Notas de aula sobre probabilidade em espaços poloneses. - IMPA

Probabilidade em espaços métricos polonesesporRoberto Imbuzeiro M. F. de OliveiraIMPAi

Capítulo 1: Um curso relâmpago de análise em espaços métricospoloneses1.1 Espaços métricos polonesesUm espaço métrico é um par (M, d) onde M é um conjunto e d : M × M → [0, +∞)satisfaz:• ∀x, y ∈ M, “x ≠ y ⇒ d(x, y) > 0”e “x = y ⇒ d(x, y) = 0”;• ∀x, y ∈ M, d(y, x) = d(x, y);• ∀x, y, z ∈ M, d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y).Uma seqüência {x n } n∈N ⊂ M é dita Cauchy se lim k→+∞ sup m,n≥k d(x n , x m ) = 0. Um espaçométrico é dito completo se toda seqüência de Cauchy tem um limite, isto é, algum x ∈ M talque d(x n , x) → 0 quando n → +∞.D ⊂ M é denso se sup x∈M inf a∈D d(x, a) = 0. Se existe D ⊂ M denso e enumerável,(M, d) é dito separável.Finalmente, (M, d) é um espaço polonês se é um espaço métrico separável e completo.A partir de agora (M, d) será sempre um espaço métrico polonês a não ser que o contrárioseja dito. B será a σ-álgebra de Borel sobre M, isto é, a σ-álgebra gerada pelos abertos (vera próxima seção). Além disso, D ⊂ M será um subconjunto denso e enumerável.1.2 Topologia: abertos e fechadosB(x, r) será a bola aberta de raio r > 0 ao redor de x ∈ M, isto é:A bola fechada será representada por B[x, r]:B(x, r) ≡ {y ∈ M : d(x, y) < r}.B[x, r] ≡ {y ∈ M : d(x, y) ≤ r}.Diremos que A ⊂ M é aberto se para todo x ∈ A existe um r > 0 tal que B(x, r) ⊂ A.Exercício 1.1. As seguintes condições são equivalentes.1. A é aberto;2. A é a união de bolas abertas;3. A é a união de bolas abertas da forma B(a, q), onde a ∈ A ∩ D e q > 0 é racional.Prove ainda que a união de abertos é aberta e que a interseção finita de abertos é aberta.F ⊂ M é dito fechado se F c ≡ M\F é aberto.1

Exercício 1.2. Prove que F ⊂ M é fechado sse toda seqüência de Cauchy feita de elementosde F converge para um elemento de F . Prove ainda que toda interseção de fechados é fechadae que a união finita de fechados é fechada.Se S ⊂ M, o interior S o e o fecho S são dados por:S o ≡ ∪ A⊂S aberto AS ≡ ∩ F ⊃S fechado F.Exercício 1.3. Prove que S o é aberto, S é fechado e (S o ) c = S c .Finalmente, a fronteira de S é dada por ∂S ≡ S\S o .Exercício 1.4. s ∈ ∂S se existem seqüências contidas em S e S c cujo limite é s.1.3 Topologia: compactosUma coleção de abertos A de M é uma cobertura de C ⊂ M se C ⊂ ∪ A∈A A. K ⊂ M é ditocompacto se toda cobertura de K por abertos possui uma subcobertura finita. EscreveremosK ⊂⊂ M para representar esta propriedade.Proposição 1.1. As seguintes propriedades são equivalentes.1. K é compacto;2. qualquer cobertura de K por bolas abertas possui uma subcobertura finita;3. K é fechado e para todo ɛ > 0 existe N ɛ (K) < +∞ tal que K está contido na união deN ɛ (K) bolas abertas de raio ɛ;4. toda seqüência em K possui subseqüência convergente para elemento de K.Antes de provar a propisição, fazemos uma ressalva importante. O teorema de Heine-Borelnos diz que se M = R d com a métrica usual, então K ⊂⊂ R d sse é fechado e limitado. Talresultado não vale para espaços métricos poloneses em geral.Prova: “1 ⇔ 2”é trivial: bolas abertas são abertos e abertos são uniões de bolas abertas.“2 ⇒ 3”: basta provar que K é fechado. Seja x ∈ M\K. Provaremos que há um r > 0tal que B(x, r) ∩ K = ∅; daí seguirá que K c é aberto e K é fechado.Considere a coleção A de bolas abertas da forma B(k, d(k, x)/2), com k ∈ K. Note quequalquer k ∈ K está em uma delas; logo, por 2, existe uma subcoleção finita B(k i , d(k i , x)/2),1 ≤ i ≤ m dessas bolas que contém K. Por outro lado, note que se r = min 1≤i≤m d(k i , x)/2,então B(x, r) ∩ B(k i , d(k i , x)/2) = ∅ para cada i, logo B(x, r) ⊂ ∩ m i=1 B(k i, d(k i , x)/2) c ⊂ K c .Isto prova a afirmação desejada.“3 ⇒ 4”: seja {x n } n∈N uma seqüência em K. Provaremos que ela tem uma subseqüênciaCauchy, a qual tem de convergir para algum x ∈ K porque K é fechado.Por hipótese, K pode ser coberto por uma coleção finita de bolas de raio 1. Logo existealguma bola B 1 de raio 1 tal que x n ∈ B 1 para infinitos valores de n; seja N 1 o conjunto detais valores.2

Por indução, podemos construir conjuntos infinitos N ⊃ N 1 ⊃ N 2 ⊃ N 3 . . . tais que paracada j ∈ N, existe uma bola B j de raio 1/j tal que x n ∈ B j para todo n ∈ N j e, além disso,n j ≡ min N j < n j+1 . A subseqüência {x nj } j satisfaz n j → +∞ e x ni ∈ B j para todo i ≥ j,de modo que ∀i, i ′ ≥ j,d(x ni , x ni ′ ) ≤ maxx,y∈B jd(x, y) ≤ 2/j.Segue que {x nj } é Cauchy, como queríamos.“4 ⇒ 1”: Seja o A uma dada cobertura de K por abertos. Suponha, para chegar a umacontradição, que A não possui uma subcobertura finita.Escolha para cada x ∈ K um raio r x > 0 tal quer x = 1 2 sup{r > 0 : B(x, r x) ⊂ A x para algum aberto A x ∈ A}.Defina indutivamente uma seqüência {x n } n em K da seguinte forma: escolha x 1 ∈ K arbitrariamente.Escolhidos x 1 , . . . , x m , há necessariamente algum x m+1 ∈ K tal que d(x m+1 , x j ) ≥r xj para todo 1 ≤ j ≤ m, já que, em caso contrário, teríamosm⋃m⋃K ⊂ B(x i , r xi ) ⊂i=1e o lado esquerdo seria uma subcobertura finita de A. Logo podemos escolher este x m+1 ∈K\ ⊂ ⋃ mi=1 B(x i, r xi ) como o elemento seguinte da seqüência e prosseguir indefinidamente.Por 4, há uma subseqüência {x nj } de {x n } convergindo a algum x ∈ K. Podemos suporque os índices n 1 < n 2 são tais que:i=1A xid(x n1 , x), d(x, x n2 ) < r x /10 ⇒ d(x n1 , x n2 ) < r x /5.Mas note que se para todo y ∈ M e r > 0 com d(x, y) < r < 2r x ,Logo r y ≥ r x − d(x, y)/2. Segue queB(y, r − d(y, x)) ⊂ B(x, r) ⊂ A x para algum A x ∈ A.r xn1 ≥ r x − r x /20 = 19r x /20 > r x /5 > d(x n1 , x n2 ),o que contradiz o fato que d(x n1 , x n2 ) > r xn1 imposto na construção da seqüência {x n }. Istoimplica que A contém uma subcobertura finita. ✷Corolário 1.2. K ⊂ M é compacto se é fechado e para alguma seqüência ɛ jk j ∈ N tal que K pode ser coberto por k j bolas (abertas ou fechadas) de raio ɛ j .↘ 0 existeProva: Exercício.✷3

1.4 Métricas equivalentesSejam (M, d) um espaço métrico. Dizemos que um segundo espaç métrico (N, f) é equivalentea (M, d) quando existe uma bijeção Ψ : M → N e funções crescentes α ± : [0, +∞) →[0, +∞) com α ± (r) > 0 para r > 0, lim r↘0 α ± (r) = 0 e∀x, y ∈ M, α − (d(x, y)) ≤ f(Ψ(x), Ψ(y)) ≤ α + (d(x, y)).É fácil provar que neste caso, um conjunto A ⊂ M é aberto/fechado/compacto/Borelmensurávelsse Ψ(A) ⊂ N é. Segue-se que, do ponto de vista de quase todos os teoremasaqui, os dois espaços são equivalentes.4

Capítulo 2: Medidas sobre espaços poloneses: conceitos básicos2.1 Convergência fraca e suas caracterizaçõesSeja (M, d) espaço métrico completo e separável com B = a σ-álgebra de Borel. Chamaremosde P(M) o espaço de distribuições (ou seja, medidas de probabilidade) sobre (M, B).Considere {µ} ∪ {µ n } n∈N ⊂ P(M, B). Dizemos que µ n converge fracamente a µ (ouµ n ⇒ µ) quando para todo A ⊂ M abertoµ(A) ≤ lim inf µ n(A).n∈NProposição 2.1. µ n ⇒ µ é equivalente a qualquer uma das seguintes propriedades.1. para todo F ⊂ M fechado, µ(F ) ≥ lim sup n µ n (F );2. para todo S ∈ B com µ(∂S) = 0, µ n (S) → µ(S);3. para toda f : M → R contínua e limitada, ∫ f dµ n → ∫ f dµ [Faça isso provando eusando a fórmula ∫ ∫ mf dµ = µ{x ∈ M : f(x) ≥ t} dt,0que vale para toda f : M → R mensurável e não negativa com valores entre 0 e m.].4. Para toda f : M → [0, 1] Lipschitz, ∫ f dµ n → ∫ f dµ;Prova: “µ n ⇒ µ”implica que, quando F fechado (logo A = F c aberto),1 − µ(F ) = µ(F c ) ≤ lim infn∈N(1 − µ n(F )) = 1 − lim sup µ n (F ),n∈Ndonde segue o item 1. O item 2 segue do 1 porque neste caso o interior S o e o fecho S têm amesma massa sob µ:µ(S\S o ) = µ(∂S) = 0.Daí segue que µ(S) = µ(S) = µ(S o ) (exercício). Além dissoµ(S) = µ(S) ≥ lim supnµ n (S) ≥ lim sup µ n (S) (como S ⊂ S)ne de forma análoga µ(S) ≤ lim inf n µ n (S), logo lim n µ n (S) existe e iguala µ(S).Provamos agora que “2 ⇒ 3”. Note que basta provar “3”para f : M → [0, +∞) limitadae não-negativa. Definah f : (x, t) ∈ M × [0, +∞) ↦→ I f(x)≥t .Então para todo x ∈ M,f(x) =∫ +∞0h f (x, t) dt =5∫ m0h f (x, t) dt

onde m = sup x f(x), já que h f (x, t) = 0 para t > m. Usando Fubini (todas as funçõesenvolvidas são não-negativas), vemos que∫∫ (∫ m) ∫ m(∫) ∫ mf(x) dµ(x) = h f (x, t) dt dµ(x) = h f (x, t) dµ(x) dt = µ(L f,t ) dt,MM0onde L f,t ≡ {x ∈ M : f(x) ≥ t}. Isto prova a fórmula sugerida em “3”.Prosseguimos notando que ∂L f,t = {x ∈ M : f(x) = t} para todo t. É um exercício provarque este conjunto só pode ter medida positiva para enumeráveis valores de t, portanto paraquase todo t ∈ [0, m], “2” implica queµ n (L f,t ) → µ(L f,t ).Os valores acima estão sempre entre 0 e 1 e [0, m] é um intervalo limitado.Teorema da Convergência dominada mostra que:∫ ∫ m∫ m∫f dµ n = µ n (L f,t ) dt ⇒ µ(L f,t ) dt = f dµ,000M0Portanto, oo que prova “3”.“3 ⇒ 4”é trivial, portanto só nos resta demonstrar que “4 ⇒ (µ n ⇒ µ)”. Tome A ⊂ Maberto. Para cada δ > 0 defina:{f δ (x) ≡ min 1, d(x, }Ac ).δClaramente f δ (x) = 0 para todo x ∈ A c e δ > 0. Por outro lado, para x ∈ A, d(x, A c ) > 0,posto que A é aberto, portanto f δ (x) ↗ 1 quando δ ↘ 0. Deduzimos disto que f δ ↗ I Aquando δ ↗ 0.Cada f δ é Lipschitz e está entre 0 e 1 (exercício). Se “4” vale, temos:∫∫∫∀δ > 0,f δ dµ = limnf δ dµ n ≤ lim infnI A dµ n = lim inf µ n (A),njá que f δ ≤ I A como visto acima. Se agora deixamos que δ ↘ 0, f δ ↗ I A , ∫ f δ dµ ↗ µ(A) evemos que:µ(A) ≤ lim inf µ n (A).nComo A ⊂ M é um aberto arbitrário, µ n ⇒ µ.✷2.2 Conjuntos “pequenos” de funções que determinam a convergência fracaSerá freqüentemente conveniente ter de checar a covergência fraca recorrendo apenas a umconjunto enumerável de abertos A ⊂ M ou de funções contínuas bem comportadas f : M → R.Os exercícios a seguir dão conta disto.Exercício 2.1. Seja D ⊂ M denso e enumerável. Suponha que para toda escolha de q 1 , q 2 , . . . , q kracionais positivos e a 1 , a 2 , . . . , a k ∈ D tem-seµ ( ∪ k j=1B(a j , q j ) ) (≤ lim inf µ n ∪kj=1 B(a j , q j ) ) .n6

Para terminar a prova, basta mostrar que K ɛ é mesmo compacto. Para isto usaremos oCorolário 1.2: de fato, K ɛ é a interseção de conjuntos fechados, logo é fechado. Além disso,r j ↘ 0 e para cada jK ɛ ⊂ ∪ kji=1 B[a i, r j ] ⇒ N ɛj (K ɛ ) ≤ k j < +∞.Isto encerra a prova.✷2.4 Teorema de Prohorov na direção fácilUm dos resultados mais importantes provados nestas notas é o teorema que relaciona asseguintes definições.Definição 2.3. Um conjunto C ⊂ P(M) é dito relativamente compacto se cada seqüênciaem C possui uma subseqüência fracamente convergente a um elemento de P(M).Definição 2.4. Um conjunto C ⊂ P(M) é dito justo (tight) se para todo ɛ > 0 existe umcompacto K ɛ ⊂⊂ M com∀µ ∈ C, µ(K ɛ ) ≥ 1 − ɛ.Teorema 2.5 (Prohorov). C ⊂ P(M) é relativamente compacto se e somente se é justo.A prova da parte “se” requer alguns resultados ainda não provados, mas a parte “somentese” é relativamente simples.Prova: [da parte “somente se”] A prova é semelhante à de Proposição 2.2. Recorde a notaçãoutilizada naquela prova e fixe um ɛ > 0. Mostraremos em primeiro lugar que para todo j ∈ Nexiste um k j ∈ N tal que para todo µ ∈ C()µ ∪ kji=1 B[a i, r j ] ≥ 1 − ɛ2 j .Suponha, para chegar a uma contradição, que isto não é o caso. Então para cada k ∈ N existeµ k ∈ C tal que µ k (∪ k i=1 B[a i, r j ]) < 1 − ɛ/2 j . Como C é relativamente compacto, vemos quepara alguma subseqüência {k n } n µ kn ⇒ µ. Mas então para todo m ∈ N,µ(∪ kmi=1 B(a i, r j )) ≤ lim infe como k n ≥ k m para todo n suficientemente grande,µ(∪ kmi=1 B(a i, r j )) ≤ lim infnnµ kn (∪ kmi=1 B(a i, r j )),µ kn (∪ kni=1 B(a i, r j )) < 1 − ɛ2 j .Tomando m → +∞ obtemos uma contradição, o que implica que()∀j ∈ N, ∃k j ∈ N ∀µ ∈ C µ ∪ kji=1 B[a i, r j ] ≥ 1 − ɛ2 j .Para terminar, defina K ɛ como em (2.1), repita a demonstração de Proposição 2.2 a partirdaquele ponto e deduza que K ɛ é compacto e tem a medida desejada. ✷8

Capítulo 3: Medidas sobre seqüências e partições3.1 ObjetivosUm problema com o qual nos depararemos na prova do Teorema de Prohorov é o seguinte:suponha que temos uma família de distribuições que suspeitamos de convergir fracamente.Para confirmar esta suspeita, temos que ter um candidato a limite e mostrar que ele “serve”.Isto requer a construção de distribuições com certas propriedades desejadas e maneiras demedir a distância entre distribuições.Cumprir estas exigências é o objetivo deste capítulo. Provaremos em primeiro lugar quea construção de medidas sobre N N é relativamente simples. Daí mostraremos que toda medidaem um espaço polonês pode ser recuperada das massas dadas a conjuntos em partiçõessucessivamente mais finas. Mostraremos, por outro lado, que qualquer atribuição “consistente”de massas corresponde a uma única medida de probabilidade. É neste último passoque o resultado sobre medidas em N N será usado.3.2 Distribuições sobre N NAtribua a N a σ-álgebra de todas as partes de N. O espaço de probabilidade que consideraremosaqui será N N com a σ-álgebra produto. Cada elemento f ∈ N pode ser pensado comouma função f : n ∈ N ↦→ f(n) ∈ N e é esta notação que utilizaremos a seguir.Seja N ∗ o conjunto de todas as seqüências finitas de naturais, isto é todos os vetoresa = (a 1 , . . . , a n ) ∈ N n para algum n ∈ N. Para cada a ∈ N ∗ , defina o conjunto de todas asseqüências infinitas (ou funções) com “prefixo” a:Pref(a) ≡ {f ∈ N N : ∀1 ≤ i ≤ n, f(i) = a i }.Estes cunjuntos são claramente mensuráveis. Se η é uma medida de probabilidade sobre N N ,é um exercício demontrar quesatisfaz as seguintes propriedades:p(a) ≡ η(Pref(a)) (a ∈ N ∗ )1. p é uma função bem definida de N ∗ em [0, 1];2. ∑ k∈Np(k) = 1; e3. para todo (a 1 , . . . , a n ) ∈ N ∗ , ∑ k∈N p(a 1, a 2 , . . . , a n , k) = p(a 1 , . . . , a n ).Nosso principal objetivo nesta seção é provar uma espécie de recíproca a este resultado.Teorema 3.1. Seja p : N ∗ → [0, 1] uma função satisfazendo as três propriedades acima.Então existe uma única medida η sobre N N tal que:∀a ∈ N ∗ , η(Pref(a)) = p(a).9

Prova: Provaremos apenas a existência (a unicidade é exercício). Para tal, construiremos umespaço de probabilidade (Ω, F, P) e uma seqüência I n : Ω → N (n ∈ N) tal que∀a ∈ N ∗ , P ((I n ) n∈N ∈ Pref(a)) = P (∀1 ≤ i ≤ n, I i = a i ) = p(a 1 , . . . , a n ).Note que isto encerrará a prova, já que F = (I n ) n∈N será v.a. (isto é, mensurável com relaçãoà σ-álgebra produto em N N ) e η = P F será a distribuição desejada.Partimos de algum (Ω, F, P) onde se possa definir uma seqüência {U n } n de v.a.s iid comdistribuição uniforme sobre [0, 1). Por exemplo, tome Ω 0 = [0, 1), F 0 a σ-álgebra de Borelsobre [0, 1) e P 0 a medida de Lebesgue sobre (Ω 0 , F 0 ); construa (Ω, F, P) como o produto deum número enumerável de cópias de (Ω 0 , F 0 , P 0 ); e defina U n através de projeções nos fatoresdo produto cartesiano.Defina agora uma seqüência de índices {I n } n da seguinte forma indutiva: para n = 1,tomamos∑I 1 = j tal quep(i).i≤j−1p(i) ≤ U 1 < ∑ i≤jNote que, como ∑ i p(i) = 1, I 1 está bem definida e tem distribuição dada porP (I 1 = j) = p(j).Note ainda que p(I 1 ) > 0 sempre, pois I 1 = j implica que⎡⎞U 1 ∈ ⎣ ∑p(i) ⎠i≤j−1p(i), ∑ i≤jportanto o intervalo tem comprimento p(j) > 0. Finalmente, note que I 1 é função de U 1Suponha indutivamente que já definimos I 1 , . . . , I n , que sabemos queP (I 1 = j 1 , . . . , I n = j n ) = p(j 1 , . . . , j n ),que o vetor (I 1 , . . . , I n ) é função de U 1 , . . . , U n e ainda p(I 1 , . . . , I n ) > 0 sempre. Definimosagora I n+1 da seguinte forma:I n+1 = j n+1 tal que∑i≤j n+1−1A condição de consistência implica quep(I 1 , . . . , I n , i)p(I 1 , . . . , I n )∑p(i 1 , . . . , i n , i) = p(i 1 , . . . , i n ) ⇒ ∑ii≤ U n+1 0, o que é o caso na fórmula acima. Além disso, vê-se facilmentequeP (I n+1 = j n+1 | I 1 = j 1 , . . . , I n = j n ) = p(j 1, . . . , j n , j n+1 ),p(j 1 , . . . , j n )já que U n+1 é independente de U 1 , . . . , U n e portanto também de I 1 , . . . , I n . Note ainda quep(I 1 , . . . , I n , I n+1 )p(I 1 , . . . , I n )10> 0,= 1

para b = 1, 2. Além disto,∫∫∣ f dµ (1)n − f dµ (2)∑n ∣ =p (1) (a)f(w(a)) − ∑p (2) (a)f(w(a))MM∣∣a∈N n a∈N n≤∑|p (1) (a) − p (2) (a)||f(w(a))|a∈N n(0 ≤ f ≤ 1 sempre) ≤ ∑|p (1) (a) − p (2) (a)|.a∈N nO lema segue trivialmente destas afirmações.✷14

Capítulo 4: O teorema de Prohorov e a metrização da convergênciafraca4.1 A parte difícil do Teorema de ProhorovA construção da seção anterior será usada agora para provar o Teorema de Prohorov, doqual decorrerá a metrização da convergência fraca.Recorde o enunciado da Seção 2.4. Provaremos agora a direção ”se”daquele resultado, queé equivalente ao seguinte teorema.Teorema 4.1. Seja {µ (t) } t ⊂ P(M) uma seqüência justa de distribuições. Então ela contemuma subseqüência fracamente convergente a uma µ ∈ P(M).Prova: Os principais ingredientes da prova já foram apresentados. Falta agora juntá-los daforma adequada.Em primeiro lugar, sejam ɛ j ↘ 0 (j ∈ N). Construiremos para cada j uma partição comona Proposição 3.2:S j ≡ {S i,j : i ∈ N}.Para defini-la, considere uma enumeração D = {a i } i∈N de D ⊂ M denso e defina:S 1,j = B(a 1 , ɛ j /2),Note queS i,j = B(a i , ɛ j /2)\ ∪ k≤i−1 B(a k , ɛ j /2), i ≥ 2.(4.1) ∪ i≤m S i,j = ∪ i≤m B(a i , ɛ j /2)e quando m → +∞, a partição cobre todo o espaço.Cada S j é claramente uma partição boa nos termos da Seção 3.3. Além disso, se K ⊂⊂ Mé compacto, para cada j ∈ N {B(a i , ɛ j /2)} i∈N é uma cobertura de K (de fato, de M) porabertos, logo existe m(j, K) ∈ N comK ⊂ ∪ i≤m(j,K) B(a i , ɛ j /2) = ∪ i≤m(j,K) S i,j .Defina A(a) = ∩ n j=1 S a j,j, a = (a 1 , . . . , a n ) ∈ N ∗ a partir de {S j } j∈N como na Seção 3.3.A seguinte afirmação é um exercício.Exercício 4.1. Para cada n ∈ N e δ > 0 existe um m(δ, n) ∈ N tal que para toda µ (t) comoacima:∑a∈N n \[m(δ,n)] n µ (k) (A(a)) ≤ δ,com [m(δ, n)] = {1, 2, 3, . . . , m(δ, n)}. [Dica: tome K ⊂⊂ M tal que µ (k) (K) ≥ 1 − δ paratodo k ∈ N. Note então que {A(a) : a ∈ N n } é derivada de uma cobertura de K por abertos.]15

Para cada t ∈ N, defina uma função peso p (t) (a) = µ (t) (A(a)) como no capítulo anterior.Usando o truque diagonal e passando a uma subseqüência se necessário, podemos supor queo limitep(a) ≡ limt→+∞ p(t) (a)existe para cada a ∈ N ∗ (exercício).A afirmação a seguir é crucial.Afirmação 4.2. p : N → [0, 1] é consistente com {S j } j∈N e para todo n ∈ N,limt→+∞∑a∈N n |p (t) (a) − p(a)| = 0.Antes de prová-la, mostramos como ela encerra esta demonstração. Pelo Lema 3.3, existeuma medida µ = µ ∞ correspondendo aos pesos p : N ∗ → [0, 1] da maneira indicada no capítuloanterior. Do mesmo modo, para todo t ∈ N a medida µ (t) pode ser obtida a partir dos pesosp (t) . Pelo Lema 3.5, para todo t ∈ N e toda f : M → [0, 1] Lipschitz com constante L > 0 etodo n ∈ N ∣∫∫∣∣∣ f dµ (t) − f dµ∣ ≤ 2Lɛ n + ∑|p (t) (a) − p(a)|.a∈N nA Afirmação implica que o segundo termo acima vai a zero quando t → +∞, para qualquern fixo. Segue que∫ ∫lim sup |t∈Nf dµ (t) − f dµ| ≤ 2Lɛ n → 0 (n → +∞).Portanto, ∫ f dµ (t) → ∫ f dµ para toda f : M → [0, 1] Lipschitz. Isto implica que µ (t) ⇒ µquando t → +∞, como desejado.Para demonstrar a afirmação, provaremos em primeiro lugar que∑(4.2)|p (t) (a) − p (s) (a)| → 0 quando s → +∞ e t → +∞.a∈N nPara tal, escolhemos em primeiro lugar δ > 0 e n ∈ N. Então tomamos m(δ, n) ∈ N como noexercício acima. Vemos que, por um lado, para todos t, s ∈ N∑∑|p (t) (a) − p (s) (a)| ≤(p (t) (a) + p (s) (a)) ≤ 2δ,a∈N n \[m(δ,n)] n a∈N n \[m(δ,n)] ne por outro lado, quando t, s → +∞∑∑lim sup |p (t) (a) − p (s) (a)| ≤ 2δ + lim sup |p (t) (a) − p (s) (a)| = 2δ,t,s→+∞a∈N n t,s→+∞a∈[m(δ,n)] njá que cada termo em ∑ a∈[m(δ,n)] |p(t) (a)−p (s) (a)| vai a 0 e temos um número fixo de termos.Como δ > 0 é arbitrário, a última equação implica (4.2).16

Usamos agora o lema de Fatou em conjunção com (4.2) para deduzir que:∑∑lim sup |p (t) (a) − p(a)| = lim sup limt→+∞a∈N n t→+∞ s→+∞ |p(t) (a) − p (s) (a)|a∈N n∑≤ lim sup lim inf |p (t) (a) − p (s) (a)|t→+∞ s→+∞a∈N n= 0Isto prova a segunda parte da afirmação.A primeira afirmação segue disto da seguinte forma: primeiro note que p(a) = 0 sempreque A(a) = 0, posto que neste caso p (t) (a) = 0 para todo t. Seja agora a ∈ N ∗ dado;provaremos que p(a) = ∑ ip(ai). Para isso note que para todo t ∈ N,p(a) − ∑ ip(ai) = (p(a) − p (t) (a)) − ∑ i(p(ai) − p (t) (ai)),já que p (t) (a) = ∑ i p(t) (ai). Agora tome t → +∞ e note que (p(a) − p (t) (a)) → 0 e ainda| ∑ (p(ai) − p (t) (ai))| ≤ ∑ |p(ai) − p (t) (ai)| ≤∑|p(b) − p (t) (b)| → 0iib∈N n+1pela segunda parte da afirmação. Concluímos que p(a) − ∑ ip(ai) = 0, como desejado. Paraterminar, basta provar a propriedade restante de funções peso consistentes (1 = ∑ ip(i)), masisto fica como exercício baseado na última conta acima. ✷4.2 Convergência fraca e convergência uniformeA definição de convergência fraca não garante em princípio que haja convergência uniformedas funções envolvidas. No entanto, veremos agora que o seguinte resultado vale.Proposição 4.3. Suponha que {µ n } n∈N ∪ {µ} ⊂ P(M) é dado. Então µ n ⇒ µ implica quepara todo L > 0{∣∫∫} ∣∣∣ sup f dµ n − f dµ∣ : f : M → [0, 1]L-Lipschitz → 0.Prova: Suponha que a Proposição não vale. Então existem δ > 0, {µ n } n∈N ∪{µ} com µ n ⇒ µe f n : M → [0, 1] L-Lipschitz com∫ ∫∀n ∈ N,∣ f n dµ n − f n dµ∣ > δ.{µ n } n∈N ∪ {µ} é relativamente compacto (exercício), logo (por Prohorov) justo. Tome,então, um compacto K ⊂⊂ M tal que µ(K) > 1 − δ/4. Veja que∫∫∫∣ f n dµ n − f n dµ∣ > δ − f n dµ − f n dµ n ≥ δ/2KK∫K c K cjá que 0 ≤ f n ≤ 1 e µ n (K c ) ≤ δ/4 para cada n.17

Considere as funções f n | K : K → [0, 1]. Elas são limitadas e equicontínuas, posto quetodas são L-Lipschitz. Pelo Teorema de Ascoli-Arzelà, podemos supor (passando a umasubseqüência se necessário) quelimnsup |f n (x) − f(x)| = 0x∈Kpara alguma f : K → [0, 1] contínua. Como∫∫ ∣ ∣∣∣ ∣ f n dµ n − f dµ n ≤ sup |f n (x) − f(x)| → 0,x∈Ke similarmente para µ, temos queKlim infnK∫∣K∫f dµ n −Kf dµ∣ > 0.Logo ∫ K f dµ n ↛ ∫ K f dµ. Se f estivesse definida sobre todo K, tal fato contradiria µ n ⇒ µ.No caso presente, ainda é verdade que f : K → [0, 1] é contínua eL f,t = {x ∈ K : f(x) ≥ t}é fechado em K, logo também em M ⊃⊃ K. Como 0 ≤ f ≤ 1, sabemos quee∫∫KKf dµ =f dµ n =∫ 10∫ 10µ(L f,t ) dtµ n (L f,t ) dt.Usando o mesmo raciocínio da Proposição 2.1, vemos que de fatoµ n (L f,t ) → µ(L f,t )para quase todo t ∈ [0, 1], o que implica ∫ K f dµ n → ∫ f dµ. Da contradição segue o teoremaKdesejado. ✷4.3 Metrizando a convergência fracaTendo o Teorema de Prohorov “pronto”, podemos também mostrar que há uma métricad P sobre P(M) tal que µ n ⇒ µ se e somente se d P (µ n , µ) → 0. Além disso, resultará que(P(M), d P ) é um espaço métrico polonês onde as medidas discretas são densas (Teorema 4.6).A métrica d P , chamada de métrica de Prohorov, é definida pela seguinte expressão:d P (µ, ν) = inf{δ > 0 : ∀F ⊂ M fechado, µ(F ) ≤ ν(F δ ) + δ e ν(F ) ≤ µ(F δ ) + δ},ondeF δ = {x ∈ M : d(x, F ) < δ}.Exercício 4.2. Prove que d P é de fato uma métrica sobre P(M).18

Exercício 4.3. Sejam p 1 , . . . , p n ∈ [0, 1] com ∑ ni=1 p i = 1 e a 1 , b 1 , . . . , a n , b n ∈ M. Construaas medidas:n∑µ = p i δ aieMostre queν =i=1n∑p i δ bi .i=1d(µ, ν) ≤ max1≤i≤n d(a i, b i ).Lema 4.4. Suponha que {µ n } n∈N ∪ {µ} ⊂ P(M). Então µ n ⇒ µ se e somente se d(µ n , µ) →0.Prova: “Se”: suponha que d P (µ n , µ) → 0. Mostraremos que para toda f : M → [0, 1]Lipschitz (com constante L > 0) e limitada, ∫ f dµ n → ∫ f dµ. Para tal, defina L f,t = {x ∈M : f(x) ≥ t}. Como L f,t é fechado, vemos que para todo n ∈ N e todo δ > d P (µ n , µ),Note agora que∫f dµ =∫ 10µ(L f,t ) dt ≤∫ 10µ n (L δ f,t) dt + δ.y ∈ L δ f,t ⇔ ∃x com f(x) ≥ t e d(x, y) < δ.A hipótese de que f é Lipshitz implica que, se d(x, y) < δ, f(y) ≥ f(x)−Lδ. Disto deduzimosqueL δ f,t ⊂ L f,t−Lδ .Portanto ∫ 1µ(L δ f,t) dt ≤ δ +0∫ 1Note que µ n (L f,t−Lδ ) = 1 se t ≤ Lδ, logo podemos cotaro que implica:∫ 10µ n (L f,t−Lδ ) dt ≤∫ 10∫ 1Fazendo δ ↘ d P (µ n , µ), vemos que∫ ∫f dµ ≤Lδ0µ n (L f,t−Lδ ) dt.µ n (L f,t−Lδ ) dt + Lδ ≤∫ 1∫µ n (L f,t ) dt = f dµ n + (1 + L)δ.f dµ n + (1 + L)d P (µ n , µ).0µ n (L f,s ) ds,Um raciocínio análogo nos mostra que, de fato,∫ ∫ ∣ ∣∣∣ ∣ f dµ − f dµ n ≤ (1 + L)d P (µ n , µ).19

Daí segue a afirmação desejada.“Somente se”: Supondo que µ n ⇒ µ, mostraremos que para todo δ > 0, lim inf n d P (µ n , µ) ≤δ. De fato,defina:{f α,F (x) ≡ min 0, 1 − d(x, F ) }αpara α > 0 e F ⊂ M. Para α > 0 fixo, todas as funções desta forma são 1/α-Lipschitz(exercício), logo pela Proposição 4.3:∫∫ɛ n ≡ sup∣ f α,F dµ n − f α,F dµ∣ → 0F ⊂MNote então que se F ⊂ M é fechado e α = δI F ≤ f δ,F ≤ I F δ,logo∫µ(F ) − µ n (F δ ) ≤∫f δ,F dµ −f δ,F dµ n ≤ ɛ ne similarmenteµ n (F ) − µ(F δ ) ≤ ɛ n .Para todo δ > 0 existe um n 0 tal que ɛ n ≤ δ para todo n ≥ n 0 . Para tais n, temosd P (µ n , µ) ≤ δ, como desejado. ✷Lema 4.5. A dupla (P(M), d P ) é um espaço métrico completo.Prova: Usaremos o seguinte exercício.Exercício 4.4. Um espaço métrico (N, ρ) é completo se e somente se toda seqüência que éCauchy segundo ρ possui subseqüência que converge a algum x ∈ N (também segundo ρ).Nosso objetivo será provar que toda seqüência Cauchy em (P(M), d P ) tem uma subseqüênciaconvergente segundo d P . Pelo lema anterior, isto equivale a mostrar que todaseqüência de Cauchy segundo d P tem uma subseqüência que converge fracamente. Faremosisto mostrando que se {µ n } n∈N é Cauchy, seus elementos formam um conjunto justo, o queimplica o resultado final pelo Teorema de Prohorov.Seja portanto {µ n } n∈N Cauchy. Recorde que (M, d) possui um subconjunto denso D ={a i } +∞i=1 ⊂ M. Provaremos que, se ɛ > 0 é fixo,(4.3) ∃k j ∈ N∀n ∈ N, µ n (∪ kji=1 B[a j, 2 −j ]) ≥ 1 − ɛ2 j .É um exercício mostrar em detalhes que isto implica que há um compacto K ɛ ⊂⊂ M comµ n (K ɛ ) ≥ 1 − ɛ para todo n ∈ N [Dica: siga os passos da prova da Proposição 2.2.].Fixe j ∈ N e ɛ j = ɛ/2 j . Como D é denso,∀n ∈ N, µ n (∪ k i=1B[a i , 2 −j−1 ]) ↗ µ n (∪ +∞i=1 B[a i, 2 −j−1 ]) = µ n (M) = 1,logo para cada n ∈ N há um k n,j tal queµ n (∪ kn,ji=1 B[a i, 2 −j−1 ]) ≥ 1 − ɛ j2 .20

Como lim n,m d P (µ n , µ m ) = 0, há algum n 0 ∈ N tal que{ }ɛj∀n ≥ n 0 , d(µ n0 , µ n ) ≤ δ = min2 , 12 j+1 .Fixe este n 0 , tome k j = max n≤n0 k n,j ∈ N e defina:F + = ∪ kji=1 B[a i, 2 −j ].Note que F + ⊃ ∪ kn,ji=1 B[a i, 2 −j−1 ] para cada n ≤ n 0 , logo∀n ≤ n 0 , µ n (F + ) ≥ µ n (∪ kn,ji=1 B(a i, 2 −j−1 )) ≥ 1 − ɛ j2 .Para n > n 0 , temos µ n0 (∪ kn 0 ,ji=1 B[a i, 2 −j−1 ]) ≤ µ n (F + ) + δ, por causa de d P (µ n , µ n0 ) ≤ δ e dapropriedadeF + ⊃ (∪ kn 0 ,ji=1 B[a i, 2 −j−1 ]) δobtida por construção. Isto implica queDeduz-se, portanto, que (4.3) vale.∀n > n 0 , µ n (F + ) ≥ µ n0 (∪ kn,ji=1 B(a i, 2 −j−1 )) − δ ≥ 1 − ɛ j .✷Teorema 4.6. A dupla (P(M), d P ) é um espaço métrico polonês onde as disribuições discretassobre subconjuntos finitos de M são densas. Além disso, convergência segundo d P éequivalente à convergência fraca de disribuições.Prova: Só falta provar que (P(M), d P ) é separável e que as medidas discretas são densas.Faremos isto de maneira unificada. Seja D ⊂ M denso e enumerável. Considere o conjunto:{ ∑D ≡ q a δ a : S ⊂ M finito e não vazio, q a ∈ Q + , ∑ }q a = 1. .a∈Sa∈SNote que D é enumerável. Mostraremos que D é denso em P(M). Faremos isso em etapas.Primeiro notamos que as medidas com suporte enumerávelA ≡ { ∑ i∈Np(i)δ wi : ∀i ∈ N, w i ∈ M, p(i) ≥ 0; e ainda ∑ i∈Np(i) = 1}são densas em P(M). Isto segue do Lema 3.3.Agora mostraremos queB ≡ { ∑ i∈np(i)δ wi: n ∈ N, ∀i ∈ [n], w i ∈ M, p(i) ≥ 0; e ainda ∑p(i) = 1}também é denso. De fato, isto segue do seguinte exercício.Exercício 4.5. Se µ = ∑ i∈N p(i)δ w i∈ A ν = ∑ j∈[n] q(i)δ w i∈ B,d P (µ, ν) ≤ ∑|p(i) − q(i)| + ∑p(i).i∈[n]i≥n+1Prove que isto implica que todo elemento de A pode ser aproximado por um elemento de B.i∈[n]21

Usando o mesmo exercício, podemos notar que um elemento de B pode ser substituído poroutro arbitrariamente próximo com p(i) ∈ Q + racionais (basta “arredondar”os pesos). Porfim, chegamos a D substituindo os pontos w i por elementos de D, o que, pelo Exercício 4.3,resulta numa aproximação arbitrariamente boa. Isto encerra a prova. ✷4.4 A σ-álgebra de Borel sobre as medidasComo (P(M), d P ) é polonês, ele possui uma σ-álgebra de Borel B P gerada pelos abertos.O objetivo desta seção é dar uma caracerização de B P .Para A ⊂ M mensurável, defina M A : P(M) → [0, 1] porM A (µ) ≡ µ(A) (µ ∈ P(M)).Para f : M → R mensurável, defina I f : P(M) → [0, 1] por∫I f (µ) ≡ f dµ(A) (µ ∈ P(M)).Enumeremos alguns fatos que seguem diretamente da equivalência entre d Pfraca:e convergênciaProposição 4.7. Para f contínua e limitada, I f é aplicação contínua de (P(M), d P ) em R.Além disso, se A ⊂ M é aberto ou fechado, M A é B P -mensurável.Prova: A primeira afirmação decorre de uma das caracterizações da convergência fraca. SeA ⊂ M é aberto, ef n (x) ≡ min {1, nd(x, A c )} ,vê-se que I fn → M A pontualmente (isto é apenas convergência monótona), logo M A é mensurávelporque é o limite de funções contínuas. O resultado para fechados segue por complementação.✷Exercício 4.6. B PA ⊂ M.é a menor σ-álgebra sobre P(M) tal que M A é mensurável para todo22

Capítulo 5: A construção de probabilidades condicionais regulares5.1 PreliminaresSeja (Ω, F, P) um espaço de probabilidade e G ⊂ F uma sub-σ-álgebra. É um fato quepara cada Y ∈ L 1 (Ω, F, P) existe um único elemento E [Y | G] ∈ L 1 (Ω, G, P) tal que para todaZ : Ω → R G-mensurável e limitadaE [Y Z] = E [E [Y | G] Z] .Esta v.a. G-mensurável E [Y | G] é chamada a esperança condicional de Y dada G. Nossoobjetivo será provar que, no caso em que (Ω, F) = (M, d), E [Y | G] (ω) = ∫ Y dP ω , ondeP ω ∈ P(M) é função G-mensurável de ω ∈ Ω.Exercício 5.1. Suponha que para cada x ∈ M está definida uma medida de probabilidadeP x sobre (M, B) e que A ⊂ B é uma sub-σ-álgebra. Prove a equivalência das seguintespropriedades.1. para toda f : M → R Lipschitz e limitada, I f (x) ≡ ∫ f dP x é função A-mensurável dex e ainda:se g : M → R é A-mens. e limitada,E [fg] = E [I f g] ;2. para todo aberto A ⊂ M, P x (A) é função A-mensurável de x e ainda:se g : M → R é A-mens. e limitada,E [I A g] = E [P x (A)g] ;3. a mesma propriedade acima, mas para todo A ∈ B mensurável;4. para toda Y : M → R mensurável e limitada, I Y (x) ∫ Y dP x é A-mensurável e ainda:se g : M → R é A-mens. e limitada,E [Y g] = E [I Y g] ;5. para toda Y : M → R mensurável em L 1 , ∫ |Y | dP x é finita P-quase-certamente,I Y (x) ∫ Y dP x é A-mensurável e ainda:se g : M → R é A-mens. e limitada,E [Y g] = E [I Y g] .Prove também que neste caso, ∀Y ∈ L 1 E [Y | A] (x) = ∫ Y dP x P-quase certamente. ChamamosP x (A) ≡ P (A | A) (x) da probabilidade condicional (regular) de A dada A.5.2 A construçãoProvaremos o seguinte resultado.Teorema 5.1. Seja H ⊂ B uma sub-σ-álgebra. Então existe um mapa levando cada x ∈ Ma uma distribuição P x sobre (M, B) tal que para toda f : M → R Lipschitz e limitada,23

1. I f (x) ≡ ∫ f dP x é função H-mensurável de x ∈ M;2. I f (x) = E [f | H] (x) µ-quase certamente, isto é, para toda g : M → R H-mensurável elimitada,∫∫I f (x)g(x) dP(x) = f(y)g(y) dP(y).Note que, pelo primeiro exercício, segue que P (· | H) (x) = P x (·) é probabilidade condicionalregular.Prova: Precisaremos dos resultados e construções do Capítulo 3. Em particular, recorde-seda definição de A(a) para a ∈ N ∗ .Definimosp x (a) ≡ E [ I A(a) | H ] (x).Exercício 5.2. Usando as regras da probabilidade condicional, mostre que existe um conjuntoE ∈ H de medida 1 tal que para todo x ∈ E, p x (a) ∈ [0, 1],∀a 1 , . . . , a n ∈ N, A(a 1 , . . . , a n ) = ∅ ⇒ p x (a 1 , . . . , a n ) = 0;1 = ∑ ip x (i)e∀a 1 , . . . , a N , ∑ jp x (a 1 , . . . , a N , j) = p x (a 1 , . . . , a N ).[Dica: cada p x (·) é H-mensurável, logo os eventos individuais descritos acima estão em M.Prove que cada um deles tem prob. 1 e que há um número enumerável deles.]Vemos assim que, fora de um conjunto de medida numa, a função-peso p x : N ∗ → [0, 1] éconsistente com as partições envolvidas. Logo se definimosP n,x ≡ ∑a∈N n p x (a) δ w(a) ,então existe uma medida P x sobre (M, B) tal que P n,x ⇒ P x para cada x ∈ E. Como cadamapa x ↦→ P n,x ∈ P(M) é claramente H/B P -mensurável, o limite pontual x ∈ E ↦→ P xtambém o é; logo ∫ f dP x é função H-mensurável de x para cada f Lipschitz e limitada.Notamos agora que (exercício)∫∫f dP n,x = f n dP n,x ,ondef n = ∑a∈N n I A(a) f(w(a)).Veja que para todo x existe um A(a) tal que x ∈ A(a). Se f tem constante de Lipschitz L,vê-se que como d(x, w(a)) é menor que o diâmetro de A(a), |f(x) − f(w(a))| ≤ Lɛ n . Donde|f − f n | ≤ ɛ n . Mas agora note que, com probabilidade 1 (exercício),E [f n | H] (x) = ∑E [ I A(a) | G ] (x)f(w(a)) = ∑p x (a)f(w(a)),a∈N n a∈N n24

o que é igual a ∫ f n dP n,x , que é igual a ∫ f dP n,x e converge para ∫ f dP x . Por outro lado,aspropriedades de esperança condicional implicam que, também com probabilidade 1,|E [f | G] − E [f n | H] (x)| ≤ E [|f − f n | | G] ≤ ɛ n → 0.Logo com probabilidade 1✷∫E [f | G] =f dP x .5.3 Esperanças condicionais com relação a v.a.sPodemos olhar para E [Z | H] = E [Z | X] ou P (A | H) = P (A | X) no caso em que H =σ(X) para alguma v.a. X : M → N, onde N é algum outro espaço polonês.Se P é um terceiro espaço polonês (com σ-álgebra de Borel U), é um fato que todaW : M → P que é σ(X)/U mensurável pode ser escrita como f(X), onde f : N → P émensurável. Segue que neste caso, se Z : M → R é v.a., existe uma função mensurávelf Z (t) ≡ E [Z | X = t] (t ∈ N) tal que E [Z | X] = f Z (X). Do mesmo modo, para cada A ∈ Fexiste um mapa mensurável g A : N → P(M) escrito como g A (t) = P (A | X = t) tal queg A (X) = P (A | X).25