15.3 Demonstração do Teorema de Cramér

Dividiremos a prova do Teorema de Cramér em duas partes distintas, uma dedicada à prova da cota inferior e outra dedicada à cota superior.

Prova da cota inferior

Vamos primeiro mostrar que, para qualquer $a\in\mathbb{R}$ tal que $I(A)<\infty$ e qualquer $\delta>0$ , vale

\mathbb{P}\left(\mathclap{\phantom{\big{|}}}\tfrac{S_{n}}{n}\in[a-\delta,a+% \delta]\right)\geqslant e^{-I(a)\cdot n+o(n)}.

(15.12)

Essa estimativa vale sob as hipóteses do Teorema 15.6. No entanto, vamos também supor que o supremo em (15.5) é atingido para algum $y\in\mathbb{R}$ . De fato, vamos supor que tal $y$ está no interior do intervalo onde $M$ é finita, donde vale (15.7). Abandonar essa hipótese requer passos técnicos e complicados que vão além dos nossos objetivos.

Usando (15.7), pode-se adaptar a prova da Proposição 10.7 para obter

\frac{\mathbb{E}[Xe^{yX}]}{\mathbb{E}[e^{yX}]}=a.

A principal observação é que a expressão do lado esquerdo corresponde à esperança de uma variável aleatória $Y$ cuja distribuição é obtida a partir da distribuição de $X$ , distorcida por um fator da forma $g(x)=e^{yx}$ . Ou seja, para uma variável aleatória $Y$ cuja distribuição é dada por

\mathbb{P}(Y\in B)=\tfrac{\mathbb{E}[\mathds{1}_{B}(X)e^{yX}]}{\mathbb{E}[e^{% yX}]}=\mathbb{E}\left[\mathds{1}_{B}(X)\tfrac{e^{yX}}{M(y)}\right],

temos $\mathbb{E}Y=a$ pela regra da cadeia, pois a derivada de Radon-Nikodým entre as duas distribuições é dada por

\frac{\mathrm{d}\mathbb{P}_{Y}}{\mathrm{d}\mathbb{P}_{X}}(x)=\frac{1}{c}e^{yx},

onde $c=\mathbb{E}[e^{yX}]$ . Portanto, para variáveis $Y_{1},Y_{2},\dots$ i.i.d. distribuídas como esta versão distorcida de $X$ , a ocorrência de $\frac{Y_{1}+\dots+Y_{n}}{n}\approx a$ não é um evento raro.

A prova então consiste em controlar a razão entre as probabilidades de $(X_{1},\dots,X_{n})$ e $(Y_{1},\dots,Y_{n}$ ) tomarem valores em um subconjunto de $\mathbb{R}^{n}$ que é típico para este último vetor, de forma tal que tal razão não fique menor que $e^{-I(a)\cdot n-o(n)}$ .

Seja $\delta>0$ . Fixe $\varepsilon\in(0,\delta]$ , e defina o conjunto

B^{\varepsilon}_{n}=\left\{(z_{1},\dots,z_{n}):\left|\tfrac{z_{1}+\dots+z_{n}}% {n}-a\right|\leqslant\varepsilon\right\}\subseteq\mathbb{R}^{n}.

Então

	$\displaystyle\mathbb{P}\left(\tfrac{S_{n}}{n}\in[a-\varepsilon,a+\varepsilon]\right)$	$\displaystyle=\mathbb{E}\left[\mathds{1}_{B^{\varepsilon}_{n}}(X_{1},\dots,X_{% n})\right]$
		$\displaystyle=\mathbb{E}\left[\tfrac{M(y)^{n}}{e^{y(X_{1}+\dots+X_{n})}}\,% \mathds{1}_{B^{\varepsilon}_{n}}(X_{1},\dots,X_{n})\tfrac{e^{yX_{1}}}{M(y)}% \cdots\tfrac{e^{yX_{n}}}{M(y)}\right]$
		$\displaystyle\geqslant\mathbb{E}\left[\frac{M(y)^{n}}{e^{ayn+\|y\|\varepsilon n}% }\mathds{1}_{B^{\varepsilon}_{n}}(X_{1},\dots,X_{n})\tfrac{e^{yX_{1}}}{M(y)}% \cdots\tfrac{e^{yX_{n}}}{M(y)}\right]$
		$\displaystyle=e^{-\left[ay-\log M(y)+\|y\|\varepsilon\right]\cdot n}\cdot\mathbb% {P}\left(\mathclap{\phantom{\big{\|}}}(Y_{1},\dots,Y_{n})\in B^{\varepsilon}_{n% }\right)$
		$\displaystyle=e^{-\left[ay-\log M(y)+\|y\|\varepsilon\right]\cdot n}\cdot\mathbb% {P}\left(\tfrac{Y_{1}+\dots+Y_{n}}{n}\in[a-\varepsilon,a+\varepsilon]\right).$

Esta última probabilidade converge para um pela Lei dos Grandes Números, e portanto

\mathbb{P}\left(\left|\tfrac{S_{n}}{n}-a\right|\leqslant\delta\right)\geqslant% \mathbb{P}\left(\left|\tfrac{S_{n}}{n}-a\right|\leqslant\varepsilon\right)% \geqslant e^{-I(a)\cdot n-2|y|\varepsilon\cdot n}

para todo $n$ suficientemente grande. Como $\varepsilon\in(0,\delta]$ é arbitrário, isso prova (15.12).

Agora seja $\varepsilon>0$ novamente. Tome $a\in J^{\circ}$ tal que $I(a)\leqslant I(J^{\circ})+\varepsilon$ . Tome $\delta>0$ tal que $[a-\delta,a+\delta]\subseteq J$ . Por (15.12),

\displaystyle\mathbb{P}\left(\tfrac{S_{n}}{n}\in J\right)\geqslant\mathbb{P}% \left(\tfrac{S_{n}}{n}\in[a-\delta,a+\delta]\right)\geqslant e^{-I(a)\cdot n+o% (n)}\geqslant e^{-I(J^{\circ})\cdot n-\varepsilon n+o(n)}.

Como a desigualdade acima é válida para todo $\varepsilon>0$ , temos

\mathbb{P}\left(\tfrac{S_{n}}{n}\in J\right)\geqslant e^{-I(J^{\circ})\cdot n+% o(n)},

o que conclui a prova da cota inferior no Teorema de Cramér.

Prova da cota superior

Vejamos como a cota superior no Teorema 15.6 é uma consequência imediata do Teorema 15.3. Começamos com propriedades de monotonicidade da função taxa.

Proposição 15.13.

A função taxa $I$ é não-crescente em $(-\infty,\mu]$ e não-decrescente em $[\mu,+\infty)$ . Além disso, $I(\mu)=0$ ,

I(a)=\sup_{t\geqslant 0}[at-\log M(t)]\text{ para }a\geqslant\mu\text{ e }I(a)% =\sup_{t\leqslant 0}[at-\log M(t)]\text{ para }a\leqslant\mu.

Demonstração.

Tomando $t=0$ , temos $[at-\log M(t)]=0$ , logo $I(a)\geqslant 0$ para todo $a\in\mathbb{R}$ . Agora, pela desigualdade de Jensen, $M(t)=\mathbb{E}[e^{tX}]\geqslant e^{\mathbb{E}tX}=e^{t\mu}$ , donde

\mu t-\log M(t)\leqslant 0.

Isso implica que $I(\mu)=0$ . Isso também implica que, para $a>\mu$ e $t<0$ , $at-\log M(t)<0,$ assim $I(a)=\sup_{t\geqslant 0}[at-\log M(t)]$ . Analogamente, para $a<\mu$ , temos $I(a)=\sup_{t\leqslant 0}[at-\log M(t)]$ .

Para provar monotonicidade em $[\mu,+\infty)$ , vejamos que, se $\mu<c<a$ ,

I(a)=\sup_{t\geqslant 0}[at-\log M(t)]\geqslant\sup_{t\geqslant 0}[ct-\log M(t% )]=I(c)\geqslant 0=I(\mu).

A prova da monotonicidade da função taxa em $(-\infty,\mu]$ se faz de modo análogo. ∎

Demonstração da cota superior no Teorema 15.6.

Escrevemos $\bar{J}=[c,a]\subseteq\mathbb{R}$ . Se $c\leqslant\mu\leqslant a$ , $I(\bar{J})=0$ e não há nada a provar. Podemos então assumir que $a<\mu$ , pois o caso $c>\mu$ é análogo. Seja $\varepsilon>0$ . Pela Proposição 15.13, temos

I(\bar{J})=I(a)=\sup_{t\leqslant 0}[at-\log M(t)],

observe que a Proposição 15.13 foi utilizada em ambas as igualdades acima, na primeira, a monotonicidade, na segunda, que o supremo é atingido em $t\leqslant 0$ . Logo, dado $\varepsilon>0$ , podemos tomar $t\leqslant 0$ tal que $[at-\log M(t)]\geqslant I(\bar{J})-\varepsilon$ . Agora, usando a estimativa (15.2) obtemos

\displaystyle\mathbb{P}\left(\tfrac{S_{n}}{n}\in J\right)\leqslant\mathbb{P}% \left(\tfrac{S_{n}}{n}\leqslant a\right)\leqslant e^{-I(\bar{J})\cdot n+% \varepsilon n}.

Como $\varepsilon$ é arbitrário, $\mathbb{P}\left(\tfrac{S_{n}}{n}\in J\right)\leqslant e^{-I(\bar{J})\cdot n+o(% n)},$ concluindo a prova. ∎