Sejam X\) e \(Z\) variáveis aleatórias no mesmo espaço de probabilidade. a) Mostre que para A e B borelianos, \[P(Z \in B, X \in A \mid X=x)= \begin{cases}P(Z \in B \mid X=x), & \text { se } x \in A \\\\ 0, & \text { se } x \notin A .\end{cases}
b) Mostre que se
P(Z \in B \mid X=x) \geq 1 / 2, \forall x \in A, \text { então } P(Z \in B \mid X \in A) \geq 1 / 2 .ã
c) Sejam X, Y\] independentes tais que \(P(Y \geq 0) \geq 1 / 2. Demonstre que P(X+Y \geq a \mid X \geq a) \geq 1 / 2.

Passo 1

Enunciado e dados fornecidos (resumido e claro). Temos duas variáveis aleatórias [X) e Z no mesmo espaço de probabilidade. Seja A e B conjuntos borelianos. O exercício pede três coisas:
a) Mostrar que, para todo x,
P(Z\in B,\; X\in A \mid X=x)=\begin{cases}P(Z\in B\mid X=x),&\text{se }x\in A,\\[4pt]0,&\text{se }x\notin A.\end{cases}
b) Mostrar que, se para todo x\in A\] vale \(P(Z\in B\mid X=x)\ge 1/2, então
P(Z\in B\mid X\in A)\ge 1/2.
c) Sejam X e Y independentes e P(Y\ge 0)\ge 1/2. Demonstrar que, para qualquer real a,
P(X+Y\ge a\mid X\ge a)\ge 1/2.
Anotações úteis que assumimos (enunciado bem-formulado): quando escrevemos P(\cdot\mid X=x) estamos a usar uma versão regular de probabilidade condicional (ou seja, uma função de x que representa a condicional dada X). Também assumimos P(X\in A)>0 quando for necessário falar de P(\cdot\mid X\in A).]

Passo 2

Conceitos e propriedades que vamos usar (explicação didática). Primeiro, a ideia prática: condicionar em X significa que, ao “saber” o valor de X, qualquer quantidade que dependa somente de X passa a ser um número (ou função de x) fixo. Mais formalmente, se U é uma função mensurável de X (por exemplo U=\mathbf{1}_{\{X\in A\}}), então U é medível em relação à \sigma-álgebra gerada por X. Uma propriedade básica da esperança condicional é:
se U é \sigma(X)-mensurável e V é integrável, então
\mathbb{E}[U V\mid X]=U\;\mathbb{E}[V\mid X]\quad\text{(quase certamente)}.
Intuição simples: dado X, U é conhecido (é uma função do próprio X), então pode ser “fatorado para fora” da operação de condicionar em X. Aqui usaremos essa propriedade com U=\mathbf{1}_{\{X\in A\}} e V=\mathbf{1}_{\{Z\in B\}}; como P(\cdot\mid X) é uma versão de \mathbb{E}[\mathbf{1}_{\{\cdot\}}\mid X], isso traduz-se na relação entre as probabilidades condicionais.

Passo 3

Prova detalhada da parte (a) — cálculo do condicional ponto a ponto. Considere as indicares \mathbf{1}_{\{Z\in B\}} e \mathbf{1}_{\{X\in A\}}. Então a probabilidade condicional do evento conjunto é a esperança condicional da produtória dessas indicares:
P(Z\in B,\; X\in A\mid X)=\mathbb{E}\big[\mathbf{1}_{\{Z\in B\}}\mathbf{1}_{\{X\in A\}}\mid X\big].
Observe que \mathbf{1}_{\{X\in A\}} é uma função de X, logo é \sigma(X)-mensurável. Aplicando a propriedade do passo anterior com U=\mathbf{1}_{\{X\in A\}} e V=\mathbf{1}_{\{Z\in B\}}, obtemos, quase certamente,
\mathbb{E}\big[\mathbf{1}_{\{Z\in B\}}\mathbf{1}_{\{X\in A\}}\mid X\big] =\mathbf{1}_{\{X\in A\}}\;\mathbb{E}\big[\mathbf{1}_{\{Z\in B\}}\mid X\big].
Mas \mathbb{E}[\mathbf{1}_{\{Z\in B\}}\mid X]=P(Z\in B\mid X) por definição de probabilidade condicional como esperança de indicadora. Portanto, quase certamente,
P(Z\in B,\; X\in A\mid X)=\mathbf{1}_{\{X\in A\}}\;P(Z\in B\mid X).

Passo 4

Concluindo a parte (a) ponto a ponto (avaliando em X=x\)). A igualdade do passo anterior diz que, para quase todo \(\omega\), \[P(Z\in B,\; X\in A\mid X)(\omega)=\mathbf{1}_{\{X(\omega)\in A\}}\;P(Z\in B\mid X)(\omega).
Interpretando isso como função de x (ou seja, avaliando em X=x) obtemos exatamente a expressão pedida:
P(Z\in B,\; X\in A\mid X=x)=\begin{cases}P(Z\in B\mid X=x),&\text{se }x\in A,\\[4pt]0,&\text{se }x\notin A.\end{cases}
Comentário intuitivo: se sabemos que X=x\] e \(x\notin A, o evento X\in A é impossível, então a probabilidade conjunta é zero; se x\in A, então a condição X\in A não reduz nada além da condição X=x, e a probabilidade conjunta fica só com P(Z\in B\mid X=x).]

Passo 5

Preparando a prova da parte (b). Queremos usar a média condicional: a probabilidade condicional de Z\in B sabendo que X\in A é a média (esperança condicional) de P(Z\in B\mid X=x) sobre os x em A. Mais precisamente, por definição de probabilidade condicional em evento de probabilidade positiva,
P(Z\in B\mid X\in A)=\frac{\mathbb{E}\big[\mathbf{1}_{\{Z\in B\}}\mathbf{1}_{\{X\in A\}}\big]}{P(X\in A)}.
Mas \mathbb{E}\big[\mathbf{1}_{\{Z\in B\}}\mathbf{1}_{\{X\in A\}}\big]=\mathbb{E}\big[\mathbb{E}[\mathbf{1}_{\{Z\in B\}}\mathbf{1}_{\{X\in A\}}\mid X]\big] (lei da esperança total). Usando o resultado do passo 3 isso vira
\mathbb{E}\big[\mathbf{1}_{\{Z\in B\}}\mathbf{1}_{\{X\in A\}}\big] =\mathbb{E}\big[\mathbf{1}_{\{X\in A\}}\;P(Z\in B\mid X)\big].

Passo 6

Concluindo a parte (b) com a desigualdade por média. Suponha que P(X\in A)>0 (se P(X\in A)=0 então P(\cdot\mid X\in A) não está definida; como o enunciado é bem-formulado, podemos assumir P(X\in A)>0). A partir do passo anterior,
P(Z\in B\mid X\in A) =\frac{\mathbb{E}\big[\mathbf{1}_{\{X\in A\}}\;P(Z\in B\mid X)\big]}{P(X\in A)}.
Agora, pela hipótese do item (b), para todo x\in A vale P(Z\in B\mid X=x)\ge 1/2. Isso implica que a função \mathbf{1}_{\{X\in A\}}( \omega )P(Z\in B\mid X)(\omega) é ao menos \mathbf{1}_{\{X\in A\}}(\omega)\cdot 1/2 para quase todo \omega. Portanto
\mathbb{E}\big[\mathbf{1}_{\{X\in A\}}\;P(Z\in B\mid X)\big]\ge \mathbb{E}\big[\mathbf{1}_{\{X\in A\}}\cdot\tfrac{1}{2}\big]=\tfrac{1}{2}P(X\in A).
Dividindo ambos os lados por P(X\in A)>0 obtemos
P(Z\in B\mid X\in A)\ge \tfrac{1}{2},
que é exatamente o que queríamos demonstrar. Intuição: se para cada x\in A a probabilidade condicional é pelo menos 1/2, então a média (condicional) sobre A também é pelo menos 1/2.

Passo 7

Preparando a parte (c). Aqui X e Y são independentes e sabemos P(Y\ge 0)\ge 1/2. Queremos mostrar
P(X+Y\ge a\mid X\ge a)\ge\tfrac{1}{2}.
Defina o conjunto A=\{x\in\mathbb{R}:x\ge a\}. Pelo mesmo raciocínio da parte (b), é natural escrever a probabilidade condicional em dois passos: primeiro condicionar em X=x, depois “média” em x com a distribuição de X restrita a A. Como X e Y são independentes, dado X=x a probabilidade de X+Y\ge a é a probabilidade de Y\ge a-x. Ou seja, para cada x,
P(X+Y\ge a\mid X=x)=P(Y\ge a-x).
Expliquei isso passo a passo: saber que X=x fixa X, então X+Y\ge a equivale a Y\ge a-x; e independência garante que a distribuição condicional de Y dado X=x é a mesma que a distribuição marginal de Y.

Passo 8

Desigualdade ponto a ponto para x\in A. Se x\in A então x\ge a, o que implica a-x\le 0. Para qualquer variável aleatória Y e números t_1\le t_2 vale P(Y\ge t_1)\ge P(Y\ge t_2) (monotonicidade das caudas). Aplicando isso com t_1=a-x e t_2=0 (note que a-x\le 0) temos, para todo x\in A,
P(Y\ge a-x)\ge P(Y\ge 0).
Como por hipótese P(Y\ge 0)\ge\tfrac{1}{2}, segue que, para todo x\in A,
P(Y\ge a-x)\ge \tfrac{1}{2}.
Mas do passo 7 temos P(X+Y\ge a\mid X=x)=P(Y\ge a-x). Portanto, para todo x\in A,
P(X+Y\ge a\mid X=x)\ge \tfrac{1}{2}.

Passo 9

Finalizando a parte (c) por média condicional (aplicando o item (b) com Z=X+Y e B=[a,\infty)). Usando a fórmula da parte (b) — ou diretamente a lei da esperança total condicional — temos
P(X+Y\ge a\mid X\in A) =\frac{\mathbb{E}\big[\mathbf{1}_{\{X\in A\}}\,P(X+Y\ge a\mid X)\big]}{P(X\in A)}.
Pelo que mostramos no passo anterior, para todo x\in A vale P(X+Y\ge a\mid X=x)\ge 1/2. Portanto a média condicional sobre A é ao menos 1/2, ou seja
P(X+Y\ge a\mid X\ge a)\ge \tfrac{1}{2}.
Intuição final: sabendo que X\ge a torna a exigência sobre Y ser Y\ge a-X\le 0; como Y tem probabilidade ao menos 1/2 de ser não-negativo, e o evento Y\ge a-X contém o evento Y\ge 0, a probabilidade condicional é ao menos 1/2.

Resposta

a) P(Z\in B,\; X\in A \mid X=x)=\begin{cases}P(Z\in B\mid X=x),&\text{se }x\in A,\\[4pt]0,&\text{se }x\notin A.\end{cases}
b) \text{Se }P(Z\in B\mid X=x)\ge\tfrac{1}{2}\\ \forall x\in A,\text{ então }P(Z\in B\mid X\in A)\ge\tfrac{1}{2}.ã
c) \text{Se \(X\) e \(Y\) independentes e }P(Y\ge 0)\ge\tfrac{1}{2},\text{ então }P(X+Y\ge a\mid X\ge a)\ge\tfrac{1}{2}.ã]

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