Expectativa condicional de una suma de variables aleatorias de iid: $E(\xi|\xi+\eta)=E(\eta|\xi+\eta)=\frac{\xi+\eta}{2}$

Question

Realmente no sé cómo empezar a probar esta pregunta.

Que $\xi$ y $\eta$ ser independientes, idénticamente distribuidas variables aleatorias con $E(|\xi|)$ finitos.

Mostrar que $E(\xi|\xi+\eta)=E(\eta|\xi+\eta)=\frac{\xi+\eta}{2}$

¿Alguien aquí tiene alguna idea para a partir de esta pregunta?

Answer 1

Hay un sutil punto de aquí, que me molestaba la primera vez que vi a este problema.

Henry respuesta tiene la idea esencial, que es el uso de la simetría. Usuario Hizo el comentario señala que la simetría viene del hecho de que $(\xi, \eta)$ $(\eta, \xi)$ son idénticamente distribuidas. Pero, directamente de la definición de la esperanza condicional, lo que no está claro que la simetría en el conjunto de las distribuciones es suficiente para obtener el resultado. Terminé teniendo que probar el siguiente lema:

Lema. Deje $X,Y$ ser variables aleatorias. Hay una función medible $f$ tal que $E[X|Y] = f(Y)$.s. Por otra parte, si $(X', Y')$ es idénticamente distribuidas a$(X,Y)$,$E[X' | Y'] = f(Y')$.s. para la misma función $f$.

Prueba. La existencia de $f$ es una consecuencia de la Doob-Dynkin Lema. Para la segunda parte, se utiliza la definición de la esperanza condicional. $f(Y')$ es claramente $\sigma(Y')$medible, por lo que sigue siendo para mostrar que para cualquier $A \in \sigma(Y')$,$E[1_A f(Y')] = E[1_A X']$. Desde $A \in \sigma(Y')$, $A = (Y')^{-1}(B)$ para algunas conjunto de Borel $B$ (este hecho es parte de la prueba de Doob-Dynkin). Pero desde $(X',Y')$ tiene la misma distribución que $(X,Y)$, obtenemos $$\begin{align*} E[1_A f(Y')] &= E[1_B(Y') f(Y')] \\ &= E[1_B(Y) f(Y)] \\ &= E[1_B(Y) E[X \mid Y]] \\ &= E[1_B(Y) X] && \text{since %#%#% is %#%#%-measurable}\\ &= E[1_B(Y') X'] \\ &= E[1_A X'] \end{align*}$$ como se desee.

Vale la pena señalar que la función de $1_B(Y)$ no es generalmente único. En particular, se podría modificar $\sigma(Y)$ casi arbitrariamente en cualquier conjunto $f$ tal que $f$.

También, para abordar el punto en el ku klux klan comentario: el hecho de saber que $C \subset \mathbb{R}$ son idénticamente distribuidas, no es suficiente. Aquí es un contraejemplo. Deje $P(Y \in C)=0$ tiene tres resultados, cada uno con una probabilidad de $\xi, \eta$ (e $\Omega = \{a,b,c\}$). Vamos $1/3$, $\mathcal{F} = 2^\Omega$, $X(a) = 0$; y $X(b)=1$, $X(c)=2$, $Y(a)=1$. Por lo tanto $Y(b)=2$ es distribuido uniformemente en $Y(c)=0$, e $X$, lo $\{0,1,2\}$ también está uniformemente distribuido en $Y = X + 1 \bmod 2$.

Ahora tenemos $Y$, $\{0,1,2\}$, $(X+Y)(a) = 1$. Por lo $(X+Y)(b)=3$ es un 1-1 de la función en $(X+Y)(c)=2$ e lo $X+Y$, por lo tanto $\Omega$ $\sigma(X+Y) = \mathcal{F}$- medible. Así $X,Y$, $\sigma(X+Y)$. Sin embargo, $E[X|X+Y]=X$, $E[Y|X+Y]=Y$, y $X$ son todos diferentes.

Answer 2

$E(\xi\mid \xi+\eta)=E(\eta\mid \xi+\eta)$ ya que se distribuyen idénticamente. (Independiente no importa aquí.)

Así se fija la suma $2E(\xi\mid \xi+\eta)=2E(\eta\mid \xi+\eta) = E(\xi\mid \xi+\eta)+E(\eta\mid \xi+\eta) =E(\xi+\eta\mid \xi+\eta) = \xi+\eta$ $\xi+\eta$.

Ahora divida entre dos.