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\begin{document}

\section{Função Geradora de Momentos, Lei dos Grandes Números e o Teorema do Limite Central}

\subsection{Função Geradora de Momentos}
\begin{definition}
Seja $X$ uma v.a. definida em $(\Omega, \mathcal{A}, P)$. A \textbf{função geradora de momentos} de $X$, $M_X:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, é dada por
\begin{align*}
    M_X(t) = E[e^{tX}],
\end{align*}
para todo $t\in\mathbb{R}$ tal que $e^{tX}$ tem esperança finita. Note que se $X$ é discreta, então
\begin{align*}
    M_X(t) = \sum_x e^{tx}p_X(x)
\end{align*}
e, se $X$ é contínua, então
\begin{align*}
    M_X(t) = \int_{\mathbb{R}} e^{tx}f_X(x) dx.
\end{align*}
\end{definition}

\begin{example}
Seja $X\sim B(n,p)$. Temos
\begin{align*}
    \sum_{k=0}^{n} e^{tk}\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k} &= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}(pe^t)^k(1-p)^{n-k} \\
    &= [ pe^t + 1 - p ]^n\in\mathbb{R}, \forall t\in\mathbb{R} \therefore M_X(t) = [ pe^t + 1 - p ]^n, t\in\mathbb{R}.
\end{align*}
\end{example}

\begin{example}
Seja $X\sim\Gamma(\alpha, \lambda)$. Temos
\begin{align*}
    \int_{\mathbb{R}} e^{tx}f_X(x) dx &= \int_{0}^{\infty} e^{tx}\frac{\lambda^{\alpha}}{\Gamma(\alpha)}x^{\alpha - 1}e^{-\lambda x} dx \\
    &= \frac{\lambda^{\alpha}}{\Gamma(\alpha)} \underbrace{\int_{0}^{\infty} x^{\alpha - 1}e^{-(\lambda - t)x} dx}_{\frac{\Gamma(\alpha)}{(\lambda - t)^{\alpha}}, \text{ se } t<\lambda} \\
    &= \left( \frac{\lambda}{\lambda - t} \right)^{\alpha}, t < \lambda \therefore M_X(t) = \left( \frac{\lambda}{\lambda - t} \right)^{\alpha}, t < \lambda.
\end{align*}
\end{example}

\begin{example}
Seja $X\sim N(\mu, \sigma^2)$. Temos
\begin{align*}
    \int_{\mathbb{R}} e^{tx} f_X(x) dx &= \int_{\mathbb{R}} e^{tx}\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp[ -\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2} ] dx \\
    &= \int_{\mathbb{R}} e^{t(y+\mu)}\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-y^2/2\sigma^2} dy \\
    &= e^{\mu t}\int_{\mathbb{R}} \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{ty - y^2/2\sigma^2} dy \\
    &= e^{\mu t}e^{\sigma^2t^2/2}\int_{\mathbb{R}} \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp[ -\frac{(y-\sigma^2t)^2}{2\sigma^2} ] dy \\
    &= e^{\mu t}e^{\sigma^2 t^2/2}, t\in\mathbb{R} \therefore M_X(t) = e^{\mu t}e^{\sigma^2 t^2/2}, t\in\mathbb{R}.
\end{align*}
\end{example}

O nome da f.g.m. vem do fato de que $E[X^n] = M_X(0)^{(n)}$. De fato, pode-se mostrar que para $t\in(-t_0, t_0)$ tal que $M_X(t)$ está definida, temos
\begin{align*}
    M_X(t) = E[e^{tX}] = E\left[ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^n X^n}{n!} \right] = \sum_{n=0}^{\infty} E\left[ \frac{t^nX^n}{n!} \right] = \sum_{n=0}^{\infty} E[X^n]\frac{t^n}{n!}.
\end{align*}
Em particular, se $M_X$ está definida para todo $t$, então as igualdades acima valem para todo $t$. Note que a expansão em série de Taylor de $M_X$ é
\begin{align*}
    \sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^n}{n!}\frac{d^n}{dt^n}M_X(t)\Big|_{t=0}. 
\end{align*}
Comparando os coeficientes, temos o resultado afirmado.

\begin{remark}
Note que se $X$ e $Y$ são v.a.'s independentes, então $e^{tX}$ e $e^{tY}$ também o são e, daí,
\begin{align*}
    M_{X+Y}(t) = E[e^{t(X+Y)}] = E[e^{tX}e^{tY}] = E[e^{tX}]E[e^{tY}] = M_X(t)M_Y(t).
\end{align*}
Segue daí, por indução, que se $X_1, \dots, X_n$ são i.i.d. então
\begin{align*}
    M_{X_1 + \cdots + X_n}(t) = M_{X_1}(t)^n.
\end{align*}
\end{remark}

\begin{example}
Para $X\sim B(n,p)$, temos $M_X(t) = (pe^t + 1 - p)^n, \forall t\in\mathbb{R}$. Daí,
\begin{align*}
    M_X(t)' = n(pe^t + 1 - p)^{n-1}pe^t \implies M_X(0)' = EX = np
\end{align*}
e também
\begin{align*}
    M_X(t)'' = n(n-1)(pe^t + 1- p)^{n-2}p^2e^{2t} + n(pe^t + 1- p)^{n-1}pe^t \implies M_X(0)'' = E[X^2] = n(n-1)p^2 + np,
\end{align*}
de modo que $\Var(X) = E[X^2] - EX^2 = np(1-p)$.
\end{example}

\begin{example}
Se $X\sim N(0, \sigma^2)$, vimos que
\begin{align*}
    M_X(t) = e^{\sigma^2t^2/2} = \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{\sigma^2 t^2}{2} \right)^n\frac{1}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\sigma^{2n}}{2^n n!}t^{2n}.
\end{align*}
Daí, os momentos de ordem ímpar de $X$ são nulos e os de ordem par são tais que
\begin{align*}
    \frac{E[X^{2n}]}{(2n)!} = \frac{\sigma^{2n}}{2^n n!} \iff E[X^{2n}] = \frac{\sigma^{2n}(2n)!}{2^n n!}.
\end{align*}
\end{example}

\subsection{Desigualdades de Chebyshev-Markov e Lei dos Grandes Números}

\subsubsection{Desigualdades de Chebyshev e Markov}
\begin{proposition}[Desigualdade de Chebyshev]
Seja $X$ v.a. tal que $E[X^2] < \infty$. Dado $\varepsilon > 0$, considere $\mu = EX$. Então
\begin{align*}
    P(|X - \mu|\geq\varepsilon) \leq \frac{\Var(X)}{\varepsilon^2}.
\end{align*}
\end{proposition}

\begin{proof}
Dado $\varepsilon > 0$, considere a v.a. discreta
\begin{align*}
    Y = \begin{cases}
    \varepsilon^2, (X-\mu)^2\geq\varepsilon^2 \\
    0, (X-\mu)^2 < \varepsilon^2
    \end{cases}.
\end{align*}
Note que $P(Y=0) = P((X-\mu)^2 < \varepsilon^2)$ e $P(Y=\varepsilon^2) = P((X-\mu)^2 \geq \varepsilon^2)$. Daí, $EY = \varepsilon^2 P((X-\mu)^2 \geq \varepsilon^2)$, ou seja, $P((X-\mu)^2 \geq \varepsilon^2) = EY/\varepsilon^2$. Ademais, $(X-\mu)^2\geq Y$, pois $Y = 0 \leq (X-\mu)^2$ ou $Y = \varepsilon^2\leq(X-\mu)^2$. Da monotonicidade da esperança, temos $E[(X-\mu)^2]\geq EY$, de modo que
\begin{align*}
    P(|X-\mu| \geq \varepsilon) = P((X-\mu)^2 \geq \varepsilon^2) \leq \frac{E[(X-\mu)^2]}{\varepsilon^2} = \frac{\Var(X)}{\varepsilon^2}.
\end{align*}
\end{proof}

\begin{remark}
Considere $X$ v.a. não negativa com $EX < \infty$ e seja
\begin{align*}
    Y = \begin{cases}
    \varepsilon, X\geq\varepsilon \\
    0, X < \varepsilon
    \end{cases},
\end{align*}
para $\varepsilon > 0$ dado. Raciocinando como acima, temos $EX\geq EY = \varepsilon P(X\geq\varepsilon)$, isto é, $P(X\geq\varepsilon) \leq EX/\varepsilon$, chamada \textbf{desigualdade básica de Chebyshev}. A desigualdade de Chebyshev nos dá uma cota superior, em termos de $\Var(X)$ e $t$, para a probabilidade de que $X$ desvie de sua média em mais de $t$ unidades. Sua força está na sua grande generalidade: nenhuma hipótese é feita acerca da distribuição de $X$ além de que tenha variância finita. Essa desigualdade é o ponto inicial de vários desenvolvimentos teóricos. Para a maioria das distribuições que surgem na prática, há limites muito mais precisos para $P(|X-\mu|\geq t)$ do que a cota fornecida pela desigualdade de Chebyshev; entretanto, exemplos mostram que, em geral, a cota dada pela desigualdade não pode ser melhorada.
\end{remark}

\begin{proposition}[Desigualdade de Markov]
Seja $X$ v.a. qualquer com variância finita. Dados $\varepsilon, k > 0$ quaisquer, temos
\begin{align*}
    P(|X|\geq\varepsilon) \leq \frac{E[|X|^k]}{\varepsilon^k}.
\end{align*}
\end{proposition}

\begin{proof}
Pela desigualdade básica de Chebyshev, 
\begin{align*}
    P(|X|\geq\varepsilon) = P(|X|^k\geq \varepsilon^k) \leq\frac{E[|X|^k]}{\varepsilon^k}.
\end{align*}
\end{proof}

\begin{example}
Uma fábrica produz, em média, 50 peças por semana. Considere $X$ a v.a. que denota o número de peças produzidas semanalmente. Nesse contexto, (a) o que é possível dizer sobre a probabilidade da produção semanal exceder 75 peças? e, supondo que a produção semanal tenha variância 25, (b) como estimar a probabilidade de que a produção semanal exceda 75 peças e (c) o que podemos dizer sobre a probabilidade da produção semanal estar entre 40 e 60?
\begin{enumerate}[(a)]
    \item Note que $EX = 50$ e, pela desigualdade de Markov,
    \begin{align*}
        P(X>75) \leq \frac{50}{75} = \frac{2}{3}.
    \end{align*}
    \item Temos $E[X^2] = \Var(X) - EX^2 = 2525$. Pela desigualdade de Markov,
    \begin{align*}
        P(X>75) \leq \frac{E[X^2]}{75^2} = \frac{2525}{5625} = \frac{101}{225}.
    \end{align*}
    \item Temos, usando a desigualdade de Chebyshev, que
    \begin{align*}
        P(40 < X < 60) &= P(-10 < X-50 < 10) \\
        &= P(|X-50|<10) \\
        &= 1 - P(|X-50|\geq 10) \\
        &\geq 1 - \frac{25}{100} \\
        &= \frac{3}{4}.
    \end{align*}
\end{enumerate}
\end{example}

\subsubsection{Lei dos Grandes Números (L.G.N.)}
Seja $X_1, X_2, \dots$ uma sequência de v.a.'s i.i.d. com $E[X_i] = \mu\in\mathbb{R}, \forall i\in\mathbb{N}$. Queremos analisar a média amostral $S_n/n = (X_1 + \cdots + X_n)/n$ e verificar que, em algum sentido, $S_n/n \xrightarrow{b\to\infty} E[X_1] = \mu$. Dito de outro modo, queremos verficiar que a média amostral se ``aproxima'' da média real. 

Para tanto, considere $F$ uma função de distribuição cuja média é finita e desconhecida. Queremos estimar $\mu$ a partir de uma amostra de $F$, digamos $X_1, \dots, X_n$ i.i.d. com distribuição $F$. Considerando $S_n = X_1 + \cdots + X_n$, queremos saber se $S_n/n\to\mu$ ou, equivalentemente, se $(S_n - E[S_n])/n\to 0$ de alguma maneira. O que nos fornece essa resposta são as leis dos grandes números.

\begin{proposition}[Lei Fraca dos Grandes Números (LfGN)]
Sejam $X_1, X_2, \dots$ v.a.'s i.i.d. com $E[X_1] = \mu < \infty$ e $S_n = X_1 + \cdots + X_n$. Daí, para todo $\varepsilon > 0$,
\begin{align*}
    \lim_{n\to\infty} P\left( \left| \frac{S_n}{n} - \mu \right| > \varepsilon \right) = 0.
\end{align*}
\end{proposition}

Note que $\varepsilon$ representa a precisão desejada na aproximação de $\mu$ pela média amostral. Assim, por menor que seja $\varepsilon$, a probabilidade de $S_n/n$ se aproximar de $\mu$ com precisão $\varepsilon$ se aproxima de 1 à medida que $n$ cresce. Nesse caso, a LfGN nos diz que $S_n/n$ converge \textbf{em probabilidade} para $\mu$, denotando-se $S_n/n\xrightarrow{p}\mu$. A demonstração da LfGN (e também do TLC, que será visto mais à frente, usa funções características, e será dada ao final da seção.

\begin{proposition}[Lei Forte dos Grandes Números (LFGN)]
Sejam $X_1, X_2, \dots$ v.a.'s i.i.d. com $E[X_1] = \mu < \infty$ e $S_n = X_1 + \cdots + X_n$. Daí, para todo $\varepsilon > 0$,
\begin{align*}
    P\left(\lim_{n\to\infty} \left| \frac{S_n}{n} - \mu \right| > \varepsilon \right) = 0.
\end{align*}
\end{proposition}

A LFGN nos diz que $S_n/n\to\mu$ com probabilidade 1. Nesse caso, dizemos que $S_n/n$ converge \textbf{quase certamente} para $\mu$, e denotamos $S_n/n\xrightarrow{\text{q.c.}} \mu$. Dizemos também, nesse caso, que $T_n = S_n/n$ é um \textbf{estimador fortemente consistente} para $\mu$. A demonstração da LFGN envolve argumentos de Teoria da Medida, e não será apresentada.

\begin{example}
Um candidato a prefeito gostaria de ter uma ideia de quantos votos receberá nas próximas eleições. Para isso, foi feita uma pesquisa com a população da cidade, onde $p$ representa a proporção de votos a favor do candidato em questão. Quantas pessoas devem ser entrevistadas para que a pesquisa tenha 95\% de confiança de que o erro seja inferior a 5\%, supondoq que a escolha dos entrevistados é feita de maneira aleatória e independente?

Seja $n$ o número de pessoas entrevistadas e defina
\begin{align*}
    X_k = \begin{cases}
    1, k\text{-ésima pessoa entrevistada a favor do candidato} \\
    0, \text{ c.c.}
    \end{cases}, k = 1, \dots, n.
\end{align*}
Temos $X_1, \dots, X_n$ v.a.'s i.i.d. Bernoulli, de modo que $P(X_k = 1) = p$ e $P(X_k = 0) = 1-p, k=1,\dots,n$. Sendo $S_n = X_1 + \cdots + X_n$, temos $E[S_n] = np$ e $\Var(S_n) = np(1-p)$, com $S_n/n$ fornecendo uma aproximação de $p$, que é desconhecida. Queremos $n$ tal que
\begin{align*}
    P\left( \left| \frac{S_n}{n} - p \right| < 0,05 \right) > 0,95 \iff P\left( \left| \frac{S_n}{n} - p \right| \geq 0,05 \right) \leq 0,05.
\end{align*}
Por Chebyshev, temos
\begin{align*}
    P\left( \left| \frac{S_n}{n} - p \right| > 0,05 \right) \leq \frac{p(1-p)}{n(0,05)^2} \leq \frac{1}{4n(0,05)^2} \leq 0,05 \implies n\geq 2000.
\end{align*}
\end{example}

\subsection{Teorema do Limite Central}
\begin{theorem}[Limite Central]
Dada uma sequência $X_1, X_2, \dots$ de v.a.'s i.i.d. com $E[X_1] = \mu < \infty$ e $0\neq \Var(X_1) = \sigma^2 < \infty$, vale
\begin{align*}
    \lim_{n\to\infty} P\left( \frac{S_n - E[S_n]}{\sqrt{\Var(S_n)}} \leq x \right) = \Phi(x), \forall x\in\mathbb{R},
\end{align*}
sendo $S_n = X_1 + \cdots + X_n$ e $\Phi$ a f.d. de $N(0,1)$.
\end{theorem}

Note que $\displaystyle{ \frac{S_n - E[S_n]}{\sqrt{\Var(S-n)}} = \frac{S_n - n\mu}{\sigma\sqrt{n}} }$, de modo que o TLC nos diz que $\displaystyle{ \frac{S_n - n\mu}{\sigma\sqrt{n}} }$ converge \textbf{em distribuição} para $N(0,1)$. Podemos ainda enxergar o TLC como uma aproximação através da normal: para $n$ suficientemente grande, 
\begin{align*}
    \Phi(x) \approx P\left( \frac{S_n - n\mu}{\sigma\sqrt{n}} \leq x \right) = P(S_n \leq x\sigma\sqrt{n} + n\mu),
\end{align*}
ou seja,
\begin{align*}
    P(S_n \leq x) = P\left( \frac{S_n - n\mu}{\sigma\sqrt{n}} \leq \frac{x - n\mu}{\sigma\sqrt{n}} \right) \approx \Phi\left( \frac{x - n\mu}{\sigma\sqrt{n}} \right), \forall x\in\mathbb{R}.
\end{align*}
Note também que como $\Phi$ é simétrica, temos
\begin{align*}
     P\left( \left| \frac{S_n}{n} - \mu \right| \leq \varepsilon \right) &= P\left( \frac{S_n}{n} \leq \mu + \varepsilon \right) - P\left( \frac{S_n}{n} < \mu - \varepsilon \right) \\
     &= P(S_n \leq n\mu + n\varepsilon) - P(S_n < n\mu - n\varepsilon) \\
     &= P\left( \frac{S_n - n\mu}{\sigma\sqrt{n}} \leq \frac{n\varepsilon}{\sigma\sqrt{n}} \right) - P\left( \frac{S_n - n\mu}{\sigma\sqrt{n}} < -\frac{n\varepsilon}{\sigma\sqrt{n}} \right) \\
     &= \Phi\left( \frac{n\varepsilon}{\sigma\sqrt{n}} \right) - \Phi\left( -\frac{n\varepsilon}{\sigma\sqrt{n}} \right) \\
     &= 2\Phi\left( \frac{n\varepsilon}{\sigma\sqrt{n}} \right) - 1.
\end{align*}

\begin{example}
Suponha que a duração de um certo componente eletrônico distribui-se exponencialmente, com duração média de 2 meses. Quando o componente queima, instala-se outro do mesmo tipo em seu lugar. Estamos interessados na probabilidade de que o 30º componente não queime antes de 3 anos.

Seja $X_i$ o tempo de duração, em meses, de um componente $i$. Temos $X_i\sim\text{Exp}(\lambda)$, $\lambda = 1/2$, $E[X_i] = 2$ e $\Var(X_i) = 4, i = 1, 2, \dots$; temos $X_1, X_2 \dots$ i.i.d. e $S_n = X_1 + \cdots + X_n$ é o tempo necessário para que o $n$-ésimo componente queime. Temos $E[S_n] = 2n$ e $\Var(S_n) = 4n$, e queremos estimar $P(S_{30} > 36)$. Uma primeira maneira de calcular é notar que $S_n\sim\Gamma(n, \lambda)$, donde
\begin{align*}
    P(S_n > x) = \sum_{k=0}^{n-1} e^{-\lambda x}\frac{(\lambda x)^k}{k!} \implies \sum_{k=0}^{29}e^{-18}\frac{18^k}{k!} \approx 0,9941 = P(S_{30} > 36).
\end{align*}
Uma segunda maneira seria usar o TLC:
\begin{align*}
    &P(S_n > x) = P\left( \frac{S_n - n/\lambda}{\sqrt{n}/\lambda} > \frac{x - n/\lambda}{\sqrt{n}/\lambda} \right) \approx 1 - \Phi\left( \frac{x - n/\lambda}{\sqrt{n}/\lambda} \right) \\
    \implies &P(S_{30} > 36) \approx 1 - \Phi\left( \frac{36 - 2\cdot 30}{2\sqrt{30}} \right) \approx 1 - \Phi(-2,19) = \Phi(2,19) \approx 0,9857,
\end{align*}
em que o valor de $\Phi(2,19)$ foi retirado da tabela ao final da subseção. Note que o erro entre as duas formas é de aproximadamente 0,8\%.
\end{example}

\begin{example}
    Numa determinada rota doméstica são utilizados aviões com 90 assentos. Verificou-se que cerca de 20\% dos pasageiros com reserva marcada não comparecem para o voo. Por isso, a companhia adotou a estratégia de confirmar a reserva de 100 passageiros em cada voo. Pergunta-se (a) qual a probabilidade aproximada de no máximo 90 passageiros que confirmaram reserva compareçam para o voo? e (b) qual a probabilidade aproximada de que o número de passageiros que confirmaram reserva e compareceram ao voo esteja entre 85 e 90?
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Defina
        \begin{align*}
            X_i = \begin{cases}
                  1, i-\text{ésimo passageiro com reserva comparece} \\
                  0, \text{ c.c.}
            \end{cases}, i = 1, \dots, 100.
        \end{align*}
        Logo, $X_1, \dots, X_{100}$ são i.i.d. com $P(X_i = 1) = 0,8$ e $P(X_i = 0) = 0,2$. Seja $S_n = X_1 + \cdots + X_n$, que representa o número de passageiros, entre os $n$, que fizeram reserva e compareceram para o voo. Temos $E[X_i] = 0,8 = \mu$ e $E[X_i^2] = 0,8$, donde $\Var(X_i) = 0,16 = \sigma^2$. Ademais, $E[S_n] = n\mu$ e $\Var(S_n) = n\sigma^2$. Por Chebyshev,
        \begin{align*}
            P(S_{100}\leq 90) &= P(S_{100} - 80 \leq 10) \geq P(|S_{100} - 80|\leq 10) \\
            &= 1 - P(|S_{100} - 80| > 10) \\
            &\geq 1 - \frac{100\cdot 0,16}{100} \\
            &= 0,84.
        \end{align*}
        Usando o TLC, temos
        \begin{align*}
            P(S_{100} \leq 90) &= P\left( \frac{S_{100} - 80}{\sqrt{16}} \leq \frac{90 - 80}{\sqrt{16}} \right) \\
            &= P\left( \frac{S_{100} - 80}{4} \leq 2,5 \right) \\
            &\approx \Phi(2,5) \\
            &\approx 0,9938.
        \end{align*}
        \item Pelo TLC
        \begin{align*}
            P(85 < S_{100} < 90) &= P(S_{100} < 90) - P(S_{100} < 85) \\
            &= P\left( \frac{S_{100} - 80}{4} < 2,5 \right) - P\left( \frac{S_{100} - 80}{4} < 1,25 \right) \\ 
            &\approx \Phi(2,5) - \Phi(1,25) \\
            &\approx 0,9938 - 0,8944 \\
            &= 0,0994 \\
            &\approx 10\%.
        \end{align*}
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{example}
    Decide-se tomar uma amostra de tamanho $n$ para determinar a porcentagem de eleitores que têm intenção de votar num determinado candidato. Considere
    \begin{align*}
        X_k = \begin{cases}
            1, k-\text{ésimo eleitor vota no candidato} \\
            0, \text{ c.c.}
        \end{cases}, k = 1, \dots, n.
    \end{align*}
    Suponha $X_1, \dots, X_n$ i.i.d. com $P(X_k = 1) = p$ e $P(X_k = 0) = 1-p, k = 1, \dots, n$. Daí, $\mu = E[X_1] = p$ e $\sigma^2 = \Var(X_1) = p(1-p)$. Note que $\sigma^2$ é máximo para $p=1/2$, valendo $1/4$. Consideraremos este valor para $p$. A v.a. $S_n/n$ representa a proporção (ou frequência relativa) de eleitores que têm a intenção de votar no candidato, e pode ser usada para estimar a proporção verdadeira $p$.
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Suponha $n=900$. Temos
        \begin{align*}
            P\left( \left| \frac{S_n}{n} - p \right| \geq 0,025 \right) &= 1 - P\left( \left| \frac{S_n}{n} - p \right| < 0,025 \right) \\
            &\approx 1 - \left[ 2\Phi\left( \frac{0,025n}{\sigma\sqrt{n}} \right) - 1 \right] \\
            &= 2\left[ 1 - \Phi\left( \frac{900\cdot 0,025}{1/2\sqrt{900}} \right) \right] \\
            &= 2(1 - \Phi(1,5)) \\
            &\approx 2(1 - 0,9332) \\
            &= 0,134 \therefore P\left( \left| \frac{S_n}{n} - p \right| < 0,025 \right) \approx 0,87.
        \end{align*}
        \item Suponha $n=900$. Queremos determinar $\varepsilon$ tal que 
        \begin{align*}
            P\left( \left| \frac{S_n}{n} - p \right| \geq \varepsilon \right) = 0,01
        \end{align*}
        ou seja, tal que
        \begin{align*}
            \Phi\left( \frac{\sqrt{900}\varepsilon}{0,5} \right) = 0,995,
        \end{align*}
        donde devemos ter
        \begin{align*}
            \frac{\sqrt{900}\varepsilon}{0,5}\approx 2,58 \implies \varepsilon\approx 0,043,
        \end{align*}
        ou seja,
        \begin{align*}
            P\left( \left| \frac{S_n}{n} - p \right| < 0,043 \right) \approx 0,99.
        \end{align*}
        Dito de outro modo, tem-se aproximadamente 99\% de chance de garantir um erro menor que 0,043 quando estima-se $p$ por $S_n/n$ com $n=900$.
        \item Queremos determinar $n$ tal que
        \begin{align*}
            P\left( \left| \frac{S_n}{n} - p \right| \geq 0,025 \right) = 0,01,
        \end{align*}
        ou seja, tal que
        \begin{align*}
            \Phi\left( \frac{0,025\sqrt{n}}{0,5} \right) = 0,995,
        \end{align*}
        isto é,
        \begin{align*}
            \frac{0,025\sqrt{n}}{0,5} \approx 2,58 \implies n\approx 2663.
        \end{align*}
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{table}[H]
    \centering
    \begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c}
        $z$ & 0,00 & 0,01 & 0,02 & 0,03 & 0,04 & 0,05 & 0,06 & 0,07 & 0,08 & 0,09 \\
        \hline 
        0,0 & 0,5000 & 0,5040 & 0,5080 & 0,5120 & 0,5160 & 0,5199 & 0,5239 & 0,5279 & 0,5319 & 0,5359 \\
        0,1 & 0,5398 & 0,5438 & 0,5478 & 0,5517 & 0,5557 & 0,5596 & 0,5636 & 0,5675 & 0,5714 & 0,5753 \\
        0,2 & 0,5793 & 0,5832 & 0,5871 & 0,5910 & 0,5948 & 0,5987 & 0,6026 & 0,6064 & 0,6103 & 0,6141 \\
        0,3 & 0,6179 & 0,6217 & 0,6255 & 0,6293 & 0,6331 & 0,6368 & 0,6406 & 0,6443 & 0,6480 & 0,6517 \\
        0,4 & 0,6554 & 0,6591 & 0,6628 & 0,6664 & 0,6700 & 0,6736 & 0,6772 & 0,6808 & 0,6844 & 0,6879 \\
        0,5 & 0,6915 & 0,6950 & 0,6985 & 0,7019 & 0,7054 & 0,7088 & 0,7123 & 0,7157 & 0,7190 & 0,7224 \\
        0,6 & 0,7257 & 0,7291 & 0,7324 & 0,7357 & 0,7389 & 0,7422 & 0,7454 & 0,7486 & 0,7517 & 0,7549 \\
        0,7 & 0,7580 & 0,7611 & 0,7642 & 0,7673 & 0,7704 & 0,7734 & 0,7764 & 0,7794 & 0,7823 & 0,7852 \\
        0,8 & 0,7881 & 0,7910 & 0,7939 & 0,7967 & 0,7995 & 0,8023 & 0,8051 & 0,8078 & 0,8106 & 0,8133 \\
        0,9 & 0,8159 & 0,8186 & 0,8212 & 0,8238 & 0,8264 & 0,8289 & 0,8315 & 0,8340 & 0,8365 & 0,8389 \\
        1,0 & 0,8413 & 0,8438 & 0,8461 & 0,8485 & 0,8508 & 0,8531 & 0,8554 & 0,8577 & 0,8599 & 0,8621 \\
        1,1 & 0,8643 & 0,8665 & 0,8686 & 0,8708 & 0,8729 & 0,8749 & 0,8770 & 0,8790 & 0,8810 & 0,8830 \\
        1,2 & 0,8849 & 0,8869 & 0,8888 & 0,8907 & 0,8925 & 0,8944 & 0,8962 & 0,8980 & 0,8997 & 0,9015 \\
        1,3 & 0,9032 & 0,9049 & 0,9066 & 0,9082 & 0,9099 & 0,9115 & 0,9131 & 0,9147 & 0,9162 & 0,9177 \\
        1,4 & 0,9192 & 0,9207 & 0,9222 & 0,9236 & 0,9251 & 0,9265 & 0,9279 & 0,9292 & 0,9306 & 0,9319 \\
        1,5 & 0,9332 & 0,9345 & 0,9357 & 0,9370 & 0,9382 & 0,9394 & 0,9406 & 0,9418 & 0,9429 & 0,9441 \\
        1,6 & 0,9452 & 0,9463 & 0,9474 & 0,9484 & 0,9495 & 0,9505 & 0,9515 & 0,9525 & 0,9535 & 0,9545 \\
        1,7 & 0,9554 & 0,9564 & 0,9573 & 0,9582 & 0,9591 & 0,9599 & 0,9608 & 0,9616 & 0,9625 & 0,9633 \\
        1,8 & 0,9641 & 0,9649 & 0,9656 & 0,9664 & 0,9671 & 0,9678 & 0,9686 & 0,9693 & 0,9699 & 0,9706 \\
        1,9 & 0,9713 & 0,9719 & 0,9726 & 0,9732 & 0,9738 & 0,9744 & 0,9750 & 0,9756 & 0,9761 & 0,9767 \\
        2,0 & 0,9772 & 0,9778 & 0,9783 & 0,9788 & 0,9793 & 0,9798 & 0,9803 & 0,9808 & 0,9812 & 0,9817 \\
        2,1 & 0,9821 & 0,9826 & 0,9830 & 0,9834 & 0,9838 & 0,9842 & 0,9846 & 0,9850 & 0,9854 & 0,9857 \\
        2,2 & 0,9861 & 0,9864 & 0,9868 & 0,9871 & 0,9875 & 0,9878 & 0,9881 & 0,9884 & 0,9887 & 0,9890 \\
        2,3 & 0,9893 & 0,9896 & 0,9898 & 0,9901 & 0,9904 & 0,9906 & 0,9909 & 0,9911 & 0,9913 & 0,9916 \\
        2,4 & 0,9918 & 0,9920 & 0,9922 & 0,9925 & 0,9927 & 0,9929 & 0,9931 & 0,9932 & 0,9934 & 0,9936 \\
        2,5 & 0,9938 & 0,9940 & 0,9941 & 0,9943 & 0,9945 & 0,9946 & 0,9948 & 0,9949 & 0,9951 & 0,9952 \\
        2,6 & 0,9953 & 0,9955 & 0,9956 & 0,9957 & 0,9959 & 0,9960 & 0,9961 & 0,9962 & 0,9963 & 0,9964 \\
        2,7 & 0,9965 & 0,9966 & 0,9967 & 0,9968 & 0,9969 & 0,9970 & 0,9971 & 0,9972 & 0,9973 & 0,9974 \\
        2,8 & 0,9974 & 0,9975 & 0,9976 & 0,9977 & 0,9977 & 0,9978 & 0,9979 & 0,9979 & 0,9980 & 0,9981 \\
        2,9 & 0,9981 & 0,9982 & 0,9982 & 0,9983 & 0,9984 & 0,9984 & 0,9985 & 0,9985 & 0,9986 & 0,9986 \\
        3,0 & 0,9987 & 0,9987 & 0,9987 & 0,9988 & 0,9988 & 0,9989 & 0,9989 & 0,9989 & 0,9990 & 0,9990 \\
        3,1 & 0,9990 & 0,9991 & 0,9991 & 0,9991 & 0,9992 & 0,9992 & 0,9992 & 0,9992 & 0,9993 & 0,9993 \\
        3,2 & 0,9993 & 0,9993 & 0,9994 & 0,9994 & 0,9994 & 0,9994 & 0,9994 & 0,9995 & 0,9995 & 0,9995 \\
        3,3 & 0,9995 & 0,9995 & 0,9995 & 0,9996 & 0,9996 &  0,9996 & 0,9996 & 0,9996 & 0,9996 & 0,9997 \\
        3,4 & 0,9997 & 0,9997 & 0,9997 & 0,9997 & 0,9997 & 0,9997 & 0,9997 & 0,9997 & 0,9997 & 0,9998 \\
        3,5 & 0,9998 & 0,9998 & 0,9998 & 0,9998 & 0,9998 &  0,9998 & 0,9998 & 0,9998 & 0,9998 & 0,9998
    \end{tabular}
    \caption{$\Phi(z)$ para $0,00 \leq z \leq 3,59$.}
%    \label{tab:my_label}
\end{table}


\subsection{Funções Características}
\begin{definition}[Função característica]
A \textbf{função característica} de uma v.a. $X$ é definida por
\begin{align*}
    \varphi_X(t) = E[e^{itX}], t\in\mathbb{R}.
\end{align*}
\end{definition}
Funções características são um pouco mais complicadas que funções geradoras de momentos por envolverem números complexos; entretanto, elas têm duas vantagens importantes sobre f.g.m.'s: primeiro, $\varphi_X(t)$ é finita para toda v.a. $X$ e todo $t\in\mathbb{R}$; segundo, a f.d. de $X$ (e geralmente a densidade, se existir) pode ser obtida a partir da função característica através de uma ``fórmula de inversão''. Usando propriedades das funções características poderemos provar a LfGN e o TLC. Assumimos, daqui em diante, conhecimentos sobre números complexos e o básico de derivadas complexas.

Uma v.a. complexa $Z$ pode ser escrita como $X+iY$, sendo $X$ e $Y$ v.a.'s reais. As mesmas propriedades da esperança continuam válidas para $Z$, notando que $EZ = EX + iEY$. Reservaremos $X$ e $Y$ para denotar v.a.'s reais. Suponha que $X$ é uma v.a. e $t\in\mathbb{R}$ é constante (reservamos $t$ para denotar constantes reais). Então $|e^{itX}| = 1$, de modo que $e^{itX}$ tem esperança finita e a função característica de $X$ é bem definida. Note que $\varphi_X(0) = E[1] = 1$ e, dado $t\in\mathbb{R}$,
\begin{align*}
    |\varphi_X(t)| = |E[e^{itX}]| \leq E[|e^{itX}|] = E[1] = 1.
\end{align*}
A explicação para que as funções características sejam finitas para todo $t\in\mathbb{R}$ enquanto as f.g.m.'s não são finitas em geral é que $e^{it}$ é limitado e $e^t$ não.

\begin{example}
    Seja $X$ uma v.a. que toma o valor $a$ com probabilidade $1$. Então
    \begin{align*}
        \varphi_X(t) = E[e^{itX}] = e^{ita}, t\in\mathbb{R}.
    \end{align*}
    Em particular, se $X$ toma o valor 0 com probabilidade 1, então sua função característica é identicamente igual a 1.
\end{example}
Se $X$ é v.a. e $a,b$ são reais quaisquer, então
\begin{align*}
    \varphi_{a+bX}(t) = E[e^{it(a+bX)}] = E[e^{ita}e^{ibtX}] = e^{ita}E[e^{ibtX}],
\end{align*}
logo
\begin{align*}
    \varphi_{a+bX}(t) = e^{ita}\varphi_X(bt), t\in\mathbb{R}.
\end{align*}

\begin{example}
    Seja $U$ uniformemente distribuída em $(-1,1)$. Então dado $t\neq 0$,
    \begin{align*}
        \varphi_U(t) &= \int_{-1}^{1} e^{itu}\frac{1}{2} du \\
        &= \frac{1}{2}\left( \frac{e^{it} - e^{-it}}{it} \right) \\
        &= \frac{\sin t}{t}.
    \end{align*}
    Dados $a<b$, seja
    \begin{align*}
        X = \frac{a+b}{2} + \frac{b-a}{2}U.
    \end{align*}
    Temos $X$ uniformemente distribuída em $(a,b)$ e, para $t\neq 0$,
    \begin{align*}
        \varphi_X(t) = e^{it(a+b)/2}\frac{ \sin((b-a)t/2) }{(b-a)t/2}.
    \end{align*}
    Por outro lado,
    \begin{align*}
        \varphi_X(t) &= \int_{a}^{b} e^{itx}\frac{1}{b-a}dx \\
        &= \frac{e^{ibt} - e^{iat}}{it(b-a)}.
    \end{align*}
    Não é muito complicado verificar que os dois valores concordam.
\end{example}

\begin{example}
    Seja $X$ uma v.a. exponencial de parâmetro $\lambda$. Então
    \begin{align*}
        \varphi_X(t) &= \int_{0}^{\infty} e^{itx}\lambda e^{-\lambda x} dx \\
        &= \lambda\int_{0}^{\infty} e^{-(\lambda - it)x} dx \\
        &= \frac{\lambda}{\lambda - it}e^{-(\lambda-it)x}\Big|_{\infty}^0.
    \end{align*}
    Como $\displaystyle{ \lim_{x\to\infty} e^{-\lambda x} = 0 }$ e $e^{itx}$ é limitado em $x$, segue que
    \begin{align*}
        \lim_{x\to\infty} e^{-(-\lambda -it)x} = \lim_{x\to\infty} e^{-\lambda x}e^{itx} = 0.
    \end{align*}
    Logo,
    \begin{align*}
        \varphi_X(t) = \frac{\lambda}{\lambda - it}.
    \end{align*}
\end{example}
Suponha que $X$ e $Y$ são v.a.'s independentes. Então $e^{itX}$ e $e^{itY}$ também são independentes, de modo que
\begin{align*}
    \varphi_{X+Y}(t) = E[e^{it(X+Y)}] = E[e^{itX}e^{itY}] = E[e^{itX}]E[e^{itY}],
\end{align*}
ou seja,
\begin{align*}
    \varphi_{X+Y}(t) = \varphi_X(t)\varphi_Y(t), t\in\mathbb{R}.
\end{align*}
Essa fórmula se estende facilmente para nos dar o fato de que a função característica de uma soma finita de v.a.'s independentes é o produto das funções características individuais.

Podemos mostrar também que $\varphi_X(t)$ é contínua em $t$; ademais, se $X$ tem $n$-ésimo momento finito, então $\varphi_X^{(n)}(t)$ existe, é contínua em $t$ e pode ser calculada por
\begin{align*}
    \varphi_X^{(n)}(t) = \frac{d^n}{dt^n}E[e^{itX}] = E[\frac{d^n}{dt^n}e^{itX}] = E[(iX)^ne^{itX}].
\end{align*}
Em particular,
\begin{align*}
    \varphi_X^{(n)}(0) = i^nE[X^n].
\end{align*}
Expandindo $\varphi_X(t)$ em série de potências, temos
\begin{align*}
    \varphi_X(t) = E[e^{itX}] = E\left[ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(itX)^n}{n!} \right] = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{i^nE[X^n]}{n!}t^n.
\end{align*}

\begin{example}
    Seja $X$ normalmente distribuída com média 0 e variância $\sigma^2$. Vimos que $E[X^n] = 0$ se $n$ é ímpar e, se $n$ é par,
    \begin{align*}
        E[X^n] = E[X^{2k}] = \frac{\sigma^{2k}(2k)!}{2^kk!}.
    \end{align*}
    Logo,
    \begin{align*}
        \varphi_X(t) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{i^{2k}E[X^{2k}]}{(2k)!}t^{2k} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-\sigma^2t^2/2)^k}{k!} = e^{-\sigma^2t^2/2}.
    \end{align*}
    De forma geral, se $X\sim N(\mu, \sigma^2)$, então $X = \mu + Y$ com $Y\sim N(0,\sigma^2)$. Daí,
    \begin{align*}
        \varphi_X(t) = e^{it\mu}e^{-\sigma^2t^2/2}, t\in\mathbb{R}.
    \end{align*}
\end{example}
Seja $X$ v.a. com f.g.m. $M_X(t)$ finita em $(-t_0, t_0)$ para algum $t_0>0$. Como
\begin{align*}
    M_X(t) = E[e^{tX}]
\end{align*}
e
\begin{align*}
    \varphi_X(t) = E[e^{itX}],
\end{align*}
é razoável esperar que
\begin{align*}
    \varphi_X(t) = M_X(it).
\end{align*}
Dito de outro modo, é razoável esperar que trocando $t$ por $it$ na f.g.m. obtemos a fórmula da função característica. Esse de fato é o caso, mas um entendimento adequado da teoria envolve o conceito de continuação analítica da teoria de funções complexas. Para exemplificar, seja $X\sim N(\mu, \sigma^2)$. Vimos que
\begin{align*}
    M_X(t) = e^{\mu t}e^{\sigma^2t^2/2},
\end{align*}
de modo que
\begin{align*}
    M_X(it) = e^{\mu(it)}e^{\sigma^2(it)^2/2} = e^{i\mu t}e^{-\sigma^2t^2/2},
\end{align*}
como vimos.

\subsection{Fórmulas de inversão e o Teorema da Continuidade}
Seja $X$ uma v.a. inteira. Sua função característica é dada por
\begin{align*}
    \varphi_X(t) = \sum_{j\in\mathbb{Z}} e^{ijt}f_X(j).
\end{align*}
Uma das propriedades mais úteis de $\varphi_X(t)$ é que ela pode ser usada para calcular $f_X(k)$. Mais especificamente, temos a ``fórmula de inversão''
\begin{align*}
    f_X(k) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} e^{-ikt}\varphi_X(t) dt.
\end{align*}
Para verificá-la, escrevemos o lado direito como
\begin{align*}
    \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} e^{-ikt}\left[ \sum_{j\in\mathbb{Z}} e^{ijt}f_X(j) \right] dt.
\end{align*}
Pode-se mostrar que é permitido trocar a integral com a série, de maneira que temos
\begin{align*}
    \sum_{j\in\mathbb{Z}} f_X(j)\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} e^{i(j-k)t} dt.
\end{align*}
Para completar a demonstração, precisamos mostrar que essa última expressão é igual a $f_X(k)$. Para isso, é suficiente mostrar que
\begin{align*}
    \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} e^{i(j-k)t} dt = \begin{cases}
    1, j = k \\
    0, j\neq k
    \end{cases}.
\end{align*}
É claro que para $j=k$ vale o exposto acima. Se $j\neq k$, então
\begin{align*}
    \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} e^{i(j-k)t} dt &= \frac{e^{i(j-k)\pi} - e^{-i(j-k)\pi}}{2\pi i(j-k)} \\
    &= \frac{ \sin((j-k)\pi) }{\pi(j-k)} \\
    &= 0,
\end{align*}
como queríamos.

\begin{example}
    Sejam $X_1, \dots, X_n$ v.a.'s inteiras i.i.d. e $S_n = X_1 + \cdots + X_n$. Então $\varphi_{S_n}(t) = (\varphi_{X_1}(t))^n$ e, pela fórmula de inversão,
    \begin{align*}
        f_{S_n}(k) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} e^{ikt}(\varphi_{X_1}(t))^n dt.
    \end{align*}
    Essa igualdade é a base de quase todos os métodos para a análise do comportamento de $f_{S_n}(k)$ para $n$ grande e, em particular, é a base da prova do TLC ``local''.
\end{example}

Existe, ainda, uma análogo para v.a.'s contínuas da fórmula de inversão. Seja $X$ v.a. cuja função característica é integrável, ou seja,
\begin{align*}
    \int_{\mathbb{R}} |\varphi_X(t)| dt < \infty.
\end{align*}
Pode-se mostrar que nesse caso $X$ é v.a. contínua com densidade $f_X$ dada por
\begin{align*}
    f_X(x) = \frac{1}{2\pi}\int_{\mathbb{R}} e^{-ixt}\varphi_X(t) dt.
\end{align*}

\begin{example}
    Seja $X\sim N(0, \sigma^2)$. Vamos mostrar que a fórmula de inversão acima é válida para $X$. Sabemos que $\varphi_X(t) = e^{-\sigma^2t^2/2}$. Logo, por definição,
    \begin{align*}
        e^{-\sigma^2t^2/2} = \int_{\mathbb{R}} e^{itx}\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2\sigma^2} dx.
    \end{align*}
    Se substituirmos $t$ por $-t$ e $\sigma$ por $1/\sigma$, obtemos
    \begin{align*}
        e^{-t^2/2\sigma^2} = \int_{\mathbb{R}} e^{-itx}\frac{\sigma}{\sqrt{2\pi}}e^{-\sigma^2x^2/2} dx
    \end{align*}
    ou, equivalentemente,
    \begin{align*}
        \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-t^2/2\sigma^2} = \frac{1}{2\pi}\int_{\mathbb{R}} e^{-itx}e^{-\sigma^2x^2/2} dx.
    \end{align*}
    Finalmente, trocando $x$ por $t$ na última igualdade, obtemos
    \begin{align*}
        \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2\sigma^2} = \frac{1}{2\pi}\int_{\mathbb{R}} e^{-itx}e^{-\sigma^2t^2/2} dt,
    \end{align*}
    que nada mais é que a fórmula de inversão no caso particular de $X\sim N(0, \sigma^2)$.
\end{example}

Seja $X$ v.a. qualquer e seja $Y$ v.a. independente de $X$ com distribuição normal padrão. Seja ainda $c>0$ uma constante positiva. Então $X+cY$ tem função característica
\begin{align*}
    \varphi_X(t)e^{-c^2t^2/2}.
\end{align*}
Como $\varphi_X(t)$ é limitada em módulo por 1 e $e^{-c^2t^2/2}$ é integrável, segue que $X+cY$ tem uma função característica integrável. Logo, podemos aplicar a fórmula de inversão e $X+cY$ é v.a. contínua com densidade dada por
\begin{align*}
    \varphi_{X+cY}(x) = \frac{1}{2\pi}\int_{\mathbb{R}} e^{-itx}\varphi_X(t)e^{-c^2t^2/2} dt.
\end{align*}
Integrando ambos os lados em $[a,b]$ e trocando a ordem de integração, concluímos que
\begin{align*}
    P(a\leq X+cY\leq b) &= \frac{1}{2\pi}\int_{a}^{b}\left( \int_{\mathbb{R}} e^{-itx}\varphi_X(t)e^{-c^2t^2/2} dt \right) dx \\
    &= \frac{1}{2\pi}\int_{\mathbb{R}}\left( e^{-itx} dx \right)\varphi_X(t) e^{-c^2t^2/2} dt
\end{align*}
ou
\begin{align*}
    P(a\leq X+cY\leq b) = \frac{1}{2\pi}\int_{\mathbb{R}} \left( \frac{e^{-ibt} - e^{-iat}}{-it} \right)\varphi_X(t)e^{-c^2t^2/2} dt.
\end{align*}
A importância desta última equação é que ela é válida para qualquer v.a. $X$. O lado direito dela depende apenas de $X$ através de $\varphi_X(t)$. Usando esse fato e fazendo $c\to 0$, pode-se mostrar que a f.d. de $X$ é determinada por sua função característica. Esse resultado é conhecido como \textbf{teorema da unicidade}, e pode ser enunciado como segue.

\begin{theorem}[Unicidade]
Se duas v.a.'s têm a mesma função característica, elas têm a mesma função de distribuição.
\end{theorem}

\begin{example}
    Vamos usar o teorema da unicidade para mostrar que a soma de duas v.a.'s normais independentes é também normal. Sejam $X$ e $Y$ independentes com distribuições $N(\mu_1, \sigma_1^2)$ e $N(\mu_2, \sigma_2^2)$, respectivamente. Então
    \begin{align*}
        \varphi_X(t) = e^{i\mu_1 t}e^{-\sigma_1^2t^2/2}
    \end{align*}
    e
    \begin{align*}
        \varphi_Y(t) = e^{i\mu_2 t}e^{-\sigma_2^2t^2/2},
    \end{align*}
    de modo que
    \begin{align*}
        \varphi_{X+Y}(t) = \varphi_X(t) = e^{i(\mu_1 + \mu_2)t}e^{-(\sigma_1^2 + \sigma_2^2)t^2/2}.
    \end{align*}
    Logo, a função característica de $X+Y$ é a mesma que a de uma v.a. com distribuição normal de média $\mu_1+\mu_2$ e variância $\sigma_1^2+\sigma_2^2$. Pelo teorema da unicidade, $X+Y$ deve ter essa distribuição normal.
\end{example}

A aplicação mais importante da fórmula de inversão ``contínua'' é que ela pode ser usada para derivar o resultado a seguir, que é a base da prova da LfGN e do TLC.

\begin{theorem}[Continuidade]
Sejam $X_n, n\geq 1$ e $X$ v.a.'s tais que
\begin{align*}
    \lim_{n\to\infty} \varphi_{X_n}(t) = \varphi_X(t), t\in\mathbb{R}.
\end{align*}
Então
\begin{align*}
    \lim_{n\to\infty} F_{X_n}(t) = F_X(x)
\end{align*}
em todos os pontos onde $F_X$ é contínua.
\end{theorem}

Esse teorema diz que a convergência de funções características implica a convergêencia das funções de distribuição correspondentes ou, dito de outro modo, que as funções de distribuição ``dependem continuamente'' de suas funções características. Por isso, esse teorema é conhecido por \textbf{teorema da continuidade.} Sua demonstração é trabalhosa e não será apresentada aqui.


\subsection{Demonstração da Lei Fraca dos Grandes Números e do Teorema do Limite Central}
Nessa seção, usaremos o teorema da continuidade para provar a LfGN e o TLC. Para tal, precisamos discutir primeiro o comportamento assintótico de $\log\varphi_X(t)$ próximo de $t=0$. 

Seja $z\in\mathbb{C}$ tal que $|z-1| < 1$. Podemos definir $\log z$ pela série de potências (para $|z-1|\geq 1$, outras definições de $\log z$ são necessárias)
\begin{align*}
    \log z = (z-1) - \frac{(z-1)^2}{2} + \frac{(z-1)^3}{3} - \cdots 
\end{align*}
Com essa definição, temos as propriedades usuais que $\log 1 = 0$, $e^{\log z} = z, |z-1|<1$, e se $h(t), a < t < b$ é uma função holomorfa tal que $|h(t) - 1| < 1$, então
\begin{align*}
    \frac{d}{dt}\log h(t) = \frac{h'(t)}{h(t)}.
\end{align*}
Seja $X$ v.a. com função característica $\varphi_X$. Então $\varphi_X$ é contínua e $\varphi_X(0) = 1$. Logo, $\log\varphi_X(t)$ é bem definida para $t$ próximo de 0 e $\log\varphi_X(0) = 0$.

Suponha agora que $X$ tem média finita $\mu$. Então $\varphi_X(t)$ é diferenciável e $\varphi_X'(0) = i\mu$. Logo,
\begin{align*}
    \lim_{t\to 0}\frac{\log\varphi_X(t)}{t} &= \lim_{t\to 0}\frac{ \log\varphi_X(t) - \log\varphi_X(0) }{t-0} \\
    &= \frac{\varphi_X'(0)}{\varphi_X(0)} \\
    &= i\mu.
\end{align*}
Consequentemente,
\begin{align*}
    \lim_{t\to 0} \frac{ \log\varphi_X(t) - i\mu t }{t} = 0.
\end{align*}
Suponha que $X$ tem variância finita $\sigma^2$. Então $\varphi_X(t)$ é duas vezes diferenciável e
\begin{align*}
    \varphi_X''(0) = -E[X^2] = -(\mu^2 + \sigma^2).
\end{align*}
Podemos aplicar a regra de l'Hôspital para obter
\begin{align*}
    \lim_{t\to 0} \frac{ \log\varphi_X(t) - i\mu t }{t^2} &= \lim_{t\to 0} \frac{ \varphi_X'(t)/\varphi_X(t) - i\mu }{2t} \\
    &= \lim_{t\to 0}\frac{ \varphi_X'(t) - -i\mu\varphi_X(t) }{2t\varphi_X(t)} \\
    &= \lim_{t\to 0}\frac{ \varphi_X'(t) - i\mu\varphi_X(t) }{2t}.
\end{align*}
Aplicando a regra de l'Hôspital novamente, temos
\begin{align}
    \lim_{t\to 0}\frac{ \log\varphi_X(t) - i\mu t }{t^2} &= \frac{ \varphi_X''(0) - i\mu\varphi_X'(0) }{2} \\
    &= \frac{ -(\mu^2 + \sigma^2) - (i\mu)^2}{2} \\
    &= \frac{ -\sigma^2 }{2}.
\end{align}

\begin{theorem}[LfGN]
Sejam $X_1, \dots, X_n$ v.a.'s i.i.d. com média finita $\mu$ e $S_n = X_1 + \cdots + X_n$. Então para todo $\varepsilon < 0$,
\begin{align*}
    \lim_{n\to\infty} P\left( \left|\frac{S_n}{n} - \mu\right| > \varepsilon \right) = 0.
\end{align*}
\end{theorem}
\begin{proof}
A função característica de $S_n/n - \mu$ é
\begin{align}
    e^{-i\mu t}(\varphi_{X_1}(t/n))^n.
\end{align}
Fixe $t$. Então para $n$ suficientemente grande, $t/n$ está suficientemente próximo de 0 de modo que $\log\varphi_{X_1}(t/n)$ é bem definida e
\begin{align*}
    e^{-i\mu t}(\varphi_{X_1}(t/n))^n = \exp[n(\log\varphi_{X_1}(t/n) - i\mu(t/n))].
\end{align*}
Afirmamos que
\begin{align*}
    \lim_{n\to\infty} n(\log\varphi_{X_1}(t/n) - i\mu(t/n)) = 0.
\end{align*}
Essa equação é imediata para $t=0$ já que $\log\varphi_{X_1}(0) = \log 1 = 0$. Se $t\neq 0$, podemos escrever o lado esquerdo como
\begin{align*}
    t\lim_{n\to\infty} \frac{ \log\varphi_X(t/n) - i\mu(t/n) }{t/n}.
\end{align*}
Mas $t/n\xrightarrow{n\to\infty} 0$, de modo que o último limite é 0, e está mostrado o limite desejado. Segue então que a função característica de $S_n/n - \mu$ se aproxima de 1 quando $n\to\infty$. Agora, 1 é a função característica de uma v.a. $X$ tal que $P(X=0) = 1$. A f.d. de $X$ é dada por
\begin{align*}
    F_X(x) = \begin{cases}
    1, x\geq 0 \\
    0, x < 0
    \end{cases}.
\end{align*}
A f.d. é contínua em todo ponto menos em $x=0$. Tome $\varepsilon > 0$. Pelo teorema da continuidade,
\begin{align*}
    \lim_{n\to\infty} P\left( S_n/n - \mu \leq -\varepsilon \right) = F_X(-\varepsilon) = 0
\end{align*}
e
\begin{align*}
    \lim_{n\to\infty} P\left( S_n/n - \mu \leq \varepsilon \right) = F_X(\varepsilon) = 1.
\end{align*}
Esse último resultado implica que
\begin{align*}
    \lim_{n\to\infty} P\left( \frac{S_n}{n} - \mu > \varepsilon \right) = 0
\end{align*}
que, junto com o penúltimo limite, implica a LfGN.
\end{proof}

\begin{theorem}[Limite Central]
Sejam $X_1, X_2, \dots$ v.a.'s i.i.d. com média finita $\mu$ e variância não nula $\sigma^2$. Então
\begin{align*}
    \lim_{n\to\infty} P\left( \frac{S_n - n\mu}{\sigma\sqrt{n}} \leq x\right) = \Phi(x), x\in\mathbb{R}.
\end{align*}
\end{theorem}
\begin{proof}
Faça
\begin{align*}
    S_n^* = \frac{S_n - n\mu}{\sigma\sqrt{n}}.
\end{align*}
Então, para $t$ fixo e $n$ suficientemente grande,
\begin{align*}
    \varphi_{S_n^*}(t) = e^{-in\mu t/\sigma\sqrt{n}}\varphi_{S_n}(t/\sigma\sqrt{n}) = e^{-in\mu t/\sigma\sqrt{n}}(\varphi_{X_1}(t/\sigma\sqrt{n}))^n,
\end{align*}
ou
\begin{align*}
    \varphi_{S_n^*}(t) = \exp[ n( \log\varphi_{X_1}(t/\sigma\sqrt{n}) - i\mu(t/\sigma\sqrt{n}) ) ].
\end{align*}
Afirmamos que
\begin{align*}
    \lim_{n\to\infty} n( \log\varphi_{X_1}(t/\sigma\sqrt{n}) - i\mu(t/\sigma\sqrt{n}) ) = -t^2/2.
\end{align*}
Se $t=0$, então ambos os lados são 0 e a equação vale. Se $t\neq 0$, podemos escrever o lado esquerdo como
\begin{align*}
    \frac{t^2}{\sigma^2}\lim_{n\to\infty} \frac{ \log\varphi_{X_1}(t/\sigma\sqrt{n}) - i\mu(t/\sigma\sqrt{n}) }{(t/\sigma\sqrt{n})^2},
\end{align*}
que é igual a
\begin{align*}
    \frac{t^2}{\sigma^2}\left( -\frac{\sigma^2}{2} \right) = -\frac{t^2}{2}.
\end{align*}
Logo a equação vale para todo $t$. Segue daí que
\begin{align*}
    \lim_{n\to\infty} \varphi_{S_n^*}(t) = e^{-t^2/2}, t\in\mathbb{R}.
\end{align*}
Ora, mas essa é a função característica de uma v.a. $X$ com distribuição normal padrão e f.d. $\Phi(x)$. Logo, pelo teorema da continuidade,
\begin{align*}
    \lim_{n\to\infty} P(S_n^* \leq x) = \Phi(x), x\in\mathbb{R},
\end{align*}
como queríamos mostrar.
\end{proof}
\end{document}