Dado $\mathbb{E}[X|Y] = Y$a.s. y $\mathbb{E}[Y|X] = X$ a.s. mostrar $X = Y$ a.s.

Question

Dado $X,Y \in L^2(\Omega,\mathscr{F},\Bbb{P})$ tal que

$\mathbb{E}[X|Y] = Y$ .s.

$\mathbb{E}[Y|X] = X$ .s.

mostrar que $\Bbb{P}(X = Y ) = 1.$

$Attempt: $

Puedo ver que $\mathbb{E}[X|Y] = Y$ significa

$$ \int_{\{Y\in{A}\}}X \, d\Bbb{P} = \int_{\{Y\in{A}\}}Y \, d\Bbb{P} $$ para cualquier $A \subset{\Bbb{R}} $ Borel, por lo que

$$ \int_{\{Y\in{A}\}}X - Y \, d\Bbb{P} = 0 $$ over any such sets. Similarly for sets of the form $\{X \in A \}$.

Ahora, si yo pudiera demostrar que $ \int_U X - Y \, d\Bbb{P} = 0$ para cualquier conjunto $U \subset \Omega$ de la forma $\{X \lt a, Y \lt b\}$ $a,b \in \Bbb{R}$ luego me gustaría hacer, ya que establece de esa forma son un $\pi$-sistema que genera $\sigma(X,Y)$, así que me gustaría tener (por un lexema) que la integral de $X-Y$ se desvanece en todas las $\sigma(X,Y)$ conjuntos - así que, por supuesto, sería cero. Pero no puedo averiguar cómo hacer que.

Me ha dado la pista de que $$ \int_{ \{ X \gt c, Y \le c \} } X - Y \, d\Bbb{P} + \int_{ \{ X \le c, Y \le c \} } X - Y \, d\Bbb{P} = 0 \; \text{for all} \; c $$

porque esa es la integral sobre la $\{Y\le c\}$, un conjunto de la forma anterior. Con la condición de que $X$ $Y$ son integrables, este es el ejercicio 9.2 en Williams "Probabilidad con Martingales". Me condujo hasta la pared para llegar tan atrapado en lo que parece un simple ejercicio!

Answer 1

Desde

$\mathbb E[X^2] = \mathbb E[X\mathbb E[Y|X]] = \mathbb E[\mathbb E[XY|X]] = \mathbb E[XY]= \mathbb E[\mathbb E[XY|Y]] = \mathbb E[Y\mathbb E[X|Y]] = \mathbb E[Y^2], $

observar que $$ \mathbb E[(X-Y)^2]=\mathbb E[X^2+Y^2-2XY]=0, $$

lo que implica que $X$ $Y$ difieren en un conjunto de medida cero.

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Para el más débil condición donde $X$ $Y$ son simplemente integrable procedemos de la siguiente manera. Elija cualquier número racional $c\in\mathbb Q$. Tenga en cuenta que

$$ \mathbb E[(X-Y){\bf 1}_{Y\leqslant c}]=\mathbb E[(X-Y){\bf 1}_{Y\leqslant c}{\bf 1}_{X\leqslant c}]+\mathbb E[(X-Y){\bf 1}_{Y\leqslant c}{\bf 1}_{X> c}]\etiqueta{1} $$ Invirtiendo los roles de $X$ $Y$ da $$ \mathbb E[(X-Y){\bf 1}_{X\leqslant c}]=\mathbb E[(X-Y){\bf 1}_{X\leqslant c}{\bf 1}_{Y\leqslant c}]+\mathbb E[(X-Y){\bf 1}_{X\leqslant c}{\bf 1}_{Y> c}]\etiqueta{2} $$ El lado izquierdo de cada uno de (1) y (2) es cero, ya que $\mathbb E[(X-Y){\bf 1}_{X\leqslant c}]=\mathbb E[(X-\mathbb E[X|Y]){\bf 1}_{X\leqslant c}]=$$\mathbb E[X{\bf 1}_{X\leqslant c}]-\mathbb E[X{\bf 1}_{X\leqslant c}]=0$, por ejemplo. Esto, a su vez, implica partir de (1) y (2) que $$ \mathbb E[(X-Y){\bf 1}_{X\leqslant c}{\bf 1}_{Y> c}]=\mathbb E[(X-Y){\bf 1}_{Y\leqslant c}{\bf 1}_{X> c}],\etiqueta{3} $$

una proposición que equivale a seguramente no número positivo a una seguramente no negativo. Por lo tanto, la lhs y rhs de (3) son, sin duda cero. Los eventos de $[X\leqslant c]\cap[Y> c]$$[Y\leqslant c]\cap[X> c]$, por lo tanto, deben ser null eventos. Pero esto vale para todos los $c$, de modo que (contables sindicatos) los eventos

$$[X<Y]=\bigcup_{c\in\mathbb Q}[X\leqslant c]\cap[Y> c]\ \ \text{and}\ \ [Y<X]=\bigcup_{c\in\mathbb Q}[Y\leqslant c]\cap[X> c]$$

son también nulos los eventos. Es decir, $[X\ne Y]$ es un evento nulo. Esto completa la prueba.