Las condiciones necesarias y suficientes son que, o bien $\mu$ da a todos los conjuntos medibles probabilidad de $0$ o $1$ o $\nu$ da a todos los conjuntos medibles probabilidad de $0$ o $1$.
Para demostrar que estas condiciones son suficientes, por ejemplo supongamos que $\mu$ da a todos los conjuntos medibles probabilidad de $0$ o $1$. A continuación, para todos los conjuntos de $A$$B$$\mathscr A$, $\mu(A)=0$ o $\mu(A)=1$. Si $\mu(A)=0$, luego
$$
\mathsf P(\xi^{-1}(A)\cap \eta^{-1}(B))\le\mathsf P(\xi^{-1}(A))=\mu(A)=0
$$
así
$$
\mathsf P(\xi^{-1}(A)\cap \eta^{-1}(B))=0=\mu(A) \nu(B).
$$
Si $\mu(A)=1$,$\mu(A^C)=0$, por lo que
\begin{eqnarray*}
\mathsf P(\xi^{-1}(A)\cap \eta^{-1}(B))&=&\mathsf P(\eta^{-1}(B))-\mathsf P(\xi^{-1}(A^C)\cap \eta^{-1}(B))\\
&=&\mathsf P(\eta^{-1}(B)), \ \ \text{by the above}\\
&=&\nu(B)\\
&=&\mu(A)\nu(B).
\end{eqnarray*}
Para demostrar que las condiciones son necesarias, voy a suponer que no se mantenga y siga Hizo el comentario anterior para construir un contraejemplo de acoplamiento. Si las condiciones no espera, no es$A\in\mathscr A$$\mu(A)=p\in(0,1)$$B\in\mathscr A$$\nu(B)=q\in(0,1)$. Suponer sin pérdida de generalidad que $p\le q$.
A la par el caso de $A$$B$, usted puede construir una $2$ $2$ tabla de contingencia,
$$
\begin{array}{lll}
& {\Bbb P}(A)=p & {\Bbb P}(A^C)=1-p \\
{\Bbb P}(B)=q & t & u \\
{\Bbb P}(B^C)=1-q & v & w \\
\end{array}
$$
y rellenar sus entradas, $t$, $u$, $v$, y $w$, con cualquier tipo de números no negativos, de modo que los marginales son correctos. Los marginales de la fuerza de los valores $u=q-t$, $v=p-t$, y $w=1-p-q+t$, por lo que debe escoger un valor de $t$ en el intervalo cerrado $[\max(0, p+q-1),p]$. Una vez hecho esto, usted puede extender el acoplamiento con la construcción de medidas del producto, de la siguiente manera:
Definir producto subprobability medidas $\omega_1$, $\omega_2$, $\omega_3$, y $\omega_4$ $(X\times X, {\mathscr A} \times {\mathscr A})$ por
$$\omega_1(D\times E)=t \frac{\mu(D\cap A) \nu(E\cap B)}{pq},$$
$$\omega_2(D\times E)=(q-t)\frac{ \mu(D\cap A^C) \nu(E\cap B)}{(1-p)q},$$
$$\omega_3(D\times E)=(p-t)\frac{ \mu(D\cap A) \nu(E\cap B^C)}{p(1-q)},$$
$$\omega_4(D\times E)=(1-p-q+t)\frac{ \mu(D\cap A^C) \nu(E\cap B^C)}{(1-p)(1-q)}.$$
Por construcción, estos tienen total medida $t$, $q-t$, $p-t$, y $1-p-q+t$, respectivamente. Por lo tanto, si $\mathsf P:=\omega_1+\omega_2+\omega_3+\omega_4$, $\mathsf P$ es una medida de probabilidad. Ahora, vamos a $\Omega:=X\times X$, ${\mathscr F}:={\mathscr A}\times {\mathscr A}$, y deje $\xi$ $\eta$ ser proyecciones en el primer y segundo coordenadas.
Para mostrar que, por ejemplo, $\xi_*(\mathsf P) = \mu$, se observa que la si $D\in\mathscr A$,
\begin{eqnarray*}
\mathsf P(\xi^{-1}(D))&=&\mathsf P(D\times X)\\
&=& \omega_1(D\times X)+\omega_2(D\times X)+\omega_3(D\times X)+\omega_4(D\times X)\\
&=& t\frac{\mu(D\cap A)q}{pq}+(q-t)\frac{\mu(D\cap A^C)q}{(1-p)q}
+(p-t) \frac{\mu(D\cap A)(1-q)}{p(1-q)}+(1-p-q+t)\frac{\mu(D\cap A^C)(1-q)}{(1-p)(1-q)}\\
&=& \frac{t+(p-t)}{p}\mu(D\cap A) + \frac{(q-t)+(1-p-q+t)}{1-p}\mu(D\cap A^C)\\
&=& \mu(D).
\end{eqnarray*}
La prueba de que $\eta_*(\mathsf P)=\nu$ es similar. Sin embargo, ahora
\begin{eqnarray*}
\mathsf P(\xi^{-1}(A)\cap \eta^{-1}(B))&=&\mathsf P(A\times B)\\
&=&\omega_1(A\times B), \qquad \text{since the other %#%#%s vanish}\\
&=& t\frac{pq}{pq}\\
&=& t.
\end{eqnarray*}
Ya que podemos elegir $\omega_i$ a ser cualquier número en $t$, lo que evidentemente no es necesario que $[\max(0,p+q-1),p]$ igual $t$. Esto completa la prueba.
