He decidido volver a escribir la respuesta casi por completo ya que @Byron sugerencia me permite hacer la respuesta más claro (espero). Primero de todo, gracias por la pregunta - esto es algo muy esclarecedor de la noción de la martingala y la esperanza condicional.
En segundo lugar, algunos motivación inspirada por el comentario de @TheBridge, he intentado primero en darse cuenta de lo que hace la $X_t(\omega)$ de media. Bien,
$$
X:(t,\omega)\in[0,1]\times [0,1]\mapsto X_{t}(\omega)\in\mathbb R
$$
así, para cada momento $t\in[0,1]$ el azar vairable $X_t$ es una función en $[0,1]$ $\omega$ $\mathscr F_t$- medible. De alguna manera esta función solo depende de los valores de $f(\omega)$ $\omega\in [0,t]$ y ser la mejor aproximación de la función de este último. En particular, $\mathsf EX_t = \mathsf Ef<\infty$ cualquier $t$. La finitud de la expectativa se mantiene por el hecho de que $f\in L^1([0,1])$.
Permítanme poner la respuesta en dos pasos: en primer lugar, utilizando la definición de la esperanza condicional vamos a adivinar la forma de $X_t$ y, a continuación, probar que de hecho es lo que necesitamos. Antes vamos a probar un hecho importante acerca de la filtración. Deje $\mathsf P$ el valor de la medida de Lebesgue y
$$
\mathscr N = \{F\in \mathscr B([0,1]):\mathsf P(F) = 0\}
$$
es la clase de todos nulo, por lo $\mathscr F_t = \sigma(\mathscr B([0,t])\cup \mathscr N)$.
Reclamo: para cualquier $F\in \mathscr F_t$ sostiene que
$$
\mathsf P(F\cap (t,1]) \in \{0,1-t\}.\la etiqueta{1}
$$
Prueba: primero de todo, vamos a denotar $\mathscr F^\prime_t$ a todos los elementos de a $\mathscr F_t$ satisfacción $(1)$. Entonces claramente
$$
\mathscr B([0,t])\cup \mathscr N\subconjunto \mathscr F^\prime_t
$$
y en ese caso la probabilidad en $(1)$ es siempre cero. Para terminar de demostrar que solo tenemos que mostrar que si $F,(F_n)_{n\geq 0}\in \mathscr F^\prime_t$ $F^c,\bigcup F_n\in \mathscr F^\prime_t$ lo cual es una tarea fácil. Como resultado, $\mathscr F^\prime_t$ $\sigma$- álgebra que contiene $\mathscr B([0,t])\cup \mathscr N$ por lo tanto $\mathscr F^\prime_t = \mathscr F_t$ y todos los elementos de la última admitir $(1)$.
Por la definición de la esperanza condicional, $X_t$ se $\mathscr F_t$medible y para cualquier $F\in\mathscr F_t$ debemos tener
$$
\int\limits_F (f-X_t)d\mathsf P = 0.\la etiqueta{2}
$$
Desde $\mathscr B([0,t])\subset\mathscr F_t$ nos da un indicio de que $X_t(\omega) = f(\omega)$ $\mathsf P$-una.e. en $[0,t]$. Con lo que respecta a $\omega\in (t,1]$ - a partir de nuestra afirmación se deduce que $X_t(\omega)$ es constante$\mathsf P$ -.e. en $(t,1]$. De hecho, si no fuera cierto, entonces no debería existir $r\in \mathbb R$ tal que
$$
\mathsf P(X_t^{-1}((-\infty,r))\cap (t,1])>0\text{ y }\mathsf P(X_t^{-1}([r,\infty))\cap (t,1])>0
$$
lo que se contradice con la afirmación de que desde $X_t^{-1}((-\infty,r))$$ (t,1]$$\mathscr F_t$. Esta constante nos podemos encontrar desde la condición de que $\mathsf EX_t = \mathsf Ef$ por lo que el resultado es:
$$
X_t(\omega) = f(\omega)1\{\omega\leq t\}+\frac{1}{1-t}\left(\int\limits_t^1f(\omega)d\omega\right)\cdot 1\{\omega >t\}
$$
para todos los $0\leq t<1$.
Para terminar la respuesta, comprobaremos que $X_t$ es, de hecho, $\mathscr F_t$medible y que $(2)$ mantiene.
En primer lugar, el $\mathscr F_t$-capacidad de medición de $\{\omega:\omega\leq t\} = [0,t]$, y la de su complemento $(t,1]$ es clara. Consideremos $f(\omega)1\{\omega\leq t\}$. Para $A\in \mathscr B(\mathbb R)$ tenemos:
$$
\{\omega:f(\omega)1\{\omega\leq t\}\in A\} =
\begin{cases}
f^{-1}(A)\cap[0,t], &\text{ if }0\notin A
\\
f^{-1}(A)\cap[0,t]\cup(t,1], &\text{ if }0\in A.
\end{casos}
$$
y por lo $X_t$ $\mathscr F_t$- medible como una combinación lineal de funciones medibles.
Para comprobar $(1)$, podemos recoger $F\in \mathscr F_t$ y
$$
\int\limits_F (f(\omega)-X_t(\omega))d\omega = \int\limits_{B\cap (t,1]}f(\omega)d\omega - \frac{1}{1-t}\mathsf P(B\cap (t,1])\cdot\int\limits_t^1 f(\omega)d\omega = 0
$$
como se desprende de la demanda.
