Mostrar que $E(X\mid Y, Z) = E(X\mid Y)$ casi con toda seguridad con la condición Z es independiente de $(X, Y)$

Question

$(X, Y, Z)$ es un aleatoria continua vector y $Z$ es independiente de $(X,Y)$. Demostrar que $E(X\mid Y, Z) = E(X\mid Y)$ casi seguramente.

Yo había estado pensando en esta pregunta de esta noche, pero no podía entender cómo aplicar la independiente de la condición. Yo estaba tratando de mostrar a $E(X\mid Y,Z)$ es otra versión de la $E(X\mid Y)$ pero ocurrió nada.

Más en detalle, por la definición de esperanza condicional como una variable aleatoria, \begin{equation*}E((X - E(X\mid Y,Z)\cdot H(Y,Z))=0\end{ecuación*} para cada función de $H$. Ahora quiero mostrarles $E(X\mid Y,Z)$ es otra versión de la $E(X\mid Y)$ y luego por la unicidad de la esperanza condicional, puedo conseguir el resultado deseado. También podemos escribir\begin{equation*}E((X - E(X\mid Y,Z)\cdot h(Y))=0\end{ecuación*} para cada función de $h$ desde $h(Y)$ está incluido en $H(Y,Z)$. Pero $E(X\mid Y,Z)$ es la función de $(Y,Z)$ en lugar de $Y$, lo que significa que todavía no es una versión de $E(X\mid Y)$. Y a mí se me ocurre, yo no lo uso independiente de la condición y que es donde me quedé.

Creo que sigue siendo para mostrar $E(X\mid Y,Z)$ es una función de $y$ solo, que debe ser verdad intuitivamente desde $Z$ es independiente de $(X,Y)$. (me.e sabiendo $Z$ no hace ninguna contribución a saber $X$)

Pero, ¿cómo hacerlo rigoriously?

Answer 1

Sugerencia: Considerar la clase de $\mathcal H$ medibles acotadas funciones $H$ tal que $$E((X-E(X\mid Y))\cdot H(Y,Z))=0.$$ By hypothesis, $\mathcal H $ contains every measurable bounded function $ h (y, z) \mapsto h (y) $. On the other hand, the desired conclusion holds if $\mathcal H $ contains every measurable bounded function $ h (y, z) \mapsto H(y,z)$.

Por lo tanto, el siguiente paso es ampliar la colección de funciones que conocemos se encuentran en $\mathcal H$. Uno puede empezar por sutying lo que ocurre para funciones acotadas medibles $H:(y,z)\mapsto h(y)k(z)$.