Teoremas Centrais do Limite em Econometria

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Universidade de Sa˜o Paulo - Departamento de Economia
EAE 5811 - Econometria I
Prof. Dr. Ricardo Avelino
1o Semestre de 2007
Teoremas Centrais do Limite
Teorema Central do Limite de Lindberg-Levy: Seja {Xn} uma sequ¨eˆncia
de varia´veis aleato´rias independentes e identicamente distribu´ıdas e suponha que
E (Xn) = µ e V (Xn) = σ
2 <∞. Enta˜o
Y¯n =
√
n
µ
X¯n − µ
σ
¶
d→ N (0, 1)
Prova: Seja φ (t) a func¸a˜o caracter´ıstica de Xn − µ. Como os dois primeiros
momentos existem, podemos aplicar uma expansa˜o de Taylor:
φ (t) = E exp (it (Xn − µ)) = 1 + tE [i (Xn − µ) exp (it (Xn − µ))] |t=0
+
1
2
t2E
h
i2 (Xn − µ)2 exp (it (Xn − µ))
i
|t=0 + o
¡
t2
¢
= 1− 1
2
t2σ2 + o
¡
t2
¢
A func¸a˜o caracter´ıstica de Y¯n e´
φn (t) = E exp
¡
itY¯n
¢
= E exp
Ã
it
σ
√
n
nX
i=1
(Xi − µ)
!
=
nY
i=1
E exp
µ
it
σ
√
n
(Xi − µ)
¶
=
·
φ
µ
t
σ
√
n
¶¸n
=
·
1− t
2
2n
+ o
µ
1
n
¶¸n
Utilizando o fato de que
lim
n→∞
³
1 +
an
n
´n
= exp
³
lim
n→∞
an
´
conclui-se que
lim
n→∞
φn (t) = exp
µ
lim
n→∞
µ
− t
2
2
+ o (1)
¶¶
= exp
µ
− t
2
2
¶
que e´ a func¸a˜o caracter´ıstica de uma N (0, 1) . O resultado segue do Teorema da
continuidade de Le´vy.
1
Exemplo 1: Considere uma amostra de varia´veis aleato´rias {Xn} indepen-
dentes e identicamente distribu´ıdas com distribuic¸a˜o gamma, com paraˆmetros
θ e α, cuja func¸a˜o geradora de momentos e´ dada por
MXi (t) = (1− tθ)
−α
Note que os dois primeiros momentos sa˜o dados por
E (Xi) =
dMXi (t)
dt
º
t=0
=
θα
(1− tθ)α−1
%
t=0
= θα
e
E
¡
X2i
¢
=
d2MXi (t)
dt2
º
t=0
=
θ2α (α− 1)
(1− tθ)α+2
%
t=0
= θ2α2 + θ2α
Logo,
V (Xi) = E
¡
X2i
¢
− [E (Xi)]2 = θ2α2 + θ2α− θ2α2 = θ2α
Pelo Teorema Central do Limite de Lindberg-Levy,
√
n
µ
X¯n − θα
θ
√
α
¶
d→ N (0, 1)
Teorema Central do Limite de Lindberg-Feller: Suponha que, para
cada n,
Xn1, ...,Xnrn
sejam independentes e que
E [Xnk] = 0, σ
2
nk = E
£
X2nk
¤
, s2n =
rnX
k=1
σ2nk
Se, para todo ε positivo,
lim
n→∞
rnX
k=1
1
s2n
Z n
|Xnk|≥εsn
X2nkdP = 0
enta˜o
Sn
sn
d→ N (0, 1) , Sn = Xn1 + ...+Xnrn
Prova: Substituindo Xnk por Xnk/sn mostra que na˜o ha´ nenhuma perda de
generalidade em assumir que s2n =
rnX
k=1
σ2nk = 1.
2
Lema 1: ¯¯¯¯
¯eix −
nX
k=0
(ix)
k
k!
¯¯¯¯
¯ ≤ min
(
|x|n+1
(n+ 1)!
,
2 |x|n
n!
)
Como, para n = 2,¯¯¯¯
eitx −
µ
1 + itx− 1
2
t2x2
¶¯¯¯¯
≤ min
n
|tx|2 , |tx|3
o
e ¯¯¯¯Z
adP −
Z
bdP
¯¯¯¯
=
¯¯¯¯Z
(a− b) dP
¯¯¯¯
≤
Z
|a− b| dP
a func¸a˜o caracter´ıstica φnk (t) de Xnk satisfaz¯¯¯¯
φnk (t)−
µ
1− 1
2
t2σ2nk
¶¯¯¯¯
≤ E
h
min
n
|tXnk|2 , |tXnk|3
oi
Para ε positivo, o lado direito da desigualdade acima e´ igual a
E
h
min
n
|tx|2 , |tx|3
oi
=
Z
|Xnk|<ε
min
n
|tXnk|2 , |tXnk|3
o
dP
+
Z
|Xnk|≥ε
min
n
|tXnk|2 , |tXnk|3
o
dP
≤
Z
|Xnk|<ε
|tXnk|3 dP +
Z
|Xnk|≥ε
|tXnk|2 dP
≤ ε |t|3 σ2nk + t2
Z
|Xnk|≥ε
X2nkdP
Portanto,
rnX
k=1
¯¯¯¯
φnk (t)−
µ
1− 1
2
t2σ2nk
¶¯¯¯¯
≤ ε |t|3
rnX
k=1
σ2nk + t
2
rnX
k=1
1
s2n
Z
|Xnk|≥ε
X2nkdP
= ε |t|3 + t2
rnX
k=1
1
s2n
Z
|Xnk|≥ε
X2nkdP
Como ε e´ arbitra´rio,
rnX
k=1
¯¯¯¯
φnk (t)−
µ
1− 1
2
t2σ2nk
¶¯¯¯¯
→ 0
para todo t fixo. O objetivo agora e´ mostrar que
rnY
k=1
φnk (t) =
rnY
k=1
µ
1− 1
2
t2σ2nk
¶
+ o (1) =
rnY
k=1
e−t
2σ2nk/2 + o (1) = e−t
2/2 + o (1)
3
Para todo ε positivo
σ2nk ≤ ε2 +
Z
|Xnk|≥ε
X2nkdP
Da condic¸a˜o de Lindberg, conclui-se que
max
1≤k≤rn
σ2nk → 0
Para n suficientemente grande, 1 − 12 t2σ2nk esta´ compreendido entre 0 e 1
para todo n.
Lema 2: Sejam z1, ..., zm e w1, ..., wm nu´meros complexos com mo´dulo na˜o
excedendo 1. Enta˜o
|z1...zm − w1...wm| ≤
nX
k=1
|zk − wk|
Logo, pelo lema acima,
rnY
k=1
φnk (t) e
rnY
k=1
¡
1− 12 t
2σ2nk
¢
diferem por, no ma´ximo,
rnX
k=1
¯¯¯¯
φnk (t)−
µ
1− 1
2
t2σ2nk
¶¯¯¯¯
→ 0
o que implica que
rnY
k=1
φnk (t) =
rnY
k=1
µ
1− 1
2
t2σ2nk
¶
+ o (1)
Ale´m disso, segue-se tambe´m do lema que¯¯¯¯
¯
rnY
k=1
e−t
2σ2nk/2 −
rnY
k=1
µ
1− 1
2
t2σ2nk
¶¯¯¯¯
¯ ≤
rnX
k=1
¯¯¯¯
e−t
2σ2nk/2 − 1 + 1
2
t2σ2nk
¯¯¯¯
Lema 3: Para z complexo:
|ez − 1− z| ≤ |z|2
∞X
k=2
|z|k−2
k!
≤ |z|2 e|z|
Segue-se do lema 2 que
rnX
k=1
¯¯¯¯
e−t
2σ2nk/2 − 1 + 1
2
t2σ2nk
¯¯¯¯
≤
rnX
k=1
t4σ4nk
4
et
2/2 ≤ t4et
2/2
rnX
k=1
σ4nk
≤ t4et
2/2
rnX
k=1
σ2nkmax
k
σ2nk
= t4et
2/2 max
1≤k≤rn
σ2nk
rnX
k=1
σ2nk
= t4et
2/2 max
1≤k≤rn
σ2nk → 0
4
Teorema Central do Limite de Lyapunov: Suponha que, para cada n,
Xn1, ...,Xnrn
sejam independentes e que
E [Xnk] = 0, σ
2
nk = E
£
X2nk
¤
, s2n =
rnX
k=1
σ2nk
Suponha que |Xnk|2+δ seja integra´vel para algum δ positivo e que a condic¸a˜o
de Lyapunov seja satisfeita
lim
n→∞
rnX
k=1
1
s2+δn
E
h
|Xnk|2+δ
i
= 0
Enta˜o
Sn
sn
d→ N (0, 1) , Sn = Xn1 + ...+Xnrn
Prova: Note que
rnX
k=1
1
s2n
Z n
|Xnk|≥εsn
X2nkdP ≤
rnX
k=1
1
s2n
Z n
|Xnk|≥εsn
X2+δnk
sδnε
δ
dP
=
1
εδ
rnX
k=1
1
s2+δn
E
h
|Xnk|2+δ
i
Teorema (procedimento de Cra´mer-Wold): Seja {Xn}∞n=1 uma sequ´eˆncia
de vetores aleato´rios (kx1) e suponha que para todo vetor real λ tal que λ0λ = 1,
λ0Xn
d→ λ0X, onde X e´ um vetor aleato´rio (kx1) com func¸a˜o de distribuic¸a˜o
F (x) = F (x1, ..., xk). Enta˜o, a distribuic¸a˜o limite de Xn existe e e´ igual a
F (x) .
Apeˆndice
Lema 1: ¯¯¯¯
¯eix −
nX
k=0
(ix)
k
k!
¯¯¯¯
¯ ≤ min
(
|x|n+1
(n+ 1)!
,
2 |x|n
n!
)
Prova: Seja u = eis e dv = (x− s)n , de modo que du = ieis e v = − (x−s)
n+1
n+1 .
Enta˜o, integrando por partes, segue-se queZ x
0
(x− s)n eisds = −(x− s)
n+1
n+ 1
eis
%x
0
−
Z x
0
ieis
Ã
−(x− s)
n+1
n+ 1
!
ds
=
xn+1
n+ 1
+
i
n+ 1
Z x
0
(x− s)n+1 eisds
5
Portanto, Z x
0
(x− s)n eisds = n
i
Z x
0
(x− s)n−1 eisds− 1
i
xn
Expandindo eix numa se´rie de Taylor em torno de x = 0,
eix =
nX
k=0
(ix)k
k!
+
in+1
n!
xn+1
n+ 1
+
in+2
(n+ 1)!
xn+2
n+ 2
+ ...
=
nX
k=0
(ix)
k
k!
+
in+1
n!
Z x
0
(x− s)n eisds− i
n+1
n!
i
n+ 1
Z x
0
(x− s)n+1 eisds
+
in+2
(n+ 1)!
Z x
0
(x− s)n+1 eisds− i
n+2
(n+ 1)!
i
n+ 2
Z x
0
(x− s)n+2 eisds+ ...
=
nX
k=0
(ix)k
k!
+
in+1
n!
Z x
0
(x− s)n eisds
Substituindo
Z x
0
(x− s)n eisds na expressa˜o acima,
eix =
nX
k=0
(ix)
k
k!
+
in+1
n!
µ
n
i
Z x
0
(x− s)n−1 eisds− 1
i
xn
¶
=
nX
k=0
(ix)
k
k!
+
in
(n− 1)!
µZ x
0
(x− s)n−1 eisds− x
n
n
¶
=
nX
k=0
(ix)k
k!
+
in
(n− 1)!
µZ x
0
(x− s)n−1
¡
eis − 1
¢
ds
¶
pois Z x
0
(x− s)n−1 ds = −(x− s)
n
n
ºx
0
=
xn
n
Portanto, para x > 0,
eix −
nX
k=0
(ix)
k
k!
=
in+1
n!
Z x
0
(x− s)n eisds⇒
¯¯¯¯
¯eix −
nX
k=0
(ix)
k
k!
¯¯¯¯
¯
=
¯¯¯¯
in+1
n!
Z x
0
(x− s)n eisds
¯¯¯¯
≤
¯¯¯¯
in+1
n!
¯¯¯¯ Z x
0
|(x− s)n| ¯¯eis¯¯ ds
=
1
n!
Z x
0
(x− s)n |cox (ix) + isen (ix)| ds
=
1
n!
Z x
0
(x− s)n ds = 1
n!
xn+1
n+ 1
=
xn+1
(n+ 1)!
6
Ale´m disso,
eix −
nX
k=0
(ix)k
k!
=
in
(n− 1)!
Z x
0
(x− s)n−1
¡
eis − 1
¢
ds
⇒
¯¯¯¯
¯eix −
nX
k=0
(ix)k
k!
¯¯¯¯
¯ =
¯¯¯¯
in
(n− 1)!
Z x
0
(x− s)n−1
¡
eis − 1
¢
ds
¯¯¯¯
≤
¯¯¯¯
in
(n− 1)!
¯¯¯¯ Z x
0
¯¯¯
(x− s)n−1
¯¯¯ ¯¯¡
eis − 1
¢¯¯
ds
=
1
(n− 1)!
Z x
0
(x− s)n−1 (|cox (ix) + isen (ix)|+ |1|) ds
=
1
(n− 1)!2
xn
n
= 2
xn
n!
Por outro lado, para x < 0,
eix −
nX
k=0
(ix)k
k!
=
in+1
n!
Z x
0
(x− s)n eisds = − i
n+1
n!
Z 0
x
(x− s)n eisds
⇒
¯¯¯¯
¯eix −
nX
k=0
(ix)
k
k!
¯¯¯¯
¯ ≤ 1n!
Z 0
x
¯¯
(x− s)n eis
¯¯
ds
=
1
n!
Z 0
x
|(s− x)n| ¯¯eis¯¯ ds = 1
n!
Z 0
x
(s− x)n ds
=
(s− x)n+1
n+ 1
%0
x
1
n!
=
(−x)n+1
n+ 1
1
n!
Ale´m disso,
eix −
nX
k=0
(ix)k
k!
=
in
(n− 1)!
Z x
0
(x− s)n−1
¡
eis − 1
¢
ds
= − i
n
(n− 1)!
Z 0
x
(x− s)n−1
¡
eis − 1
¢
ds
⇒
¯¯¯¯
¯eix −
nX
k=0
(ix)k
k!
¯¯¯¯
¯ ≤ 1(n− 1)!
Z 0
x
¯¯¯
(x− s)n−1
¡
eis − 1
¢¯¯¯
ds
≤ 2
(n− 1)!
Z 0
x
¯¯¯
(x− s)n−1
¯¯¯
ds =
2
(n− 1)!
Z 0
x
(s− x)n−1 ds
=
(−x)n
n
2
(n− 1)! =
2 (−x)n
n!
Portanto, ¯¯¯¯
eix −
µ
1 + ix− 1
2
x2
¶¯¯¯¯
≤ min
(
|x|n+1
(n+ 1)!
, 2
|x|n
n!
)
7
Para n = 2, ¯¯¯¯
eix −
µ
1 + ix− 1
2
x2
¶¯¯¯¯
≤ min
½
1
6
|x|3 , |x|2
¾
Lema 2: Sejam z1, ..., zm e w1, ..., wm nu´meros complexos com mo´dulo na˜o
excedendo 1. Enta˜o
|z1...zm − w1...wm| ≤
nX
k=1
|zk − wk|
Prova:
z1...zm− w1...wm = (z1 − w1) (z2...zm) + w1 (z2...zm − w2...wm)
= (z1 − w1) (z2...zm)
+w1 ((z2 − w2) (z3...zm) + w2 (z3...zm − w3...wm))
= (z1 − w1) (z2...zm)
+w1 (z2 − w2) (z3...zm) + w1w2 (z3...zm − w3...wm)
=
nX
k=1
(zk − wk)
Y
j<k
wj
Y
j>k
zj
Lema 3: Para z complexo:
|ez − 1− z| ≤ |z|2
∞X
k=2
|z|k−2
k!
≤ |z|2 e|z|
Prova: Expandindo ez numa se´rie de Taylor, temos que
ez =
∞X
k=0
zk
k!
⇒ ez − 1− z = z2
∞X
k=2
zk−2
k!
⇒ |ez − 1− z| =
¯¯¯¯
¯z2
∞X
k=2
zk−2
k!
¯¯¯¯
¯
⇒ |ez − 1− z| ≤ |z|2
∞X
k=2
|z|k−2
k!
= |z|2
∞X
k=0
|z|k
(k + 2)!
≤ |z|2
∞X
k=0
|z|k
k!
= |z|2 e|z|
8