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记录本校的高等概率论课程笔记,参考教材《测度与概率》

本讲继续介绍条件期望的性质。

4.条件期望的性质

定理5.4.1

条件期望具有如下性质

(1)XGσ(X)GX1AAG,E[X|G]=E[X](a.s)(2)XGE[XY|G]=XE[Y|G](a.s)(3)G1G2G,E[E[X|G1]|G2]=E[X|G1]=E[E[X|G2]|G1](a.s)

(1)证明:首先E[X]G可测,接着AG

AE[X]dp=1AE[X]dp=E[X]E[1A]=E[X1A]=AXdp

(2)证明:XG可测,E[Y|G]G可测,从而XE[Y|G]G可测。我们的目标是证明

AG,AXE[Y|G]dp=AXYdp

如果X=1B,那么

=A1BE[Y|G]dp=ABE[Y|G]dp=ABYdp=A1BYdp=

接下来将上述结论推广到非负简单,非负可测,再到一般的情形,从而完成证明。

(3)证明:因为E[X|G1]G1可测,所以E[X|G1]G2可测,由(2)可得

E[E[X|G1]|G2]=E[X|G1]

接着证明第二个等号。注意到E[X|G1]G1可测,AG1

AE[X|G2]dp=AXdp

所以

E[X|G1]=E[E[X|G2]|G1]

定理5.4.2

(1)p,q11p+1q=1E[|XY||G](E[|X|p|G])1p(E[|Y|q|G])1q(2)E[X]φR使E[φ(X)]φ(E[X])E[φ(X)],φ(E[X|G])E[φ(X)|G](a.s)

(1)证明:利用

abapp+bqq,a,b0

如果

(E[|X|p|G])1p0,(E[|Y|q|G])1q0

a=|X|(E[|X|p|G])1p,b=|Y|(E[|Y|q|G])1q,那么

|X|(E[|X|p|G])1p|Y|(E[|Y|q|G])1q|X|ppE[|X|p|G]+|Y|qqE[|Y|q|G]

关于G取条件期望可得

E[|X|(E[|X|p|G])1p|Y|(E[|Y|q|G])1q|G]1p+1q=1E[|XY||G](E[|X|p|G])1p(E[|Y|q|G])1q

如果

(E[|X|p|G])1p=0(E[|Y|q|G])1q=0

考虑X+ϵ,Y+ϵ,ϵ>0,那么

E[|(X+ϵ)(Y+ϵ)||G](E[|(X+ϵ)|p|G])1p(E[|(Y+ϵ)|q|G])1q

ϵ0即可。

(2)证明:因为下凸,所以x,y

φ(y)φ(x)φ+(y)(yx)

x=X(w),y=E[X],则

φ(E[X])φ(X)φ+(E[X])(E[X]X)

取期望可得

φ(E[X])E[φ(X)]0φ(E[X])E[φ(X)]

x=X(w),y=E[X|G],则

φ(E[X|G])φ(X)φ+(E[X|G])(E[X|G]X)

两边取关于G取条件期望可得

φ(E[X|G])E[φ(X)|G]0φ(E[X|G])E[φ(X)|G]

命题

X,YE[f(X,Y)|Y]=h(Y),h(y)=E[f(X,y)]E[f(X)g(Y)|Y]=g(Y)E[f(X)|Y]=g(Y)E[f(X)]

证明:由截口的定义知h(Y)σ(Y)可测。

为了证明

Aσ(Y)=Y1(Σ)={Y1(B),BΣ}Y1(B)h(y)dp=Y1(B)f(x,y)dp

上式

yBh(y)dp=yBf(x,y)dp1B(y)h(y)dp=1B(y)f(x,y)dp

注意到

=1B(y)h(y)dp=1B(y)h(y)μY(dy)=1B(y)E[f(X,y)]μY(dy)=f(x,y)μX(dx)1B(y)μY(dy)=E×E1B(y)f(x,y)d(μX×μY)=

定理5.4.3

E[X2]<GYE[Y2]<E[(XE[X|G])Y]=0

证明:

E[(XE[X|G])Y]=E[E[(XE[X|G])Y]|G]=E[YE[(XE[X|G])]|G]=0

推论

E[XE[X|Y]]2=minZL2(σ(Y),P)E[XZ]2L2(σ(Y),P)

证明见习题。

习题

习题1

(课本P193/7.4/2)

(1)证明:首先考虑X为示性函数的情形,假设X=1A,那么BC,我们有

BE[XX|C]dPC=BXXdPC=BX1AdPC=ABXdPC=ABE[X|C]dPC=B1AE[X|C]dPC=BXE[X|C]dPC=BE[XE[X|C]|C]dPC

最后一步是由条件期望的定义。

由条件期望的线性性可知,X为简单函数时结论也成立。

如果X为非负可测函数,存在简单简单函数{Xn}X,利用单调收敛定理可得结论也成立。

如果X为一般可测函数,利用X=X+X可得结论也成立。

(2)证明:取C=C,则

E[XX|C]=E[XE[X|C]|C]=XE[X|C]

X=1C,则

E[X|C]=E[E[X|C]|C]

习题2

(课本P193/7.4/3)

(1)证明::取m=n+1即可

:因为Fn,所以

Xn=E[Xn+1|Fn]=E[E[Xn+2|Fn+1]|Fn]=E[Xn+2|Fn]

递推可得

Xn=E[Xm|Fn](m>n)

(2)证明:

E[Xn+1|Fn]=E[Xn+Yn+1|Fn]=E[Xn|Fn]+E[Yn+1|Fn]

因为XnFn可测,Yn+1Fn独立,所以

E[Xn|Fn]=Xn,E[Yn+1|Fn]=E[Yn+1]=0

因此

E[Xn+1|Fn]=Xn

从而Xn是鞅

习题3

(课本P193/7.4/5)

该题需增加如下条件

P(|Y|<)=1,P(|X|<)=1

备注:该证明参考老师上课的讲解。

证明:计算截断期望E[(XY)21{|X|n}]

E[(XY)21{|X|n}]=E[E[(XY)21{|X|n}|C]]=E[X21{|X|n}2X1{|X|n}E[Y|C]+1{|X|n}E[Y2|C]]=E[X21{|X|n}]2E[X21{|X|n}]+E[X21{|X|n}]=0

第二个等号成立需要拆开后的运算有意义,这里证明每一项都有限:

E[X21{|X|n}]n2E[2|XY|1{|X|n}]2nE[|Y|1{|X|n}]2n(E[Y21{|X|n}])12(CS)2n(E[E[Y21{|X|n}]|C])122n(E[X21{|X|n}])122n2E[Y21{|X|n}]=E[E[Y21{|X|n}]|C]=E[X21{|X|n}]n2

第三个等号用到了题目中的条件。

所以

(XY)1{|X|n}=0(a.s)

n

X=Y(a.s)

习题4

E[XE[X|Y]]2=minZL2(σ(Y),P)E[XZ]2L2(σ(Y),P)

证明:

E[XZ]2=E[XE[X|Y]+E[X|Y]Z]2=E[XE[X|Y]]2+E[E[X|Y]Z]2+2E[(XE[X|Y])(E[X|Y]Z)]

E[(XE[X|Y])(E[X|Y]Z)]=E[E[(XE[X|Y])(E[X|Y]Z)]|Y]=E[(E[X|Y]Z)E[XE[X|Y]|Y]]E[XE[X|Y]|Y]=0

所以

E[(XE[X|Y])(E[X|Y]Z)]=0E[XZ]2=E[XE[X|Y]]2+E[E[X|Y]Z]2E[XE[X|Y]]2