¿La continuidad absoluta de las medidas de probabilidad implica la continuidad absoluta de las medidas de probabilidad condicional en casi todas partes?

Question

Tengo un espacio polaco $X$ equipado con una medida de probabilidad de Borel $\mu$ . Tengo otro espacio polaco $Y$ y una función continua $f : X \rightarrow Y$ . Doy $Y$ la medida de probabilidad pushforward $\nu(\cdot) = \mu\left(f^{-1}(\cdot)\right)$ .

Ahora supongamos que tengo otra medida de probabilidad de Borel $\mu'$ en $X$ tal que $\mu \ll \mu'$ y $\mu\left(f^{-1}(\cdot)\right) = \mu'\left(f^{-1}(\cdot)\right)$ .

¿Es cierto que $\mu_y \ll \mu_y'$ $\nu$ -¿casi en todas partes?

Donde $\mu_y$ y $\mu_y'$ son las medidas de probabilidad condicional de $\mu$ y $\mu'$ .

Hasta ahora he intentado lo siguiente : Sabemos $\mu(A) > 0 \Rightarrow \mu'(A) > 0$ para todo conjunto medible $A \subset X$ . Sea $Y_A := \{ y \in Y \; | \; \mu_y'(A) > 0\} \cup \{ y \in Y \; | \; \mu_y(A) = 0 \}$ . Escoge $A \subset X$ tal que $\mu(A) > 0$ entonces $\mu'(A) = \int_{Y} \mu'_y(A) d\nu > 0$ (por el teorema de desintegración) por lo que sabemos $\nu(Y_A) = 1$ . Entonces pude mostrar \begin{align*} \nu\left(\bigcap_{A \subset X\text{ with non-emptry interior }} Y_A \right) = 1. \end{align*} pero aún me falta mostrar \begin{align*} \nu\left(\bigcap_{A\subset X \text{ measurable}} Y_A \right) = 1. \end{align*}

Lo he resuelto por $Y$ contable, pero sería genial tener el caso general.

Answer 1

No sólo es cierto, sino que también se puede escribir la "densidad condicional" de forma explícita. Intentemos primero identificar $d\mu_y/d\mu_y'$ informalmente, y luego probar la heurística. Escriba $$ \mu_y(\cdot) = \mu(\cdot)/\mu(f^{-1}(\{y\})) $$ y de forma similar para $\mu'$ para que $$ \frac{d\mu_y}{d\mu_y'}(x)= \frac{d\mu}{d\mu'}(x) \frac{\mu'(f^{-1}(\{y\}))}{\mu(f^{-1}(\{y\}))}. $$ Ahora $$ \frac{\mu(f^{-1}(\{y\}))}{\mu'(f^{-1}(\{y\}))} = \frac{1}{\mu'(f^{-1}(\{y\}))} \int_{f^{-1}(\{y\})} \frac{d\mu}{d\mu'}(z)\mu'(dz), $$ que se parece a la expectativa condicional $\mathsf E_{\mu'}[\frac{d\mu}{d\mu'}\mid f = y]$ .

Pasando a la parte formal, dejemos $\mathcal G$ sea la sub-sigma-álgebra de $\mathcal B(X)$ generado por $f$ . Obviamente, $\mu\ll \mu'$ en $\mathcal G$ también, por lo que hay una densidad Radon-Nikodym $Z = d\mu|_\mathcal G/d\mu'|_\mathcal G$ (coincide con la expectativa condicional anterior). Pero como $\mathcal G$ es generado por $f$ , $Z(x) = h(f(x))$ para alguna medida $h$ . Afirmo que $$ \frac{d\mu_y}{d\mu_y'}(x)= \frac{d\mu}{d\mu'}(x) \frac{\mathbf{1}_{h(y)>0}}{h(y)}. $$ a.e. Esto equivale a la igualdad $$ \mu(A\mid \mathcal G)(w) = \frac{\mathbf{1}_{Z(w)>0}}{Z(w)}\int_A \frac{d\mu}{d\mu'}(x)\mu'(dx\mid \mathcal G)(w)\tag{1} $$ para a.a. $w$ . Para mostrar lo último, escriba para cualquier $A\in \mathcal B(X)$ , $B\in \mathcal G$ $$ \mathsf E_{\mu}\left[\frac{\mathbf{1}_{Z>0}}{Z} \mathsf E_{\mu'}\left[\frac{d\mu}{d\mu'}\mathbf{1}_{A}\,\Big|\,\mathcal G\right]\mathbf{1}_{B} \right] = \mathsf E_{\mu'}\left[Z\frac{\mathbf{1}_{Z>0}}{Z} \mathsf E_{\mu'}\left[\frac{d\mu}{d\mu'}\mathbf{1}_{A}\,\Big|\,\mathcal G\right]\mathbf{1}_{B} \right] \\ = \mathsf E_{\mu'}\left[\mathbf{1}_{Z>0}\frac{d\mu}{d\mu'}\mathbf{1}_{A}\mathbf{1}_{B} \right] = \mathsf E_{\mu}\left[\mathbf{1}_{Z>0}\mathbf{1}_{A}\mathbf{1}_{B}\right]. $$ (La primera igualdad se mantiene ya que la expresión dentro de la expectativa es $\mathcal G$ -medible). Esto demuestra que $$ \mathsf E_{\mu}\left[\mathbf{1}_{A}\mid \mathcal G\right] = \frac{\mathbf{1}_{Z>0}}{Z} \mathsf E_{\mu'}\left[\frac{d\mu}{d\mu'}\mathbf{1}_{A}\,\Big|\,\mathcal G\right] $$ casi seguramente en $\{Z>0\}$ que es equivalente a (1) (obviamente, $d\mu_y/d\mu'_y$ se desvanece en $\{Z=0\}$ ).