O Teorema Central do Limite para Martingais
5 de Novembro de 2009
Resumo
Notas de aula.
1
Notação e hipóteses
No que segue, {(Xn , Fn )}n∈N é martingal com X0 = 0. Definimos Dn ≡
Xn − Xn−1 e ∆n ≡ E [Dn2 | Fn−1 ] para n ≥ 1.
Chame de r a função que leva x ∈ R em x2 ∧ |x|3 Hipóteses:
1.
lim
n→+∞
n
X
i=1
√ n
X
Di
∆
√
√i
E r
= lim
E r
= 0,
n→+∞
σ n
σ n
i=1
2. Existe um σ 2 > 0 tal que
n
1X
lim
∆i = σ 2
n→+∞ n
i=1
quase certamente.
√
Teorema 1.1 Sob as hipóteses acima, Xn /σ n converge fracamente para
uma v.a. normal de média 0 e variância 1.
1
2
Preliminares
Considere os eventos:
k
X
Ek,n ≡ {
∆i ≤ 10σ 2 n}
i=1
e
En ≡ ∩nk=1 Ek,n .
Note que cada Ek,n ∈ Fk−1 , pois para todo i ∆i é Fi−1 -mensurável.
Questão 1 Mostre que P (En ) → 1 e que de fato 1En → 1 quase certamente
quando n → +∞.
Defina:
c
Fk,n ≡ {∆k ≤ σ 2 n}, Gk,n ≡ Fk,n
.
Questão 2 Mostre que
h p
√ i
P (Gk,n ) ≤ E r( ∆k /σ n) .
Deduza que:
lim
n
3
n
X
P (Gk,n ) = 0.
k=1
Estrutura da prova
Provaremos que para todo t ∈ R,
h itXn i
t2
√
E e σ n → e− 2 .
A partir de agora, t será fixo e ct , Ct ,etc serão quantidades que dependem
apenas de t (mas que podem mudar ao longo da prova).
Consideraremos uma seqüência de funções:
#
"
!
k
itXk X t2 ∆j
t2
√ +
φk,n (t) ≡ E exp
−
1∩kj=1 Ej,n .
(1)
2
σ n j=1 2σ 2 n
O primeiro passo é:
2
Questão 3 Mostre que:
k
∃Ct > 0, ∀n ∈ N, 1 ≤ k ≤ n : | exp
t2
itXk X t2 ∆j
√ +
−
2
σ n j=1 2σ 2 n
!
1∩kj=1 Ej,n | ≤ Ct .
Além disso, temos que:
Questão 4 Prove que com probabilidade 1
!
n
itXn X t2 ∆j
t2
itXn
√ +
√
| exp
−
1∩nj=1 Ej,n − exp
|→0
2
σ n j=1 2σ 2 n
σ n
√ e deduza usando o exercı́cio anterior que |φn,n (t) − E eitXn /σ n | → 0.
2 /2
Note ainda que φ0,n (t) = e−t
.
Questão 5 Usando os resultados acima, mostre que o TCL segue de:
lim
n
n
X
|φk,n (t) − φk−1,n (t)| = 0
k=1
.
4
Calculando as diferenças
Seja Yk,n o integrando na definição de φk,n (cf. (1)). Vemos que:
itDk
t2 ∆k
√ +
Yk,n = Yk−1,n exp
1Ek,n .
σ n 2σ 2 n
Podemos escrever:
itDk
t2 ∆k
√ +
φk,n (t) − φk−1,n (t) = E Yk−1,n exp
1Ek,n − 1
σ n 2σ 2 n
itDk
t2 ∆k
√ + 2
= E Yk−1,n exp
− 1 1Ek,n + E Yk−1,n (1Ek,n − 1) .
σ n 2σ n
(2)
3
Questão 6 Prove que:
k
|E Yk−1,n (1Ek,n − 1) | ≤ Ct P ∩k−1
.
j=1 Ej,n − P ∩j=1 Ej,n
Agora nos concentramos em:
itDk
t2 ∆k
√ +
E Yk−1,n exp
− 1 1Ek,n .
σ n 2σ 2 n
Questão 7 Mostre que esta quantidade é:
itDk
t2 ∆k
√ +
E Yk−1,n 1Ek,n E exp
− 1 | Fk−1 .
σ n 2σ 2 n
Prove ainda que:
t2 ∆k
itDk
itDk
t2 ∆k
2
2σ
n
√ +
√
E exp
E exp
| Fk−1 = e
| Fk−1
σ n 2σ 2 n
σ n
.
Usaremos agora um resultado simples de séries de Taylor. Existe ct > 0
tal que:
t2 x2
| ≤ ct r(x).
∀x ∈ R, |eitx − 1 − itx +
2
Daı́ tiramos que:
√
itDk
Dk
t2 Dk2
√
|E exp
− 1 − it √ + 2 | Fk−1 | ≤ ct E r(Dk /σ n) | Fk−1 .
σ n
σ n 2σ n
Mas veja que E [Dk | Fk−1 ] = 0 pela propriedade de martingal e E [Dk2 | Fk−1 ] =
∆k , logo provamos que:
√
itDk
t2 ∆k
√
| Fk−1 − 1 + 2 | ≤ ct E r(Dk /σ n) | Fk−1 .
|E exp
2σ n
σ n
Usaremos outro resultado de séries de Taylor. Existe ct > 0 tal que:
2 x2 /2
∀x ∈ R, |e−t
− 1 + t2 x2 /2| ≤ ct |x|3 ∧ |x|2 .
Deduzimos que:
t2 ∆
itDk
− 2k
√
− e σ n | Fk−1 |
|E exp
σ n
p
√
√
≤ ct E r(Dk /σ n) | Fk−1 + ct r( ∆k /σ n). (3)
4
O segundo resultado na questão 7 implica, que se ∆k ≤ 10σ 2 n,
|E exp
itDk
t2 ∆
√ + 2k
σ n 2σ n
| Fk−1 − 1|
p
√
√
2
2
≤ e5t ct E r(Dk /σ n) | Fk−1 + e5t ct r( ∆k /σ n). (4)
Como isso de fato vale dentro do evento Ek,n e além disso Yk−1,n é limitado,
deduzimos que existe Ct > 0 tal que:
h
p
√
√ i
|E Yk−1,n (1Ek,n − 1) | ≤ Ct E r(Dk /σ n) + r( ∆k /σ n) .
5
Fim da prova e outros problemas
Questão 8 Juntando todos os exercı́cios anteriores, deduza que:
h
p
√
√ i
|φk,n (t) − φk−1,n (t)| ≤ Ct E r(Dk /σ n) + r( ∆k /σ n) +
k
+ Ct P ∩k−1
. (5)
j=1 Ej,n − P ∩j=1 Ej,n
Some estas cotas e veja que:
n
X
k=1
|φk,n (t) − φk−1,n (t)| ≤
X
h
p
√ i
√
Ct E r(Dk /σ n) + r( ∆k /σ n) +
k
+ Ct 1 − P ∩nj=1 Ej,n
. (6)
Prove que o lado direito vai para 0 quando n → +∞ e termine a prova.
Questão 9 O que aconteceria se σ 2 = 0?
Questão 10 Deduza do Teorema o TCL para martingais estacionários e
ergódicos do livro do Varadhan (cap. 6).
5