10.1 Função geradora de momentos

Definição 10.1.

Seja $X$ uma variável aleatória. Define-se a função geradora de momentos de $X$ como a função $M_{X}:\mathbb{R}\to[0,+\infty]$ dada por

M_{X}(t)=\mathbb{E}[e^{tX}].

Pelo Teorema 5.36, podemos calcular a função geradora de momentos por

M_{X}(t)=\sum_{x}e^{tx}\cdot\mathbb{P}(X=x)

se $X$ é discreta. Pelo Teorema 5.39,

M_{X}(t)=\int_{-\infty}^{\infty}e^{tx}f_{X}(x)\,\mathrm{d}x

se $X$ é absolutamente contínua com densidade $f_{X}$ .

Exemplo 10.2 (Bernoulli).

Se $X\sim\mathop{\mathrm{Bernoulli}}\nolimits(p)$ , então

\displaystyle M_{X}(t)

\displaystyle=pe^{t}+1-p=1+p(e^{t}-1).\qed

Exemplo 10.3 (Geométrica).

Se $X\sim\mathop{\mathrm{Geom}}\nolimits(p)$ , então

\displaystyle M_{X}(t)

\displaystyle=\sum_{n=1}^{\infty}e^{tn}p(1-p)^{n-1}=\begin{cases}\frac{p}{e^{-% t}+p-1},&t<\log\tfrac{1}{1-p},\\ +\infty,&t\geqslant\log\tfrac{1}{1-p}.\end{cases}\qed

Exemplo 10.4 (Poisson).

Se $X\sim\mathop{\mathrm{Poisson}}\nolimits(\lambda)$ , então

\displaystyle M_{X}(t)

\displaystyle=\sum_{n=0}^{\infty}e^{tn}\frac{e^{-\lambda}\lambda^{n}}{n!}=e^{-% \lambda}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\lambda e^{t})^{n}}{n!}=e^{-\lambda}e^{% \lambda e^{t}}=e^{\lambda(e^{t}-1)}.\qed

Proposição 10.5.

Se $X$ e $Y$ são independentes, então

M_{X+Y}(t)=M_{X}(t)\cdot M_{Y}(t)

para todo $t\in\mathbb{R}$ .

Demonstração.

Como $X$ e $Y$ são independentes, $e^{tX}$ e $e^{tY}$ também o são, pela Observação 4.13. Logo, podemos escrever

M_{X+Y}(t)=\mathbb{E}[e^{t(X+Y)}]=\mathbb{E}[e^{tX}\cdot e^{tY}]=\mathbb{E}[e^% {tX}]\mathbb{E}[e^{tY}]=M_{X}(t)\cdot M_{Y}(t).\qed

Exemplo 10.6 (Binomial).

Se $X\sim\mathop{\mathrm{Binom}}\nolimits(n,p)$ , então $X$ é distribuída como a soma de $n$ variáveis $X_{1},\dots,X_{n}$ independentes com distribuição $\mathop{\mathrm{Bernoulli}}\nolimits(p)$ . Portanto,

M_{X}(t)=M_{X_{1}}(t)\cdots M_{X_{n}}(t)=[1+p(e^{t}-1)]^{n}.\qed

A proposição abaixo explica o porquê do nome função geradora de momentos.

Proposição 10.7.

Se $M_{X}$ é finita em algum intervalo $(-\varepsilon,+\varepsilon)$ , então os momentos de $X$ podem ser obtidos através das derivadas de $M_{X}$ por

\mathbb{E}X^{k}=M_{X}^{(k)}(0),\quad k=1,2,3,\dots.

Demonstração.

Para lembrar da fórmula, fazemos, informalmente,

\left.\tfrac{\mathrm{d}^{k}}{\mathrm{d}t^{k}}M_{X}(t)\right.=\left.\tfrac{% \mathrm{d}^{k}}{\mathrm{d}t^{k}}\,\mathbb{E}[e^{tX}]\right.=\mathbb{E}\left[% \left.\tfrac{\mathrm{d}^{k}}{\mathrm{d}t^{k}}\,e^{tX}\right.\right]=\mathbb{E}% [X^{k}e^{tX}].

No caso de $X$ ser uma variável aleatória simples, essa é a demonstração, pois a esperança é uma soma finita e podemos derivar dentro da soma. No caso geral, há que se justificar passagem da derivada para dentro da esperança.

Para continuar a demonstração, o leitor tem que ter passado pela Seção 5.3, pois vamos usar o Teorema 5.49.

Vamos mostrar, por indução em $k$ , que a fórmula acima vale para todo $t\in(-\varepsilon,+\varepsilon)$ . Para $k=0$ , a identidade vale trivialmente. Suponhamos a identidade acima válida para algum $k\in\mathbb{N}_{0}$ . Queremos mostrar que

(10.8) (10.8)

\tfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\mathbb{E}[X^{k}e^{tX}]=\mathbb{E}[X^{k+1}e^{tX}]

para todo $t\in(-\varepsilon,\varepsilon)$ . Sejam $b$ e $\delta$ tais que $0<b<\delta<\varepsilon$ . Definimos $f(t,x)=x^{k}e^{tx}$ , de forma que $\frac{\partial}{\partial t}f(t,x)=x^{k+1}e^{tx}$ . Observe que, para $t\in[-b,b]$ ,

\Big{\lvert}\tfrac{\partial}{\partial t}f(t,X)\Big{\rvert}=|X^{k+1}|\,e^{t\,X}% \leqslant|X^{k+1}|\,e^{b\,|X|}\leqslant Ce^{\delta\,|X|}\leqslant C(e^{\delta X% }+e^{-\delta X}),

onde $C$ depende de $k$ , $b$ e $\delta$ . Como o último termo das desigualdades acima é integrável, pelo Teorema 5.49 temos (10.8) para todo $t\in[-b,b]$ . Como $b<\varepsilon$ é arbitrário, o mesmo vale para todo $t\in(-\varepsilon,\varepsilon)$ , o que conclui a prova. ∎

Nos exemplos abaixo, ilustramos como calcular $\mathbb{E}X$ e $\mathbb{V}X$ para algumas distribuições cujas funções geradoras de momento já nos são conhecidas.

Exemplo 10.9 (Geométrica).

Se $X\sim\mathop{\mathrm{Geom}}\nolimits(p)$ , então

\mathbb{E}X=M_{X}^{\prime}(0)=\tfrac{1}{p},\ \mathbb{E}X^{2}=M_{X}^{\prime% \prime}(0)=\tfrac{2}{p^{2}}-\tfrac{1}{p},\ \mathbb{V}X=\mathbb{E}X^{2}-(% \mathbb{E}X)^{2}=\tfrac{1-p}{p^{2}}.\qed

Exemplo 10.10 (Poisson).

Se $X\sim\mathop{\mathrm{Poisson}}\nolimits(\lambda)$ , então

\mathbb{E}X=M_{X}^{\prime}(0)=\lambda,\ \mathbb{E}X^{2}=M_{X}^{\prime\prime}(0% )=\lambda^{2}+\lambda,\ \mathbb{V}X=\mathbb{E}X^{2}-(\mathbb{E}X)^{2}=\lambda.\qed

O teorema abaixo nos diz que a função geradora de momentos determina a distribuição de modo único. A demonstração envolve aspectos técnicos acima dos nossos objetivos e, de fato, é difícil encontrá-la em livros-texto (veja a Seção 30 de [BIL95]).

Teorema 10.11 (Unicidade).

Dadas $X$ e $Y$ variáveis aleatórias, se existe $\varepsilon>0$ tal que $M_{X}(t)=M_{Y}(t)<\infty$ para todo $t\in(-\varepsilon,+\varepsilon)$ , então $X\sim Y$ .

Exemplo 10.12 (Soma de variáveis Poisson independentes).

Se $X\sim\mathop{\mathrm{Poisson}}\nolimits(\lambda)$ e $Y\sim\mathop{\mathrm{Poisson}}\nolimits(\mu)$ são independentes, então

M_{X+Y}(t)=M_{X}(t)\cdot M_{Y}(t)=e^{\lambda(e^{t}-1)}e^{\mu(e^{t}-1)}=e^{(% \lambda+\mu)(e^{t}-1)}=M_{Z}(t),

onde $Z\sim\mathop{\mathrm{Poisson}}\nolimits(\lambda+\mu)$ . Portanto, $X+Y\sim\mathop{\mathrm{Poisson}}\nolimits(\lambda+\mu)$ . ∎

Concluímos esta seção com uma generalização da Proposição 10.7 para o caso $k=1$ , que considera apenas a derivada lateral.

Proposição 10.13.

Se $M_{X}$ é finita em algum intervalo $(-\varepsilon,0]$ , então a esperança de $X$ pode ser obtida como derivada lateral

\mathbb{E}X=M_{X}^{\prime}(0^{-}).

Demonstração.

A prova exige familiaridade com as Seções 5.3 e 5.4. Sem perda de generalidade, podemos supor que $\varepsilon>1$ . Seja $(t_{n})_{n}$ uma sequência de números reais estritamente crescente, tal que $t_{1}=-1$ e $t_{n}\to 0$ . Temos que mostrar que

\frac{\mathbb{E}[e^{t_{n}X}]-1}{t_{n}}\to\mathbb{E}X.

Por clareza, vamos considerar primeiro dois casos particulares. Suponhamos inicialmente que $X\geqslant 0$ q.c. Observe que, se $X\geqslant 0$ , então a sequência $\big{(}\frac{e^{t_{n}X}-1}{t_{n}}\big{)}_{n}$ é não-decrescente, como consequência do fato de que função que leva $t$ em $e^{tX}$ é convexa. Pelo Teorema da Convergência Monótona, obtemos o limite desejado, provando a proposição no caso não-negativo, incluindo o caso em que $\mathbb{E}X=+\infty$ .

Suponhamos agora que $X\leqslant 0$ q.c. Observamos que, se $X\leqslant 0$ , então a sequência acima é não-crescente, também por convexidade. Assim, os termos da sequência são dominados pelo primeiro termo, $1-e^{-X}$ , que é integrável por hipótese. Pelo Teorema da Convergência Dominada, obtemos o limite desejado também neste caso.

Finalmente, consideramos o caso geral. Aplicando os casos anteriores às esperanças condicionais, obtemos

\frac{\mathbb{E}[e^{t_{n}X}|X<0]-1}{t_{n}}\to\mathbb{E}[X|X<0]

\frac{\mathbb{E}[e^{t_{n}X}|X\geqslant 0]-1}{t_{n}}\to\mathbb{E}[X|X\geqslant 0].

Usando novamente a hipótese, temos que

\mathbb{P}(X<0)\,\mathbb{E}[X|X<0]=\mathbb{E}X^{-}\leqslant\mathbb{E}[e^{-X}]<\infty,

logo podemos combinar os limites acima e obter

$\displaystyle\frac{\mathbb{E}[e^{t_{n}X}]-1}{t_{n}}$	$\displaystyle=\frac{\mathbb{P}(X<0)\mathbb{E}[e^{t_{n}X}\|X<0]+\mathbb{P}(X% \geqslant 0)\mathbb{E}[e^{t_{n}X}\|X\geqslant 0]-1}{t_{n}}$
	$\displaystyle\to\mathbb{P}(X<0)\mathbb{E}[X\|X<0]+\mathbb{P}(X\geqslant 0)% \mathbb{E}[X\|X\geqslant 0]=\mathbb{E}X,$

onde também usamos a Proposição 5.55, concluindo esta prova. ∎