$E[f(X)|\mathcal{Q}]=\int_{0}^{+\infty}f'(x)P(X>x|\mathcal{Q})dx$ casi seguro

Question

Sea $(\Omega,\mathcal{F},P)$ un espacio de probabilidad, $\mathcal{Q} \subset \mathcal{F}$ una $\sigma$-álgebra en $\Omega.$ Sea $f:\mathbb{R}^+ \rightarrow \mathbb{R}^+,$ una función de clase $C^1,$ no-decreciente, $f(0)=0.$ Consideremos una variable aleatoria $X$ que toma valores en $\mathbb{R}^+.$

Probar que $$E[f(X)|\mathcal{Q}]=\int_{0}^{+\infty}f'(x)P(X>x|\mathcal{Q})dx \ \ \ \ c.s.$$

Lo primero que necesitamos demostrar es que $\int_{0}^{+\infty}f'(x)P(X>x|\mathcal{Q})dx$ es $\mathcal{Q}$-medible y luego para todo $E \in \mathcal{Q},$ $$\int_E (\int_0^{+\infty}f'(x)P(X>x)dx)dP=\int_Ef(X)dP$$

Si $(x,w) \rightarrow f'(x)P(X>x|\mathcal{Q})(w)$ es $(B(\mathbb{R}^+) \times \mathcal{Q})$-medible, entonces se resuelve usando Fubini.

Entonces, ¿es verdad que $(x,w) \rightarrow f'(x)P(X>x|\mathcal{Q})(w)$ es $(B(\mathbb{R}^+) \times \mathcal{Q})$-medible? ¿Deberíamos considerar una aproximación para $X=1_E$ donde $E \in \mathcal{F}$? Si no, ¿es posible un argumento de sistema $\pi$-$\lambda$?

Answer 1

Para aclarar la situación, reformulemos la pregunta de la siguiente manera:

Sea $F:[0,\infty)\times\Omega\rightarrow[0,1]$ una función medible respecto a $\mathcal{B}([0,\infty))\otimes\mathcal{G}$ tal que para cada $x\in[0,\infty)$, $F(x,\cdot)$ es una versión de la expectativa condicional $E\left(1_{[X>x]}\mid\mathcal{G}\right)$. Sea $f:[0,\infty)\rightarrow[0,\infty)$ una función creciente $C^{1}$ con $f(0)=0$. Demuestra que $E\left[f(X)\mid\mathcal{G}\right]=\int_{0}^{\infty}f'(x)F(x,\cdot)dx$. (c.p.d)

Dado que $(x,\omega)\mapsto f'(x)F(x,\omega)$ es no negativo, medible respecto a $\mathcal{B}([0,\infty))\otimes\mathcal{G}$ y las medidas consideradas son $\sigma$-finitas, el Teorema de Tonelli es aplicable. Por el Teorema de Tonelli, el mapa $\omega\mapsto\int_{0}^{\infty}f'(x)F(x,\omega)dx$ toma valores en $[0,\infty]$ y es medible respecto a $\mathcal{G}$. Dicho mapa se denota por $\int_{0}^{\infty}f'(x)F(x,\cdot)dx$. Para probar que $E\left[f(X)\mid\mathcal{G}\right]=\int_{0}^{\infty}f'(x)F(x,\cdot)dx$, solo necesitamos demostrar que para cada $A\in\mathcal{G}$, $$ \int_{A}f(X)dP=\int_{A}\left(\int_{0}^{\infty}f'(x)F(x,\cdot)dx\right)dP. $$ Esto es fácil. Pues, \begin{eqnarray*} \int_{A}\left(\int_{0}^{\infty}f'(x)F(x,\cdot)dx\right)dP & = & \int_{0}^{\infty}f'(x)\left[\int_{A}F(x,\omega)dP(\omega)\right]dx\\ & = & \int_{0}^{\infty}f'(x)\left[\int_{A}1_{[X>x]}(\omega)dP(\omega)\right]dx\\ & = & \int\left[\int_{0}^{\infty}f'(x)1_{A}(\omega)1_{[X>x]}(\omega)dx\right]dP(\omega)\\ & = & \int\left[\int_{0}^{X(\omega)}1_{A}(\omega)f'(x)dx\right]dP(\omega)\\ & = & \int1_{A}(\omega)\left(f(X(\omega))-f(0)\right)dP(\omega)\\ & = & \int_{A}f(X)dP. \end{eqnarray*} En lo anterior, hemos utilizado el hecho de que $(x,\omega)\mapsto1_{[X>x]}(\omega)$ es medible respecto a $\mathcal{B}([0,\infty))\otimes\mathcal{F}$, lo cual se puede demostrar de la siguiente manera: Sea $B=\{(x,\omega)\in[0,\infty)\times\Omega\mid X(\omega)>x\}$, entonces \begin{eqnarray*} B & = & \cup_{r\in\mathbb{Q},r>0}\{(x,\omega)\mid X(\omega)>r>x\}\\ & = & \cup_{r\in\mathbb{Q},r>0}\{(x,\omega)\mid X(\omega)>r\}\cap\{(x,\omega)\mid r>x\},\\ & = & \cup_{r\in\mathbb{Q},r>0}\left(X^{-1}((r,\infty))\times\Omega\right)\cap\left([0,r)\times\Omega\right) \end{eqnarray*} que es claramente medible en conjunto. Ahora, $(x,\omega)\mapsto1_{[X>x]}(\omega)$ es simplemente la función $(x,\omega)\mapsto1_{B}(x,\omega)$.

Answer 2

Hint para la medibilidad: Sea $F(x,\omega)$ medible en $\omega$ y continuo por la derecha en $x$. Entonces $F$ es conjuntamente medible. Prueba: $F(x,y)=\lim F(\frac {[2^{n}x] } {2^{n}},y)$ y $F(\frac {[2^{n}x] } {2^{n}},y)$ es conjuntamente medible para cada $n$. [Por supuesto, $f'(x)$ se puede separar ya que los productos de funciones medibles son medibles].

Answer 3

Lo siguiente NO es una demostración ni una solución.

Parece que la continuidad por la derecha no se puede demostrar. Permítanme elaborar un poco sobre la medibilidad del mapa $(x,\omega)\mapsto P\left([X>x]\mid\mathcal{G}\right)(\omega)$. Recuerde que la expectativa condicional, en general, no es única sino solo única salvo casi seguramente. Para cada $x$, tenemos muchas opciones para la expectativa condicional $\omega\mapsto P\left([X>x]\mid\mathcal{G}\right)(\omega)$. Sea $\mathcal{C}_{x}$ el conjunto de todos los posibles candidatos de la expectativa condicional $P\left([X>x]\mid\mathcal{G}\right)$, que no es vacío. Por el Axioma de Elección, existe un mapa $\theta:[0,\infty)\rightarrow\bigcup_{x}\mathcal{C}_{x}$ tal que $\theta(x)\in\mathcal{C}_{x}$. Defina $F:[0,\infty)\times\Omega\rightarrow\theta(x)(\omega)$. El mapa $F$ se escribe de forma informal como $(x,\omega)\mapsto P\left([X>x]\mid\mathcal{G}\right)(\omega)$. Pasamos a demostrar lo siguiente:

1. Para cada $\omega\in\Omega$, $F(\cdot,\omega)$ es continua por la derecha.

Prueba de (1): Sea $x\in[0,\infty)$ fijo. Sea $(x_{n})$ una secuencia arbitraria de números reales tal que $x_{1}>x_{2}>\ldots>x$ y $x_{n}\rightarrow x$. Para demostrar que $F(\cdot,\omega)$ es continua por la derecha en $x$, basta con que $F(x_{n},\omega)\rightarrow F(x,\omega)$ (una demostración de análisis elemental debido a Heine). Observamos que $[X>x_{1}]\subseteq[X>x_{2}]\subseteq\ldots$, por lo que la secuencia de variables aleatorias $(1_{[X>x_{n}]})_{n}$ es monótona creciente. Es fácil demostrar que $1_{[X>x_{n}]}\rightarrow1_{[X>x]}$ puntualmente. (Para ello, sea $\omega\in\Omega$. Consideramos dos casos. Caso 1: $X(\omega)>x$. En este caso, $1_{[X>x]}(\omega)=1$. Dado que $X(\omega)>x$, y $x_{n}\rightarrow x$, existe un $N$ tal que $X(\omega)>x_{n}$ cuando $n\geq N$. Para $n\geq N$, tenemos $1_{[X>x_{n}]}(\omega)=1$, por lo que $\lim_{n}1_{[X>x_{n}]}(\omega)=1$. Caso 2: $X(\omega)\leq x$. Claramente, $\lim_{n}1_{[X>x_{n}]}(\omega)=1_{[X>x]}(\omega)=0$) Por el Teorema de Convergencia Monótona, tenemos $E\left(1_{[X>x_{n}]}\mid\mathcal{G}\right)\rightarrow E\left(1_{[X>x]}\mid\mathcal{G}\right)$ (c.s.). A partir de este punto, NO PODEMOS argumentar lo siguiente: Sea $\omega\in\Omega$, entonces $E\left(1_{[X>x_{n}]}\mid\mathcal{G}\right)(\omega)\rightarrow E\left(1_{[X>x]}\mid\mathcal{G}\right)(\omega).$

Parece que la continuidad por la derecha de $F(\cdot,\omega)$ no se puede demostrar porque depende de la función de elección $\theta$. Por ejemplo, para una elección de $\theta$, podemos hacer que $F(\cdot,\omega)$ sea continua por la derecha para todo $\omega$. Sin embargo, para otra elección $\theta'$, $F(\cdot,\omega)$ puede no ser continua por la derecha.

Una pregunta razonable es: ¿Es posible elegir $\theta$ de manera que $F(\cdot,\omega)$ definido anteriormente sea continuo por la derecha?

Answer 4

Sea $Y$ una variable aleatoria acotada y $\mathscr{Q}$-medible. Dado que $(t,\omega)\mapsto 1_{t es $(\mathscr{B}(\mathbb{R}^+)\otimes \mathscr{F}) $-medible y no negativa, y \begin{align*} \mathsf{E}[f(X)Y]&=\mathsf{E}\Big[\int_{0}^{\infty}1_{t entonces \begin{align*} \mathsf{E}[f(X)|\mathscr{Q}] &=\mathsf{E}\Big[\int_{0}^{\infty}1_{tt|\mathscr{Q})f'(t)\,dt . \end{align*}

Observación: La existencia de una versión medible con respecto a $(t,\omega)$ de $\mathsf{E}[1_{X>t}|\mathscr{Q}]$ podría deducirse de la existencia de la probabilidad condicional regular $\mathsf{P}_X(B|\mathscr{Q})$ y mediante un argumento de sistema $\pi-\lambda$. Consulte Galen R. Shorack, Probability for Statisticians, 2.ª ed., Springer International Publishing, 2017. Sec. 7.5, p.143.

Answer 5

Reclamamos: Para cada variable aleatoria $X:\Omega\rightarrow[0,\infty)$, existe una versión de la esperanza condicional $E\left(1_{[X\leq x]}\mid\mathcal{G}\right)$ tal que el mapa $[0,\infty)\times\Omega\rightarrow\mathbb{R}$, $(x,\omega)\mapsto E\left(1_{[X\leq x]}\mid\mathcal{G}\right)(\omega)$ es conjuntamente medible. (Para el significado de una versión de la esperanza condicional $E\left(1_{[X\leq x]}\mid\mathcal{G}\right)$, donde se invoca el Axioma de Elección, por favor lee mi otro mensaje.)

Prueba: Paso 1: $X$ es una función simple. Supongamos que $X=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}1_{A_{i}}$, donde $0\leq\alpha_{1}<\alpha_{2}<\ldots<\alpha_{n}$ y $A_{1},\ldots,A_{n}\in\mathcal{F}$ son mutuamente disyuntos y $\cup_{i=1}^{n}A_{i}=\Omega$. Fija $(x,\omega)\in[0,\infty)\times\Omega$. Observa que $$ 1_{[X\leq x]}(\omega)=\begin{cases} 1_\emptyset(\omega), & \mbox{si }x\in[0,\alpha_{1})\\ 1_{A_{1}}(\omega), & \mbox{si }x\in[\alpha_{1},\alpha_{2})\\ 1_{A_{1}\cup A_{2}}(\omega), & \mbox{si }x\in[\alpha_{2},\alpha_{3})\\ \vdots & \vdots\\ 1_{\Omega}(\omega), & \mbox{si }x\in[\alpha_{n},\infty) \end{cases}. $$ Por lo tanto $1_{[X\leq x]}=\sum_{i=1}^{n+1}1_{[\alpha_{i-1},\alpha_{i})}(x)1_{B_{i-1}},$ donde $\alpha_{0}:=0$, $\alpha_{n+1}:=\infty$, $B_{0}=\emptyset$, $B_{1}=A_{1}$ etc. Se deduce que para cada $x\in[0,\infty)$, $$ E\left(1_{[X\leq x]}\mid\mathcal{G}\right)=\sum_{i=1}^{n+1}1_{[\alpha_{i-1},\alpha_{i})}(x)E\left(1_{B_{i}}\mid\mathcal{G}\right)(c.s.) $$ Claramente, independientemente de la elección de la esperanza condicional $E\left(1_{B_{i}}\mid\mathcal{G}\right)$, el mapa $(x,\omega)\rightarrow\sum_{i=1}^{n+1}1_{[\alpha_{i-1},\alpha_{i})}(x)E\left(1_{B_{i}}\mid\mathcal{G}\right)(\omega)$ es medible con respecto a $\mathcal{B}([0,\infty))\otimes\mathcal{G}$. Dado que $0\leq1_{B_{i}}\leq1$, tenemos $0\leq E\left(1_{B_{i}}\mid\mathcal{G}\right)\leq1$ (c.s.). Elegimos una versión tal que $0\leq E\left(1_{B_{i}}\mid\mathcal{G}\right)\leq1$ en todas partes. En resumen, $E\left(1_{[X\leq x]}\mid\mathcal{G}\right)$ puede ser elegida de manera que $0\leq E\left(1_{[X\leq x]}\mid\mathcal{G}\right)\leq1$ en todas partes.

Paso 2: $X$ es una variable aleatoria no negativa. Elige una secuencia de variables aleatorias simples $(X_{n})_{n}$ tal que $0\leq X_{1}\leq X_{2}\leq\ldots\leq X$ y $X_{n}\rightarrow X$ puntualmente. Fija $x\in[0,\infty)$. Observa que $1_{[X_{n}\leq x]}\rightarrow1_{[X\leq x]}$ puntualmente. (Para, deja que $\omega\in\Omega$. Si $X(\omega)\leq x$, entonces $X_{n}(\omega)\leq x$ para todo n, así que $1_{[X\leq x]}(\omega)=1_{[X_{n}\leq x]}(\omega)=1$ para todo $n$. Si $X(\omega)>x$, entonces existe $N$ tal que $X_{n}(\omega)>x$ para todo $n\geq N$. Se sigue que $1_{[X_{n}\leq x]}(\omega)\rightarrow0=1_{[X\leq x]}(\omega)$.) Por el Teorema de Convergencia Dominada (versión de esperanza condicional), $E\left(1_{[X_{n}\leq x]}\mid\mathcal{G}\right)\rightarrow E\left(1_{[X\leq x]}\mid\mathcal{G}\right)$ (c.s.). Para mayor claridad, denota una elección conjuntamente medible de $(x,\omega)\mapsto E\left(1_{[X_{n}\leq x]}\mid\mathcal{G}\right)(\omega)$ por $F_{n}(x,\omega)$, con $0\leq F_{n}\leq1$ en todas partes. Hemos probado que para cada $x\in[0,\infty)$, $\lim_{n}F_{n}(x,\cdot)$ converge c.s. a una versión de la esperanza condicional $E\left(1_{[X\leq x]}\mid\mathcal{G}\right)$. Ahora define $G:[0,\infty)\times\Omega\rightarrow[0,1]$ por $G(x,\omega)=\limsup_{n}F_{n}(x,\omega).$ Dado que $F_{n}\rightarrow G$ puntualmente, $G$ es medible con respecto a $\mathcal{B}([0,\infty)\otimes\mathcal{G}$. Además, $0\leq G\leq1$. Para cada $x\in[0,\infty)$, $G(x,\cdot)$ es una versión de la esperanza condicional $E\left(1_{[X\leq x]}\mid\mathcal{G}\right)$.

Paso 3: Finalmente, observa que $E\left(1_{[X>x]}\mid\mathcal{G}\right)=1-E\left(1_{[X\leq x]}\mid\mathcal{G}\right)$ (c.s.), por lo que $1-G$ es una versión conjuntamente medible para $E\left(1_{[X>x]}\mid\mathcal{G}\right)$.