条件期望的存在性：从 Radon–Nikodym 定理到可用信息

有限状态下，只要把每组的加权总量除以该组概率，就得到条件平均。一般空间却未必能列出一组组正概率原子。例如观察一个连续变量时，每个精确取值事件往往概率为零，逐项写“分子除以分母”便走不通。

我们仍想保留同一个要求：所得变量必须可由信息 \(\mathcal G\) 辨认，并在每个 \(\mathcal G\)-事件上保留原来的积分。本篇证明这样的变量在 \(X\in L^1\) 时确实存在。所调用的基础结果是 Radon–Nikodym 定理；它的条件与公开证明入口会明确给出，不把整个测度论的构造再压进这个存在性证明。

一、先把目标和依赖写清

定理（条件期望存在性）。 令 \((\Omega,\mathcal F,P)\) 为概率空间，\(\mathcal G\subseteq\mathcal F\) 为子 \(\sigma\)-代数，\(X\) 为实值随机变量且 \(E|X|<\infty\)。则存在实值、\(\mathcal G\)-可测的 \(M\)，满足

\[ E|M|<\infty,\qquad \int_A M\,dP=\int_A X\,dP\quad(A\in\mathcal G). \]

因而 \(M\) 是 \(E[X\mid\mathcal G]\) 的一个版本。¹

这里不要求 \(\mathcal G\) 由有限或可数个原子生成，不要求 \(X\) 的分布有 Lebesgue 密度，也不要求 \(X\in L^2\)。我们需要的是 可积性 ↗ 以及下面这项测度表示定理。

调用定理（Radon–Nikodym）。 令 \((S,\mathcal A)\) 为可测空间，\(\mu,\nu\) 为其上的两个非负、\(\sigma\)-有限测度。若 \(\nu\ll\mu\)，即

\[ \mu(A)=0\Longrightarrow\nu(A)=0\quad(A\in\mathcal A), \]

则存在非负 \(\mathcal A\)-可测函数 \(h\)，满足

\[ \nu(A)=\int_Ah\,d\mu\quad(A\in\mathcal A). \]

\(h\) 在 \(\mu\)-几乎处处意义下唯一，称为 \(\frac{d\nu}{d\mu}\)。在上述 \(\sigma\)-有限假设下可选取有限值版本；若 \(\nu(S)<\infty\)，则 \(h\in L^1(\mu)\)。\(\sigma\)-有限表示空间能由可数个有限测度集合覆盖。²

我们实际使用的 \(\mu,\nu\) 都是有限测度，故自然满足 \(\sigma\)-有限。RN 定理的完整证明单元见 Dembo §4.1.2，pp.156–158，包含 Lebesgue 分解、辅助引理和 \(\sigma\)-有限拼接；其中 Hahn 分解被列为具名依赖并另引证明。读这篇存在性证明不需要先重证这些基础定理。²

二、非负情形：在正确的可测空间上造测度

先设 \(X\ge0\) 且 \(EX<\infty\)。我们把测度都定义在 \((\Omega,\mathcal G)\) 上：

\[ \mu=P|_{\mathcal G},\qquad \nu(A)=\int_A X\,dP\quad(A\in\mathcal G). \]

\(X\) 本身不必 \(\mathcal G\)-可测，这不妨碍右侧的积分：它在原空间 \((\Omega,\mathcal F,P)\) 上计算，而 \(A\in\mathcal G\subseteq\mathcal F\)。

接下来逐项验证，不能只把 \(\nu\) 叫作测度就跳过去。

首先，\(\nu(\varnothing)=0\)、\(\nu(A)\ge0\)。若 \(A_1,A_2,\ldots\in\mathcal G\) 两两不交，则非负函数

\[ X\sum_{k=1}^n1_{A_k}\uparrow X1_{\bigcup_{k\ge1}A_k}. \]

有限积分的线性性及单调收敛给出

\[ \nu\left(\bigcup_{k\ge1}A_k\right) =\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\int_{A_k}X\,dP =\sum_{k\ge1}\nu(A_k). \]

所以 \(\nu\) 可列可加。其次，\(\nu(\Omega)=EX<\infty\)，而 \(\mu(\Omega)=1\)，两者都有限。最后，若 \(\mu(A)=P(A)=0\)，对零概率集合的非负积分为零，故 \(\nu(A)=0\)，也就是 \(\nu\ll\mu\)。³

现在所有 RN 条件都已满足。取 \(h=d\nu/d\mu\)，则 \(h\) 是 \(\mathcal G\)-可测的，而且

\[ \int_\Omega h\,d\mu=\nu(\Omega)=EX<\infty. \]

因此 \(h\) 几乎处处有限。将 \(\{h=\infty\}\in\mathcal G\) 上的值统一改为零，可得到处处有限而仍可测的版本。对 \(\mathcal G\)-可测函数，按 \(\mu=P|_{\mathcal G}\) 积分与按 \(P\) 积分相同：先检查指示函数，再用简单函数和非负逼近即可。于是对每个 \(A\in\mathcal G\)，

\[ \int_Ah\,dP=\int_Ah\,d\mu=\nu(A)=\int_AX\,dP. \]

所以 \(M=h\) 就是所求变量。这也解释了 RN 导数的角色：它不是按现实时间求导，而是把“每个事件有多少加权总量”重新表示为一个可测函数。

三、有正有负：两项密度之差，不是先给结果分正负

一般 \(X\in L^1\) 时，写成 \(X=X^+-X^-\)，其中 \(X^+=\max(X,0)\)、\(X^-=\max(-X,0)\)。\(EX^+\) 与 \(EX^-\) 都有限。

在 \((\Omega,\mathcal G)\) 上分别定义

\[ \nu_+(A)=E[X^+1_A],\qquad \nu_-(A)=E[X^-1_A]. \]

上节已经证明这两项是相对于 \(\mu\) 绝对连续的有限非负测度。因此可以分别取 RN 密度

\[ U=\frac{d\nu_+}{d\mu},\qquad V=\frac{d\nu_-}{d\mu}. \]

在共同的 \(\mathcal G\)-可测例外零测集上把两者都改为零，令 \(M=U-V\)。此时 \(M\) 处处有定义，且

\[ E|M|\le E[U+V]=EX^++EX^-=E|X|<\infty. \]

对每个 \(A\in\mathcal G\)，我们只在两个有限积分之间作减法：

\[ \int_AM\,dP =\int_AU\,dP-\int_AV\,dP =\int_AX^+\,dP-\int_AX^-\,dP =\int_AX\,dP. \]

可测性、可积性和积分身份都已验证，存在性证明完成。再结合 条件期望的唯一性证明 ↗，便得到完整的存在唯一结论。

这里刻意使用 \(U,V\) 而不写 \(M^+,M^-\)。一般而言

\[ E[X^+\mid\mathcal G]\ne \big(E[X\mid\mathcal G]\big)^+. \]

\(X^+\) 和 \(X^-\) 在每个状态不能同时为正；平均以后，两个条件平均却可以在同一个信息组里都为正。它们在相减前已经把组内不同状态混合了。这个差别在 Dembo p.156 也有专门说明。⁴

四、把构造落回四状态表

仍设 \(P=(0.1,0.3,0.4,0.2)\)，信息只分 L/H，其中 \(L=\{1,2\}\)、\(H=\{3,4\}\)。看涨支付为 \(X=(0,0,10000,20000)\) 美元；这一金额形式使用每指数点 100 美元的 SPX 产品约定，四状态和概率仍是教学设定。⁵

对非负支付，\(\mu(L)=0.4\)、\(\mu(H)=0.6\)，而 \(\nu(L)=0\)、\(\nu(H)=8000\) 美元。RN 密度就是让 \(h(A)\mu(A)=\nu(A)\) 成立的组内常数：

信息组	\(\mu(A)\)	\(\nu(A)\)（美元）	密度 \(h\)（美元）
L	0.4	0	0
H	0.6	8000	\(40000/3\)
全体	1	8000	不是再新增一个组内值

特别注意，\(\nu(\Omega)=8000\)，不是 1。\(\nu\) 是一个有限测度，但不是概率测度；没有把概率换成所谓“定价概率”。

为了看见正负部分的差别，改研究平移后的变量 \(W=X-15000\) 美元。15000 是人为设定的参考金额，不代表这份期权的市场价格或已付权利金。此时

\[ W=(-15000,-15000,-5000,5000). \]

在 H 组，正部分来自第四个状态，负部分来自第三个状态。因此

\[ U_H=\frac{0.2(5000)}{0.6}=\frac{5000}{3},\qquad V_H=\frac{0.4(5000)}{0.6}=\frac{10000}{3}. \]

两项都严格为正，但

\[ M_H=U_H-V_H=-\frac{5000}{3},\qquad (M_H)^+=0,\quad(M_H)^-=\frac{5000}{3}. \]

\(U_H\) 不是 \((M_H)^+\)，\(V_H\) 也不是 \((M_H)^-\)。全体平均仍然一致：

\[ EM=0.4(-15000)+0.6(-5000/3)=-7000=EX-15000. \]

交互中改变参考金额，观察 \(U,V\) 与 \(M^+,M^-\)。不使用交互时，上述 H 组计算就是一个完整反例；对 L 组，\(U_L=0,V_L=15000,M_L=-15000\)，可自行补完表。

五、检验构造，而不是只记定理名称

题一：为什么不在原来的 \(\mathcal F\) 上直接求密度？ 对非负可积 \(X\)，若在 \((\Omega,\mathcal F)\) 上定义 \(\nu(A)=\int_AX\,dP\)，相对于 \(P\) 的 RN 密度是什么？它解决了本篇的哪个问题，又没有解决哪个问题？

解析。 \(X\) 自身已经是密度，因为该积分身份就是定义。它表示了各事件的加权总量，却没有强迫所得函数只依赖 \(\mathcal G\)。把两个测度都限制到 \((\Omega,\mathcal G)\)，才会使 RN 定理输出 \(\mathcal G\)-可测函数。

题二：测度必须归一化吗？ 在上表中，把 \(\nu\) 除以 8000 使其总量为一，再求相对于 \(\mu\) 的密度，最后得到的是 \(E[X\mid\mathcal G]\) 吗？

解析。 新密度是 \(E[X\mid\mathcal G]/8000\)，不是原量。归一化改变了所表示的测度；除非最后乘回 8000，否则连单位和每个事件上的积分都变了。存在性证明只要求有限非负测度，不需要把 \(\nu\) 变为概率测度。

题三：RN 的绝对连续条件不能省。 在 \(([0,1],\mathcal B([0,1]))\) 上，令 \(\mu\) 是 Lebesgue 概率、\(\nu=\delta_0\)。能否存在 \(h\ge0\) 使所有 Borel 集 \(A\) 都满足 \(\nu(A)=\int_Ah\,d\mu\)？

解析。 不能。取 \(A=\{0\}\)，左边为 1，右边对 \(\mu\)-零测集积分必为零。这正是 \(\nu\not\ll\mu\)。条件期望构造之所以可用 RN，不是因为“所有测度都有密度”，而是已经逐项证明了绝对连续。

题四：零概率组上能否直接做除法？ 若一组 \(A\in\mathcal G\) 的概率是零，应怎样给条件期望选版本？

解析。 \(\mu(A)=\nu_+(A)=\nu_-(A)=0\)，比例 \(0/0\) 没有定义。可把该组上的版本统一取零，也可选其他保持 \(\mathcal G\)-可测的有限常数；积分身份不受影响。这不是对零概率事件定义唯一的条件平均。

完成这些检查，就能辨认存在性证明真正依赖的三件事：正确的小可测空间、有限可积总量、相对于原概率限制的绝对连续性。