Apêndice 6.E Seção 5 (Controlando confundidores (critério backdoor))

6.E.1 Teorema 3.19

Para realizar a demonstração do Teorema 3.19, consideraremos um SCM aumentado, em que existe uma variável que representa a ocorrência de uma intervenção em X. Uma consequência interessante desta construção será a de que o modelo intervencional é equivalente ao condicionamento usual no SCM aumentado.

Definição 6.6.

Seja $({\mathcal{G}}_{*},f_{*})$ um SCM expandido tal que ${\mathcal{G}}_{*}=({\mathcal{V}}\cup\{I_{X}:X\in{\mathbf{X}}\},{\mathcal{E}}_{% *})$ , e ${\mathcal{E}}_{*}={\mathcal{E}}\cup\{(I_{X}\rightarrow X:X\in{\mathbf{X}})\}$ . Isto é, ${\mathcal{G}}_{*}$ é uma cópia de ${\mathcal{G}}$ em que adicionamos para cada $X\in{\mathbf{X}}$ os vértice $I_{X}\in\{0,1\}$ e arestas de $I_{X}$ para $X$ .

${\mathcal{G}}^{*}$ admite uma interpretação intuitiva. $I_{X}$ é a indicadora de que fazemos uma intervenção em $X$ , fazendo que esta assuma o valor $x$ . Se $I_{X}=0$ , não há uma intervenção e, assim, $X$ segue a sua distribuição observacional. Se $I_{X}=1$ , $X$ assume o valor $x$ com probabilidade $1$ .

Finalmente, considerando $Pa(X)$ como os pais de $X$ segundo ${\mathcal{G}}$ , definimos que:

\displaystyle f_{*}(X|Pa(X),I_{X})

\displaystyle=\begin{cases}f(X|Pa(X))&\text{, se $I_{X}=0$, e}\\ {\mathbb{I}}(X=x)&\text{, caso contrário.}\end{cases}

Lema 6.7.

Se $({\mathcal{G}}_{*},f_{*})$ é tal qual em Definição 6.6, então:

\displaystyle f({\mathcal{V}}|do(X=x))

\displaystyle=f_{*}({\mathcal{V}}|I_{{\mathbf{X}}}=1)

Demonstração.

	$\displaystyle f_{*}({\mathcal{V}}\|I_{{\mathbf{X}}}=1)$	$\displaystyle=\frac{f_{*}({\mathcal{V}},I_{{\mathbf{X}}}=1)}{f(I_{{\mathbf{X}}% }=1)}$
		$\displaystyle=\frac{f(I_{{\mathbf{X}}}=1)\prod_{X\in{\mathbf{X}}}{\mathbb{I}}(% X=x)\prod_{V\notin{\mathbf{X}}}f(V\|Pa(V))}{f(I=1)}$
		$\displaystyle=\prod_{X\in{\mathbf{X}}}{\mathbb{I}}(X=x)\cdot\prod_{V\notin{% \mathbb{V}}_{1}}f(V\|Pa(V))$
		$\displaystyle=f({\mathcal{V}}\|do({\mathbf{X}}={\mathbf{x}}))$

∎

Lema 6.8.

Se $({\mathcal{G}}_{*},f_{*})$ é tal qual em Definição 6.6, então:

\displaystyle f_{*}({\mathcal{V}}|I_{{\mathbf{X}}}=0)

\displaystyle=f({\mathcal{V}}).

Demonstração.

	$\displaystyle f_{*}({\mathcal{V}}\|I_{{\mathbf{X}}}=0)$	$\displaystyle=\frac{f_{}({\mathcal{V}},I_{{\mathbf{X}}}=0)}{f_{}(I_{{\mathbf% {X}}}=0)}$
		$\displaystyle=\frac{f_{}(I_{{\mathbf{X}}}=0)\prod_{X\in{\mathbf{X}}}f_{}(X\|% Pa(X),I_{X}=0)\prod_{V\notin{\mathbf{X}}}f(V\|Pa(V))}{f_{*}(I=0)}$
		$\displaystyle=\prod_{X\in{\mathbf{X}}}f(X\|Pa(X))\prod_{V\notin{\mathbf{X}}}f(V% \|Pa(V))$
		$\displaystyle=\prod_{V\in{\mathcal{V}}}f(V\|Pa(V))$
		$\displaystyle=f({\mathcal{V}})$

∎

Lema 6.9.

Se $({\mathcal{G}}_{*},f_{*})$ é tal qual em Definição 6.6 e ${\mathbf{Z}}$ satisfaz o segundo item do critério backdoor para medir o efeito causal de $X$ em $Y$ , então $I\perp^{d}Y|X,{\mathbf{Z}}$ .

Demonstração.

Tome um caminho arbitrário de $I$ em $Y$ , $C=(I,C_{2},\ldots,C_{n-1},Y)$ . Por definição de $I$ , $C_{2}=X$ e $I\rightarrow X$ . Se $X\rightarrow C_{3}$ , então $X$ não é um colisor em $C$ e $C$ está bloqueado dado $X$ e ${\mathbf{Z}}$ . Se $X\leftarrow C_{3}$ , então $(X,C_{3},\ldots,C_{n-1},Y)$ está bloqueado dado ${\mathbf{Z}}$ , uma vez que ${\mathbf{Z}}$ satisfaz o segundo item do critério backdoor. Conclua que $C$ está bloqueado dado $X$ e ${\mathbf{Z}}$ . ∎

Lema 6.10.

Se ${\mathbf{Z}}$ satisfaz o segundo item do critério backdoor para medir o efeito causal de $X$ em $Y$ , então

\displaystyle f(y|do(x),{\mathbf{z}})

\displaystyle=f(y|x,{\mathbf{z}}).

Demonstração.

	$\displaystyle f(y\|do(x),{\mathbf{z}})$	$\displaystyle=f_{*}(y\|I=1,{\mathbf{z}})$
		$\displaystyle=\int f_{*}(y,X\|I=1,{\mathbf{z}})dX$
		$\displaystyle=\int f_{}(X\|I=1,{\mathbf{z}})f_{}(y\|X,I=1,{\mathbf{z}})dX$
		$\displaystyle=\int{\mathbb{I}}(X=x)f_{*}(y\|X,I=1,{\mathbf{z}})dX$
		$\displaystyle=f_{*}(y\|x,I=1,{\mathbf{z}})$
		$\displaystyle=f_{*}(y\|x,I=0,{\mathbf{z}})$
		$\displaystyle=f(y\|x,{\mathbf{z}})$

∎

Lema 6.11.

Se $({\mathcal{G}}_{*},f_{*})$ é tal qual em Definição 6.6 e ${\mathbf{Z}}$ satisfaz o critério backdoor para medir o efeito causal de $X$ em $Y$ , então $I\perp^{d}{\mathbf{Z}}$ .

Demonstração.

Tome arbitrariamente um $Z\in{\mathbf{Z}}$ e um caminho de $I$ em $Z$ , $C=(I,C_{2},\ldots,C_{n-1},Z)$ . Por definição de $I$ , $C_{2}=X$ e $I\rightarrow X$ . Suponha por absurdo que $C$ não tem colisor. Como, $I\rightarrow X$ , decorre que $C=I\rightarrow X\rightarrow\ldots\rightarrow C_{n-1}\rightarrow Z$ . Assim, $Z$ é um descendente de $X$ , uma contradição com o critério backdoor (Definição 3.11). Conclua que $C$ tem um colisor. Assim, $C$ está marginalmente bloqueado (Definição 2.47). ∎

Lema 6.12.

Se ${\mathbf{Z}}$ satisfaz o critério backdoor para medir o efeito causal de $X$ em $Y$ , então $f({\mathbf{z}}|do(x))=f({\mathbf{z}})$ .

Demonstração.

	$\displaystyle f({\mathbf{z}}\|do(x))$	$\displaystyle=f_{*}({\mathbf{z}}\|I=1)$
		$\displaystyle=f_{*}({\mathbf{z}}\|I=0)$
		$\displaystyle=f({\mathbf{z}})$

∎

Prova do Teorema 3.19.

Decorre diretamente dos Lemas 6.10 e 6.12. ∎

Prova do Corolário 3.20.

	$\displaystyle f(y\|do(X=x))$	$\displaystyle=\int f(y,{\mathbf{z}}\|do(X=x))d{\mathbf{z}}$
		$\displaystyle=\int f({\mathbf{z}}\|do(X=x))f(y\|do(X=x),{\mathbf{z}})$
		$\displaystyle=\int f({\mathbf{z}})f(y\|x,{\mathbf{z}})$

∎

6.E.2 Teoremas 3.21 e 3.22

Prova do Teorema 3.21.

$\displaystyle{\mathbb{E}}[g(Y)\|do(X=x),{\mathbf{Z}}]$	$\displaystyle=\int g(y)f(y\|do(x),{\mathbf{Z}})dy$
	$\displaystyle=\int g(y)f(y\|x,{\mathbf{Z}})dy$
	$\displaystyle={\mathbb{E}}[g(Y)\|X=x,{\mathbf{Z}}]$	(14)
$\displaystyle{\mathbb{E}}[g(Y)\|do(X=x)]$	$\displaystyle={\mathbb{E}}[{\mathbb{E}}[g(Y)\|do(X=x),{\mathbf{Z}}]]$
	$\displaystyle={\mathbb{E}}[{\mathbb{E}}[g(Y)\|X=x,{\mathbf{Z}}]]$

∎

Prova do Teorema 3.22.

	$\displaystyle{\mathbb{E}}[g(Y)\|do(x),{\mathbf{Z}}]$	$\displaystyle=\int g(y)f(y\|do(x),{\mathbf{Z}})dy$
		$\displaystyle=\int g(y)f(y\|x,{\mathbf{Z}})dy$
		$\displaystyle=\int\frac{g(y)f(y,x\|{\mathbf{Z}})}{f(x\|{\mathbf{Z}})}dy$
		$\displaystyle=\int\frac{g(y){\mathbb{I}}(x_{}=x)f(y,x_{}\|{\mathbf{Z}})}{f(x\|% {\mathbf{Z}})}d(x_{*},y)$
		$\displaystyle={\mathbb{E}}\left[\frac{g(Y){\mathbb{I}}(X=x)}{f(x\|{\mathbf{Z}})% }\|{\mathbf{Z}}\right]$
		$\displaystyle=\frac{{\mathbb{E}}[g(Y){\mathbb{I}}(X=x)\|{\mathbf{Z}}]}{f(x\|{% \mathbf{Z}})}$

	$\displaystyle{\mathbb{E}}[Y\|do(x)]$	$\displaystyle={\mathbb{E}}[{\mathbb{E}}[Y\|do(X),{\mathbf{Z}}]]$
		$\displaystyle={\mathbb{E}}\left[\frac{{\mathbb{E}}[g(Y){\mathbb{I}}(X=x)\|{% \mathbf{Z}}]}{f(x\|{\mathbf{Z}})}\right]$
		$\displaystyle={\mathbb{E}}\left[{\mathbb{E}}\left[\frac{g(Y){\mathbb{I}}(X=x)}% {f(x\|{\mathbf{Z}})}\|{\mathbf{Z}}\right]\right]$
		$\displaystyle={\mathbb{E}}\left[\frac{g(Y){\mathbb{I}}(X=x)}{f(x\|{\mathbf{Z}})% }\right]$

∎

6.E.3 Teorema 3.26

Lema 6.13.

Se $(W_{n})_{n\in\mathbb{N}}$ é uma sequência de variáveis aleatórias tais que ${\mathbb{E}}[|W_{n}|]=o(1)$ , então $W_{n}\stackrel{{\scriptstyle{\mathbb{P}}}}{{\longrightarrow}}0$ .

Demonstração.

	$\displaystyle{\mathbb{P}}(\|W_{n}\|>\epsilon)$	$\displaystyle\leq\frac{{\mathbb{E}}[\|W_{n}\|]}{\epsilon}$	Markov
		$\displaystyle=o(1)$

∎

Prova do Teorema 3.26.

Como ${\mathbb{E}}[|\mu(x,{\mathbf{Z}})|]<\infty$ , pela Lei dos Grandes Números,

\displaystyle\frac{\sum_{i=1}^{n}\mu(x,{\mathbf{Z}}_{i})}{n}

\displaystyle\stackrel{{\scriptstyle{\mathbb{P}}}}{{\longrightarrow}}{\mathbb{% E}}[\mu(x,{\mathbf{Z}})]

Portanto, pelo Teorema 3.21, é suficiente provar que ${\widehat{{\mathbb{E}}}}_{1}[Y|do(X=x)]-\frac{\sum_{i=1}^{n}\mu(x,{\mathbf{Z}}% _{i})}{n}\stackrel{{\scriptstyle{\mathbb{P}}}}{{\longrightarrow}}0$ . Usando o Lema 6.13, é suficiente provar que ${\mathbb{E}}\left[\bigg{|}{\widehat{{\mathbb{E}}}}_{1}[Y|do(X=x)]-\frac{\sum_{% i=1}^{n}\mu(x,{\mathbf{Z}}_{i})}{n}\bigg{|}\right]=o(1)$ .

	$\displaystyle{\mathbb{E}}\left[\bigg{\|}{\widehat{{\mathbb{E}}}}_{1}[Y\|do(X=x)]% -\frac{\sum_{i=1}^{n}\mu(x,{\mathbf{Z}}_{i})}{n}\bigg{\|}\right]$	$\displaystyle={\mathbb{E}}\left[\bigg{\|}\frac{\sum_{i=1}^{n}(\hat{\mu}(x,{% \mathbf{Z}}_{i})-\mu(x,{\mathbf{Z}}_{i}))}{n}\bigg{\|}\right]$
		$\displaystyle\leq n^{-1}\sum_{i=1}^{n}{\mathbb{E}}\left[\|\hat{\mu}(x,{\mathbf{% Z}}_{i})-\mu(x,{\mathbf{Z}}_{i})\|\right]$
		$\displaystyle={\mathbb{E}}\left[\|\hat{\mu}(x,{\mathbf{Z}})-\mu(x,{\mathbf{Z}})% \|\right]$
		$\displaystyle=o(1)]$

∎

6.E.4 Teorema 3.29

Prova do Teorema 3.29.

Pela Lei dos Grandes números, $n^{-1}\sum_{i=1}^{n}\frac{Y_{i}{\mathbb{I}}(X_{i}=x)}{f(x|{\mathbf{Z}}_{i})}% \stackrel{{\scriptstyle{\mathbb{P}}}}{{\longrightarrow}}{\mathbb{E}}\left[% \frac{Y{\mathbb{I}}(X=x)}{f(x|{\mathbf{Z}})}\right]$ . Como pelo Teorema 3.22 temos que ${\mathbb{E}}\left[\frac{Y{\mathbb{I}}(X=x)}{f(x|{\mathbf{Z}})}\right]={\mathbb% {E}}[Y|do(X=x)]$ , usando o Lema 6.13 é suficiente provar que

\displaystyle{\mathbb{E}}\left[\bigg{|}n^{-1}\sum_{i=1}^{n}\frac{Y_{i}{\mathbb% {I}}(X_{i}=x)}{\widehat{f}(x|{\mathbf{Z}}_{i})}-n^{-1}\sum_{i=1}^{n}\frac{Y_{i% }{\mathbb{I}}(X_{i}=x)}{f(x|{\mathbf{Z}}_{i})}\bigg{|}\right]

\displaystyle=o(1).

	$\displaystyle{\mathbb{E}}\left[\bigg{\|}n^{-1}\sum_{i=1}^{n}\frac{Y_{i}{\mathbb% {I}}(X_{i}=x)}{\widehat{f}(x\|{\mathbf{Z}}_{i})}-n^{-1}\sum_{i=1}^{n}\frac{Y_{i% }{\mathbb{I}}(X_{i}=x)}{f(x\|{\mathbf{Z}}_{i})}\bigg{\|}\right]$
$\displaystyle\leq$	$\displaystyle n^{-1}\sum_{i=1}^{n}{\mathbb{E}}\left[\bigg{\|}\frac{Y_{i}{% \mathbb{I}}(X_{i}=x)}{\widehat{f}(x\|{\mathbf{Z}}_{i})}-\frac{Y_{i}{\mathbb{I}}% (X_{i}=x)}{f(x\|{\mathbf{Z}}_{i})}\bigg{\|}\right]$
$\displaystyle=$	$\displaystyle{\mathbb{E}}\left[\bigg{\|}\frac{Y_{1}{\mathbb{I}}(X_{1}=x)}{% \widehat{f}(x\|{\mathbf{Z}}_{1})}-\frac{Y_{1}{\mathbb{I}}(X_{1}=x)}{f(x\|{% \mathbf{Z}}_{1})}\bigg{\|}\right]$
$\displaystyle=$	$\displaystyle{\mathbb{E}}\left[\bigg{\|}\frac{Y_{i}{\mathbb{I}}(X_{i}=x)(% \widehat{f}(x\|{\mathbf{Z}}_{i})-f(x\|{\mathbf{Z}}_{i}))}{\widehat{f}(x\|{\mathbf% {Z}}_{i})f(x\|{\mathbf{Z}}_{i})}\bigg{\|}\right]$
$\displaystyle\leq$	$\displaystyle\delta^{-2}{\mathbb{E}}\left[\|Y_{i}{\mathbb{I}}(X_{i}=x)(\widehat% {f}(x\|{\mathbf{Z}}_{i})-f(x\|{\mathbf{Z}}_{i}))\|\right]$	$\displaystyle\inf_{z}\min\{f(x\|{\mathbf{Z}}_{1}),\widehat{f}(x\|{\mathbf{Z}}_{1% })\}>\delta$
$\displaystyle=$	$\displaystyle\delta^{-2}{\mathbb{E}}\left[\|\widehat{f}(x\|{\mathbf{Z}}_{i})-f(x% \|{\mathbf{Z}}_{i})\|\cdot{\mathbb{E}}[\|Y_{i}{\mathbb{I}}(X_{i}=x)\|\big{\|}{% \mathbf{Z}}]\right]$	Lei da esperança total
$\displaystyle\leq$	$\displaystyle M\delta^{-2}{\mathbb{E}}\left[\|\widehat{f}(x\|{\mathbf{Z}}_{i})-f% (x\|{\mathbf{Z}}_{i})\|\right]$	$\displaystyle\sup_{z}{\mathbb{E}}[\|Y_{i}{\mathbb{I}}(X_{i}=x)\|{\mathbf{Z}}={% \mathbf{z}}]<M$
$\displaystyle=$	$\displaystyle o(1)$

∎

6.E.5 Teorema 3.32

Prova do Teorema 3.32.

Se as condições do Teorema 3.26 estão satisfeitas, então decorre deste resultado que ${\widehat{{\mathbb{E}}}}_{1}[Y|do(X=x)]\stackrel{{\scriptstyle{\mathbb{P}}}}{{% \longrightarrow}}{\mathbb{E}}[Y|do(X=x)]$ . Portanto, usando Lema 6.13, resta demonstrar que

\displaystyle{\mathbb{E}}\left[\bigg{|}{\widehat{{\mathbb{E}}}}_{2}[Y|do(X=x)]% -\sum_{i=1}^{n}\frac{{\mathbb{I}}(X_{i}=x)\hat{\mu}(x,{\mathbf{Z}}_{i})}{n\hat% {f}(x|{\mathbf{Z}}_{i})}\bigg{|}\right]

\displaystyle=o(1)

	$\displaystyle{\mathbb{E}}\left[\bigg{\|}{\widehat{{\mathbb{E}}}}_{2}[Y\|do(X=x)]% -\sum_{i=1}^{n}\frac{{\mathbb{I}}(X_{i}=x)\hat{\mu}(x,{\mathbf{Z}}_{i})}{n\hat% {f}(x\|{\mathbf{Z}}_{i})}\bigg{\|}\right]$
$\displaystyle=$	$\displaystyle{\mathbb{E}}\left[\bigg{\|}\sum_{i=1}^{n}\frac{{\mathbb{I}}(X_{i}=% x)(Y_{i}-\hat{\mu}(x,{\mathbf{Z}}_{i}))}{n\hat{f}(x\|{\mathbf{Z}}_{i})}\bigg{\|}\right]$
$\displaystyle\leq$	$\displaystyle n{-1}\sum_{i=1}^{n}{\mathbb{E}}\left[\bigg{\|}\frac{{\mathbb{I}}(% X_{i}=x)(Y_{i}-\hat{\mu}(x,{\mathbf{Z}}_{i}))}{\hat{f}(x\|{\mathbf{Z}}_{i})}% \bigg{\|}\right]$
$\displaystyle=$	$\displaystyle{\mathbb{E}}\left[\bigg{\|}\frac{{\mathbb{I}}(X_{1}=x)(Y_{1}-\hat{% \mu}(x,{\mathbf{Z}}_{1}))}{\hat{f}(x\|{\mathbf{Z}}_{1})}\bigg{\|}\right]$
$\displaystyle\leq$	$\displaystyle\delta^{-1}{\mathbb{E}}\left[\big{\|}{\mathbb{I}}(X_{1}=x)(Y_{1}-% \hat{\mu}(x,{\mathbf{Z}}_{1}))\big{\|}\right]$	$\displaystyle\inf_{\mathbf{z}}\widehat{f}(x\|{\mathbf{z}})>\delta$
$\displaystyle\leq$	$\displaystyle\delta^{-1}{\mathbb{E}}\left[\big{\|}{\mathbb{I}}(X_{1}=x)({% \mathbb{E}}[Y_{1}\|X_{1},{\mathbf{Z}}_{1}]-\hat{\mu}(x,{\mathbf{Z}}_{1}))\big{\|% }\right]$	Lei da esperança total
$\displaystyle=$	$\displaystyle\delta^{-1}{\mathbb{E}}\left[\big{\|}{\mathbb{I}}(X_{1}=x)({% \mathbb{E}}[Y_{1}\|X_{1}=x,{\mathbf{Z}}_{1}]-\hat{\mu}(x,{\mathbf{Z}}_{1}))\big% {\|}\right]$	$\displaystyle{\mathbb{I}}(X_{1}=x){\mathbb{E}}[Y_{1}\|X_{1},{\mathbf{Z}}_{1}]% \equiv{\mathbb{I}}(X_{1}=x){\mathbb{E}}[Y_{1}\|X_{1}=x,{\mathbf{Z}}_{1}]$
$\displaystyle\leq$	$\displaystyle\delta^{-1}{\mathbb{E}}\left[\big{\|}{\mathbb{E}}[Y_{1}\|X_{1}=x,{% \mathbf{Z}}_{1}]-\hat{\mu}(x,{\mathbf{Z}}_{1})\big{\|}\right]$
$\displaystyle=$	$\displaystyle{\mathbb{E}}\left[\big{\|}\mu(x,{\mathbf{Z}}_{1})-\hat{\mu}(x,{% \mathbf{Z}}_{1})\big{\|}\right]=o(1)$

A seguir, se as condições do Teorema 3.29 estão satisfeitas, então decorre deste resultado que ${\widehat{{\mathbb{E}}}}_{2}[Y|do(X=x)]\stackrel{{\scriptstyle{\mathbb{P}}}}{{% \longrightarrow}}{\mathbb{E}}[Y|do(X=x)]$ . Portanto, usando Lema 6.13, resta demonstrar que

\displaystyle{\mathbb{E}}\left[\bigg{|}{\widehat{{\mathbb{E}}}}_{1}[Y|do(X=x)]% -\sum_{i=1}^{n}\frac{{\mathbb{I}}(X_{i}=x)\hat{\mu}(x,{\mathbf{Z}}_{i})}{n\hat% {f}(x|{\mathbf{Z}}_{i})}\bigg{|}\right]

\displaystyle=o(1)

	$\displaystyle{\mathbb{E}}\left[\bigg{\|}{\widehat{{\mathbb{E}}}}_{1}[Y\|do(X=x)]% -\sum_{i=1}^{n}\frac{{\mathbb{I}}(X_{i}=x)\hat{\mu}(x,{\mathbf{Z}}_{i})}{n\hat% {f}(x\|{\mathbf{Z}}_{i})}\bigg{\|}\right]$
$\displaystyle=$	$\displaystyle{\mathbb{E}}\left[\bigg{\|}\sum_{i=1}^{n}\frac{(\widehat{f}(x\|{% \mathbf{Z}}_{i})-{\mathbb{I}}(X_{i}=x))\hat{\mu}(x,{\mathbf{Z}}_{i})}{n% \widehat{f}(x\|{\mathbf{Z}}_{i})}\bigg{\|}\right]$
$\displaystyle\leq$	$\displaystyle n^{-1}\sum_{i=1}^{n}{\mathbb{E}}\left[\bigg{\|}\frac{(\widehat{f}% (x\|{\mathbf{Z}}_{i})-{\mathbb{I}}(X_{i}=x))\hat{\mu}(x,{\mathbf{Z}}_{i})}{% \widehat{f}(x\|{\mathbf{Z}}_{i})}\bigg{\|}\right]$
$\displaystyle=$	$\displaystyle{\mathbb{E}}\left[\bigg{\|}\frac{(\widehat{f}(x\|{\mathbf{Z}}_{1})-% {\mathbb{I}}(X_{1}=x))\hat{\mu}(x,{\mathbf{Z}}_{1})}{\widehat{f}(x\|{\mathbf{Z}% }_{1})}\bigg{\|}\right]$
$\displaystyle\leq$	$\displaystyle\delta^{-1}{\mathbb{E}}\left[\big{\|}(\widehat{f}(x\|{\mathbf{Z}}_{% 1})-{\mathbb{I}}(X_{1}=x))\hat{\mu}(x,{\mathbf{Z}}_{1})\big{\|}\right]$	$\displaystyle\inf_{\mathbf{z}}\widehat{f}(x\|{\mathbf{Z}}_{1})>\delta$
$\displaystyle\leq$	$\displaystyle\delta^{-1}M{\mathbb{E}}\left[\big{\|}\widehat{f}(x\|{\mathbf{Z}}_{% 1})-{\mathbb{I}}(X_{1}=x)\big{\|}\right]$	$\displaystyle\sup_{\mathbf{z}}\hat{\mu}(x,{\mathbf{z}})<M$
$\displaystyle=$	$\displaystyle\delta^{-1}M{\mathbb{E}}\left[\big{\|}\widehat{f}(x\|{\mathbf{Z}}_{% 1})-{\mathbb{E}}[{\mathbb{I}}(X_{1}=x)\|{\mathbf{Z}}_{1}]\big{\|}\right]$	Lei da esperança total
$\displaystyle=$	$\displaystyle\delta^{-1}M{\mathbb{E}}\left[\big{\|}\widehat{f}(x\|{\mathbf{Z}}_{% 1})-f(x\|{\mathbf{Z}}_{1})\big{\|}\right]=o(1)$

∎

6.E.6 Teorema 3.39

Prova do Teorema 3.39.

Se $X\equiv{\mathbb{I}}({\mathbf{Z}}\geq{\mathbf{z}}_{1})$ , então:

$\displaystyle{CACE}({\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}_{1})$	$\displaystyle={\mathbb{E}}[Y\|do(X=1),{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}_{1}]-{\mathbb{E% }}[Y\|do(X=0),{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}_{1}]$
	$\displaystyle=\lim_{{\mathbf{z}}\downarrow{\mathbf{z}}_{1}}{\mathbb{E}}[Y\|do(X% =1),{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}]-\lim_{{\mathbf{z}}\uparrow{\mathbf{z}}_{1}}{% \mathbb{E}}[Y\|do(X=0),{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}]$	continuidade
	$\displaystyle=\lim_{{\mathbf{z}}\downarrow{\mathbf{z}}_{1}}{\mathbb{E}}[Y\|X=1,% {\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}]-\lim_{{\mathbf{z}}\uparrow{\mathbf{z}}_{1}}{\mathbb% {E}}[Y\|X=0,{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}]$
	$\displaystyle=\lim_{{\mathbf{z}}\downarrow{\mathbf{z}}_{1}}{\mathbb{E}}[Y\|{% \mathbf{Z}}={\mathbf{z}}]-\lim_{{\mathbf{z}}\uparrow{\mathbf{z}}_{1}}{\mathbb{% E}}[Y\|{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}]$	$\displaystyle X\equiv{\mathbb{I}}({\mathbf{Z}}\geq{\mathbf{z}}_{1})$

A seguir, considere que $f(x|{\mathbf{Z}})\in(0,1)$ é contínua exceto em ${\mathbf{z}}_{1}$ . Primeiramente, note que

$\displaystyle{\mathbb{E}}[Y\|{\mathbf{Z}}]$	$\displaystyle={\mathbb{E}}[{\mathbb{E}}[Y\|X,{\mathbf{Z}}]\|{\mathbf{Z}}]$
	$\displaystyle={\mathbb{E}}[Y\|X=1,{\mathbf{Z}}]f(X=1\|{\mathbf{Z}})+{\mathbb{E}}% [Y\|X=0,{\mathbf{Z}}](1-f(X=1\|{\mathbf{Z}}))$
	$\displaystyle=({\mathbb{E}}[Y\|X=1,{\mathbf{Z}}]-{\mathbb{E}}[Y\|X=0,{\mathbf{Z}% }])f(X=1\|{\mathbf{Z}})+{\mathbb{E}}[Y\|X=0,{\mathbf{Z}}]$
	$\displaystyle={CACE}({\mathbf{Z}})f(X=1\|{\mathbf{Z}})+{\mathbb{E}}[Y\|do(X=0),{% \mathbf{Z}}]$	(15)

Como ${\mathbb{E}}[Y|do(X=0),{\mathbf{Z}}]$ e ${\mathbb{E}}[Y|do(X=1),{\mathbf{Z}}]$ são contínuas em ${\mathbf{z}}_{1}$ , ${CACE}({\mathbf{Z}})$ também é contínua em ${\mathbf{z}}_{1}$ . Assim, decorre da Seção 6.E.6 que

	$\displaystyle\lim_{{\mathbf{z}}\downarrow{\mathbf{z}}_{1}}{\mathbb{E}}[Y\|{% \mathbf{Z}}={\mathbf{z}}]$	$\displaystyle={CACE}({\mathbf{z}}_{1})\lim_{{\mathbf{z}}\downarrow{\mathbf{z}}% _{1}}f(X=1\|{\mathbf{z}})+{\mathbb{E}}[Y\|do(X=0),{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}_{1}]$
	$\displaystyle\lim_{{\mathbf{z}}\uparrow{\mathbf{z}}_{1}}{\mathbb{E}}[Y\|{% \mathbf{Z}}={\mathbf{z}}]$	$\displaystyle={CACE}({\mathbf{z}}_{1})\lim_{{\mathbf{z}}\uparrow{\mathbf{z}}_{% 1}}f(X=1\|{\mathbf{z}})+{\mathbb{E}}[Y\|do(X=0),{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}_{1}]$

Finalmente subtraindo as equações acima, obtemos

	$\displaystyle\lim_{{\mathbf{z}}\downarrow{\mathbf{z}}_{1}}{\mathbb{E}}[Y\|{% \mathbf{Z}}={\mathbf{z}}]-\lim_{{\mathbf{z}}\uparrow{\mathbf{z}}_{1}}{\mathbb{% E}}[Y\|{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}]$	$\displaystyle={CACE}({\mathbf{z}}_{1})(\lim_{{\mathbf{z}}\downarrow{\mathbf{z}% }_{1}}f(X=1\|{\mathbf{z}})-\lim_{{\mathbf{z}}\uparrow{\mathbf{z}}_{1}}f(X=1\|{% \mathbf{z}}))$
	$\displaystyle{CACE}({\mathbf{z}}_{1})$	$\displaystyle=\frac{\lim_{{\mathbf{z}}\downarrow{\mathbf{z}}_{1}}{\mathbb{E}}[% Y\|{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}]-\lim_{{\mathbf{z}}\uparrow{\mathbf{z}}_{1}}{% \mathbb{E}}[Y\|{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}]}{\lim_{{\mathbf{z}}\downarrow{\mathbf% {z}}_{1}}f(X=1\|{\mathbf{z}})-\lim_{{\mathbf{z}}\uparrow{\mathbf{z}}_{1}}f(X=1\|% {\mathbf{z}})}$

∎

	$\displaystyle f_{*}({\mathcal{V}}\|I_{{\mathbf{X}}}=1)$	$\displaystyle=\frac{f_{*}({\mathcal{V}},I_{{\mathbf{X}}}=1)}{f(I_{{\mathbf{X}}% }=1)}$
		$\displaystyle=\frac{f(I_{{\mathbf{X}}}=1)\prod_{X\in{\mathbf{X}}}{\mathbb{I}}(% X=x)\prod_{V\notin{\mathbf{X}}}f(V\|Pa(V))}{f(I=1)}$
		$\displaystyle=\prod_{X\in{\mathbf{X}}}{\mathbb{I}}(X=x)\cdot\prod_{V\notin{% \mathbb{V}}_{1}}f(V\|Pa(V))$
		$\displaystyle=f({\mathcal{V}}\|do({\mathbf{X}}={\mathbf{x}}))$

	$\displaystyle f_{*}({\mathcal{V}}\|I_{{\mathbf{X}}}=0)$	$\displaystyle=\frac{f_{}({\mathcal{V}},I_{{\mathbf{X}}}=0)}{f_{}(I_{{\mathbf% {X}}}=0)}$
		$\displaystyle=\frac{f_{}(I_{{\mathbf{X}}}=0)\prod_{X\in{\mathbf{X}}}f_{}(X\|% Pa(X),I_{X}=0)\prod_{V\notin{\mathbf{X}}}f(V\|Pa(V))}{f_{*}(I=0)}$
		$\displaystyle=\prod_{X\in{\mathbf{X}}}f(X\|Pa(X))\prod_{V\notin{\mathbf{X}}}f(V% \|Pa(V))$
		$\displaystyle=\prod_{V\in{\mathcal{V}}}f(V\|Pa(V))$
		$\displaystyle=f({\mathcal{V}})$

	$\displaystyle f(y\|do(x),{\mathbf{z}})$	$\displaystyle=f_{*}(y\|I=1,{\mathbf{z}})$
		$\displaystyle=\int f_{*}(y,X\|I=1,{\mathbf{z}})dX$
		$\displaystyle=\int f_{}(X\|I=1,{\mathbf{z}})f_{}(y\|X,I=1,{\mathbf{z}})dX$
		$\displaystyle=\int{\mathbb{I}}(X=x)f_{*}(y\|X,I=1,{\mathbf{z}})dX$
		$\displaystyle=f_{*}(y\|x,I=1,{\mathbf{z}})$
		$\displaystyle=f_{*}(y\|x,I=0,{\mathbf{z}})$
		$\displaystyle=f(y\|x,{\mathbf{z}})$

	$\displaystyle f({\mathbf{z}}\|do(x))$	$\displaystyle=f_{*}({\mathbf{z}}\|I=1)$
		$\displaystyle=f_{*}({\mathbf{z}}\|I=0)$
		$\displaystyle=f({\mathbf{z}})$

	$\displaystyle f(y\|do(X=x))$	$\displaystyle=\int f(y,{\mathbf{z}}\|do(X=x))d{\mathbf{z}}$
		$\displaystyle=\int f({\mathbf{z}}\|do(X=x))f(y\|do(X=x),{\mathbf{z}})$
		$\displaystyle=\int f({\mathbf{z}})f(y\|x,{\mathbf{z}})$