_1^{n}) $, com $ \mathcal{F}_1^{n}=\sigma(X_1,\cdots,X_n) $. Portanto pelo lema anterior podemos encontrar um $ A_n\in \mathcal{F}_1^{n} $, tal que 

$$P(A\Delta A_n)\rightarrow 0,~~ n\rightarrow \infty$$

portanto 

$$P(A_n)\rightarrow P(A), P(A_n\cap A)\rightarrow P(A)$$

Entretanto $ A\in \xi $ e portanto A é independente de $ A_n $ para todo $ n\geq 1 $. E portanto o resultado segue.

Corolário 8.3.1:

Seja $ Y $ uma variável aleatória mensurável em relação a $ \sigma $-álgebra cauda $ \xi $. Então existe $ c \in\mathbb{R} $ talque P(Y=c)=1.

Demonstração:

Primeiramente observe que como $ Y $ é $ \xi $-mensurável então para qualquer $ A\in\sigma(Y)\subset \xi $, então  

$$P(Y\in B_1\cap Y=B_2)=P(Y\in B_1)P(Y\in B_2), \forall B_i\in\mathfrak{B}$$

com $ \mathfrak{B} $ sendo a $ \sigma $-álgebra de Borel. Assim, considere a probabilidade do evento $ [Y \leq x] $ é 0 ou 1, pois  

$$P([Y \leq x])=P([Y \leq x]\cap[Y \leq x])=P([Y \leq x])P([Y \leq x])=P^2([Y \leq x])$$

Portanto, a função de distribuição de Y tem um único ponto de salto, que é o supremo do conjunto  P(Y \leq x) = 0\} $. Assim seja  P(Y \leq x) = 0\} $, então 

$$P(Y=c)=1$$

o que implica que Y=c quase certamente.

Seja $ (X_n)_{n\in \mathbb{N}} $ um sequência de variáveis aleatórias bernoulli com $ P(X_n=1)=p $ e $ P(X_n=-1)=q $, p+q=1 $ \displaystyle S_n=\sum_{i=1}^{n}X_i $

Teorema 8.3.2:

a) Se $ p=1/2 $, então $ P(S_n=0, i.v.)=1 $, onde i.v.=infinita vezes.

b) Se $ p\neq 1/2 $, então $ P(S_n=0,i.v.)=0 $

Demonstração:

a) Note primeiramente que $ B={[S_n=0,i.v.]} $ não pertence a $ \sigma $-álgebra $ \xi $ logo não é imediato que $ P(B)=0 $ ou $ P(B)=1 $. É suficiente provar que o evento 

$$A=\{\displaystyle \limsup \frac{S_n}{\sqrt{n}}=\infty,\liminf \frac{S_n}{\sqrt{n}}=-\infty\}$$

que $ P(A)=1 $, como $ A\subset B $. Pois, é equivalente considerarmos o seguinte caso.

Como queremos usar o lema de Borel-Cantelli precisamos olhar para uma sequência independente. Assim considere uma subsequência $ n_1\textless n_2\textless \cdots $ de números inteiros. Então para qualquer evento $ \{C_k\} $ talque cada $ C_k $ depende apenas de $ \{X_{n_k +1},X_{n_k +2},\cdots, X_{n_{k +1}}\} $ são independentes e o lema de Borel-Cantelli pode ser aplicado. Assim seja $ n_k\textless m_k \textless n_{k+1} $ e definimos 

$$C_k=\{X_{n_k+1}+\cdots+X_{m_k}\leq -n_k\}\cap\{X_{m_k+1}+\cdots +X_{n_{k+1}}\geq m_k\}$$

é importante notar que escolhemos definir $ C_k $ desta forma devido a sabermos do seguinte fato 

$$S_{n_k}=X_1+\cdots +X_{n_k}\leq n_k$$

pois $ X_i=\pm 1 $. Portanto $ \{\omega \in C_k\}\Rightarrow S_{n_k}\leq 0 $. Por outro lado como $ S_{m_k}\geq -m_k $, então adicionando temos que  

$$\{\omega\in C_k\}\Rightarrow S_{n_{k+1}}\geq 0$$

Portanto $ \{\omega \in C_k\}\Rightarrow \{S_n=0, ~~para~~ n_{k+1}\leq n \leq n_{k+1}\} $ e com isso temos que 

$ \{C_k, i.v.\}\subset \{S_n=0,i.v.\} $

Assim basta provarmos que existe $ n_k $ e $ m_k $ talque $ \sum P(C_k)=\infty $, e usando Borel-Cantelli temos $ P[C_k,i.v]=1 $, o que implica que $ P[S_n=0,i.v.]=1 $. Notemos primeiramente que dado qualquer $ 0<\alpha<1 $, e um inteiro $ k\geq 1 $, existe um inteiro $ p_k $, talque  

$$P(|S_{p_k}|=k)\leq \alpha$$

Defina $ n_k, m_k $ da seguinte forma $ n_1=1 $, $ m_k=n_k+p_k $ e $ n_{k+1}=m_k+p_k $. Assim $ P(C_k) $ é dado da seguinte forma 

$$P(C_k)=P(X_{n_k+1}+\cdots+X_{m_k}\leq - n_k)P(X_{m_k+1}+\cdots+X_{n_{k+1}}\geq m_k)$$

Pela simetria temos que  

$$P(C_k)=\frac{1}{4}P(|X_{n_k+1}+\cdots+X_{m_k}|\geq n_k)P(|X_{m_k+1}+\cdots+X_{n_{k+1}}|\geq m_k)$$

Além disso note que a distribuição de $ P(S_{n+j}-S_n)=P(S_j) $, então temos que

$$P(C_k)=\frac{1}{4}P(|X_{1}+\cdots+X_{m_k-n_k}|\geq n_k)P(|X_{1}+\cdots+X_{n_{k+1}-m_k}|\geq m_k)\geq \frac{1}{4}(1-\alpha)^2$$

o que implica que  

$$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} P(C_k)\geq \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{4}(1-\alpha)^2=\infty$$

Portanto por Borel-Cantelli temos que $ P(S_n=0,i.v.)=1 $.

(b) Análogo a letra (a) porém usando o complementar.

Teorema 8.3.3: (Lei 0-1 de Hewitt-Savage)

Seja $ X_1,X_2,\cdots $ uma sequência de variáveis aleatórias iid, e  

$$A=\{\omega | (X_1,X_2,\cdots)\in B\}$$

um evento simétrico. Então P(A)=0 ou P(A)=1

Demonstração:

Seja $ A=[X\in B] $ um evento simétrico. Seja $ B_n\in \mathfrak{B}(R^n) $, com $ \mathfrak{B}(R^n) $ a $ \sigma $-álgebra de borel do $ R^n $, tal que para $ A_n=\{\omega | (X_1,\cdots, X_n)\in B_n\} $ com

$ P(A\Delta A_n)\rightarrow 0, ~~ n\rightarrow \infty $

Então $ P(A_n)\rightarrow P(A) $. Assim como A é simétrico então  

$$P(A_n\cap A_n)=P((X_1,\cdots X_n)\in B_n;(X_{n+1}, \cdots X_{2n})\in B_n)$$

E pela independência dos $ X_i $ temos que  

$$P((X_1,\cdots X_n)\in B_n;(X_{n+1}, \cdots X_{2n})\in B_n)=P((X_1,\cdots X_n)\in B_n)P((X_{n+1}, \cdots X_{2n})\in B_n)$$

Assim quando $ n\rightarrow \infty $ temos que  

$$P(A)=P^2(A)$$

o que implica que P(A)=0 ou P(A)=1.

Exemplo 8.3.1:

Suponha $ (X_n)_{n\geq 1} $ uma sequência de v.a's tal que $ P(X=0)=1-\displaystyle \frac{1}{n} $, $ P(X_n=1)=\displaystyle \frac{1}{2n}=P(X_n=-1) $. Mostre que $ X_n\stackrel{P}{\rightarrow} 0 $ e $ X_n\stackrel{L^p}{\rightarrow} 0 $.

Primeiramente mostremos que $ X_n\stackrel{P}{\rightarrow} 0 $

$$P(|X_n|\geq \epsilon)=P(X_n=1)+P(X_n=-1)$$

 

$$=\displaystyle \frac{1}{2n}+\frac{1}{2n}=\frac{1}{n}.$$

Como 

$$\displaystyle \lim_{n\rightarrow}P(|X_n|\geq \epsilon)=0$$

Portanto concluímos que, 

$$X_n\stackrel{P}{\rightarrow} 0.$$

Agora mostremos que $ X_n\stackrel{L^p}{\rightarrow} 0 $.

Temos que 

$$E[|X_n|^p]=\displaystyle \frac{1}{n}$$

Como 

$$\displaystyle \lim_{n\rightarrow}E[|X_n|^p]=0$$

E portanto o resultado segue.

Exemplo 8.3.2:

Para $ c\in\mathbb{R} $, constante, mostre que $ X_n\stackrel{L^2}{\rightarrow} c $ se, e somente se, $ E[X_n]\rightarrow c $ e $ Var[X_n]\rightarrow 0 $.

Primeiramente vamos supor que $ X_n\stackrel{L^2}{\rightarrow} c $. Como $ X_n\stackrel{L^2}{\rightarrow} 0 $ temos que 

$$E[|X_n-c|^2]\rightarrow 0\Rightarrow Var[X_n]+(E[X_n]-c)^2\rightarrow 0$$

 

$$\Rightarrow Var[X_n]\rightarrow 0$$


$$(E[X_n]-c)^2\rightarrow 0\Rightarrow E[X_n]\rightarrow 0$$

como queríamos demonstrar

Agora suponha que $ E[X_n]\rightarrow c $ e $ Var[X_n]\rightarrow 0 $. Note que 

$$E[|X_n-c|^2]=Var[X_n]+(E[X_n]+c)^2\rightarrow 0$$

Probabilidades

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