条件期望、投影与预测目标

我们已经知道，信息会限制一个决定能够依赖什么。现在把问题再推进一步：若只能使用已有信息，怎样用一个可知的量概括仍然未知的结果？条件期望同时回答两个问题：怎样保留每个可辨认事件上的平均；在平方误差有意义时，怎样找到最好的预测。

本篇以可测性、积分和线性代数为基础。读完后，应能用定义检验候选条件期望，独立证明唯一性与塔式性质，并说明均方最优结论为什么需要比“期望存在”更强的假设。对可测性或可积性不熟悉的地方，可就地查阅 可测空间与信息 ↗、积分与可积性 ↗。

一、不是只保留一个总平均

固定概率空间 \((\Omega,\mathcal F,P)\)、子 \(\sigma\)-代数 \(\mathcal G\subseteq\mathcal F\)，以及实值随机变量 \(X\in L^1(P)\)，即 \(E|X|<\infty\)。\(\mathcal G\) 表示当前允许使用的信息；\(L^1(\mathcal G)\) 中的变量还须 \(\mathcal G\)-可测。

定义（条件期望）。 令上述对象固定，则 \(X\) 关于 \(\mathcal G\) 的条件期望是指满足下列条件的随机变量 \(M\)：

\[ M\in L^1(\mathcal G),\qquad \int_A M\,dP=\int_A X\,dP\quad\text{对所有 }A\in\mathcal G. \]

记作 \(M=E[X\mid\mathcal G]\)。这个记号代表一个几乎处处等价类；选取其中一个具体可测函数，称为一个版本。¹

第一个条件说，观察现有信息后能够确定 \(M\) 的值。第二个条件说，不只全体结果上的平均，每个已经能辨认的事件上的加权总量也要保留。它们缺一不可：\(X\) 本身当然保留所有积分，却未必已经可知；常数 \(EX\) 虽然总是可知，也未必保留各个局部事件上的积分。

我们用一张完整的教学情景表检验定义。采用一份标准 SPX 看涨期权的支付形式：\(Z\) 为合约规定的结算值，\(K=6000\) 点，一张合约的金额为 \(X=100(Z-K)^+\) 美元。SPX 的每点 100 美元、欧式行权和现金结算是产品条款；下表的结算情景、概率和提前揭晓的信号则全是人为设定。它们不是历史频率，也不是从期权价格倒出的概率。²

状态	模型概率	时点 \(t_1\) 已收到的信号	\(t_2\) 结算值（点）	支付 \(X\)（美元）
\(\omega_1\)	0.10	L	5900	0
\(\omega_2\)	0.30	L	6000	0
\(\omega_3\)	0.40	H	6100	10000
\(\omega_4\)	0.20	H	6200	20000

令 \(L=\{\omega_1,\omega_2\}\)、\(H=\{\omega_3,\omega_4\}\)、\(\mathcal G=\{\varnothing,L,H,\Omega\}\)。在 \(t_1\)，模型只允许知道 L/H；\(t_2\) 才知道结算值。确定支付金额也不等于账户已经收到现金。本篇计算支付的平均，尚未建立交易、交收或定价模型。

我们有

\[ EX=0.10(0)+0.30(0)+0.40(10000)+0.20(20000)=8000. \]

候选量

\[ M=0\,1_L+\frac{40000}{3}\,1_H \]

在每组内恒定，所以 \(\mathcal G\)-可测。在 \(L\) 上，两边积分都是零；在 \(H\) 上，

\[ E[M1_H]=\frac{40000}{3}(0.60)=8000=E[X1_H]. \]

空集和全空间的等式随之成立，因而它满足完整定义。反过来，常数 8000 在 \(L\) 上的积分是 \(8000(0.40)=3200\)，并不是零。保留总平均不等于保留条件平均。

二、为什么只有一个答案，又为什么只能说几乎处处

命题（唯一性）。 若 \(M,N\in L^1(\mathcal G)\) 都满足上述积分恒等式，则 \(M=N\)，\(P\)-几乎处处。¹

证明。 对每个正整数 \(n\)，令 \(A_n=\{M-N>1/n\}\)。因为 \(M,N\) 都 \(\mathcal G\)-可测，\(A_n\in\mathcal G\)，所以可以把它代入定义：

\[ 0=\int_{A_n}(M-N)\,dP\ge\frac1nP(A_n). \]

故 \(P(A_n)=0\)。而 \(\{M>N\}=\bigcup_{n\ge1}A_n\)，可列个零概率事件之并仍为零概率，得到 \(P(M>N)=0\)。交换 \(M,N\)，再得 \(P(N>M)=0\)，证明完成。

这里可测性不是装饰：若 \(A_n\) 不属于 \(\mathcal G\)，就没有权利把它代入积分恒等式。

“几乎处处”也不能删去。另取 \(\Omega=\{a,b,c\}\)、\(P(a)=P(b)=1/2\)、\(P(c)=0\)，完整信息下 \(X=(2,4,9)\)。函数 \((2,4,0)\) 和 \((2,4,100)\) 都是条件期望版本；在 \(c\) 上的值不会改变任何积分。一般改动还必须保留 \(\mathcal G\)-可测性，不能因为某集合概率为零就任意拆开一个无法辨认的信息组。

唯一性只说明“若有答案，不会有两个本质不同的答案”。一般的存在性还需要构造。条件期望存在性的证明 ↗ 从两个有限测度出发，完整验证 Radon–Nikodym 定理的适用条件，再构造 \(M\)；这里先调用那项存在性结论，不把有限分组公式当作一般证明。

三、先按细信息平均，再回到粗信息

命题（塔式性质）。 若 \(X\in L^1(P)\)，且 \(\mathcal H\subseteq\mathcal G\subseteq\mathcal F\)，则

\[ E[E[X\mid\mathcal G]\mid\mathcal H]=E[X\mid\mathcal H]\quad\text{a.s.} \]

这对应 Dembo 的 Proposition 4.2.8，印刷页 160。³

证明。 令 \(M=E[X\mid\mathcal G]\)、\(N=E[M\mid\mathcal H]\)。\(N\) 可积且 \(\mathcal H\)-可测。对每个 \(A\in\mathcal H\)，也有 \(A\in\mathcal G\)，故

\[ \int_A N\,dP=\int_A M\,dP=\int_A X\,dP. \]

\(N\) 因而满足 \(E[X\mid\mathcal H]\) 的定义，再用唯一性即可。

特别地，取平凡信息 \(\mathcal H=\{\varnothing,\Omega\}\)，便得到 \(E[M]=EX\)。在四状态表中，这就是

\[ 0.40(0)+0.60\left(\frac{40000}{3}\right)=8000. \]

不是把两个组平均再等权平均；两个组的概率不同。

嵌套条件必须真的核对。另一划分 \(\{\omega_1,\omega_3\}/\{\omega_2,\omega_4\}\) 与 L/H 交叉，既不更细也不更粗；不能只因为两者各有两组，就套用塔式性质。

四、平方误差最优：补齐从 \(L^1\) 到 \(L^2\) 的桥

现在加强为 \(X\in L^2(P)\)，并令 \(M=E[X\mid\mathcal G]\)。我们要证明，对任意 \(Y\in L^2(\mathcal G)\)，

\[ E[(X-Y)^2]=E[(X-M)^2]+E[(M-Y)^2]. \tag{1} \]

第二项非负，所以 \(M\) 最小化均方误差；达到相同最小值的 \(Y\) 必须与 \(M\) 几乎处处相同。正交刻画见 Dembo Proposition 4.3.1；下面直接从定义完成所需的延伸，不预先假定 \(M\) 已在 \(L^2\) 中。⁴

第一步：从事件推广到有界检验函数。 定义已给出 \(E[(X-M)1_A]=0\)。有限线性组合说明，对每个 \(\mathcal G\)-可测简单函数 \(V\)，有 \(E[(X-M)V]=0\)。若 \(V\) 有界，选 \(\mathcal G\)-可测简单函数 \(V_j\to V\)，并使 \(|V_j|\le \|V\|_\infty+1\)。乘积由 \((\|V\|_\infty+1)|X-M|\) 支配，后者可积。由支配收敛，

\[ E[(X-M)V]=0. \tag{2} \]

这一步只用到了 \(X,M\in L^1\)。⁵

第二步：证明 \(M\in L^2\)，不能先用后证。 取有界检验函数 \(V_n=M1_{\{|M|\le n\}}\)。记

\[ a_n=E[M^2 1_{\{|M|\le n\}}]. \]

由式 (2) 及 Cauchy–Schwarz，

\[ a_n=E[XV_n]\le \|X\|_2\|V_n\|_2=\|X\|_2\sqrt{a_n}. \]

\(a_n\) 有限；若 \(a_n=0\)，结论直接成立，否则两边除以 \(\sqrt{a_n}\)，得 \(a_n\le E[X^2]\)。因为 \(M\) 可取处处有限的实值版本，\(M^2 1_{\{|M|\le n\}}\uparrow M^2\)，单调收敛给出

\[ E[M^2]=\lim_n a_n\le E[X^2]<\infty. \tag{3} \]

这里用截断证明了所需的 \(L^2\) 收缩，不必先建立一般条件 Jensen 不等式。

第三步：推广到所有 \(L^2\) 检验函数。 对 \(V\in L^2(\mathcal G)\)，取 \(V_n=V1_{\{|V|\le n\}}\)。因为

\[ E[|V-V_n|^2]=E[V^2 1_{\{|V|>n\}}]\longrightarrow0, \]

所以由式 (2)、式 (3) 与 Cauchy–Schwarz，

\[ \left|E[(X-M)(V-V_n)]\right| \le \|X-M\|_2\|V-V_n\|_2\longrightarrow0. \]

于是 \(E[(X-M)V]=0\)。所有乘积都有有限绝对期望，极限交换有明确控制。

第四步：完成平方展开。 写成 \(X-Y=(X-M)+(M-Y)\)。\(M-Y\in L^2(\mathcal G)\)，上一步使交叉项为零，于是得到式 (1)。若两个预测达到同一最小值，则 \(E[(M-Y)^2]=0\)，从而 \(M=Y\) a.s.

这就是向 \(L^2(\mathcal G)\) 的正交投影。按 a.s. 等价类识别后，\(L^2(\mathcal G)\) 本身完备，包含到 \(L^2(\mathcal F)\) 的映射等距，故其像是闭子空间；该背景结果见 Dembo Proposition 4.3.7，pp.168–169。我们没有反过来调用 Hilbert 投影定理构造条件期望，因而这里不存在循环证明。⁶

五、重算误差，然后改一项有意义的条件

仍用四状态表，选择只用 L/H 的预测 \(Y=0\,1_L+10000\,1_H\)。全部误差都按模型概率加权，不按四行等权平均。

量	\(\omega_1\)	\(\omega_2\)	\(\omega_3\)	\(\omega_4\)
\(X\)（美元）	0	0	10000	20000
\(M\)（美元）	0	0	\(40000/3\)	\(40000/3\)
\(Y\)（美元）	0	0	10000	10000
\(X-M\)（美元）	0	0	\(-10000/3\)	\(20000/3\)

因此

\[ E[(X-M)^2] =0.4(10000/3)^2+0.2(20000/3)^2 =\frac{40000000}{3}\ {\rm USD}^2, \]

\[ E[(M-Y)^2] =0.6(10000/3)^2 =\frac{20000000}{3}\ {\rm USD}^2. \]

两项相加等于 \(20000000\ {\rm USD}^2=E[(X-Y)^2]\)。美元平方是平方误差的单位，不是美元损益，也不是收益率。

在交互中先只改 H 组预测值 \(y_H\)。L 组仍预测零，此时

\[ E[(X-Y)^2]=\frac{40000000}{3} +0.6\left(y_H-\frac{40000}{3}\right)^2. \]

所以 \(y_H=0,10000,40000/3,20000\) 时，误差依次为 \(120000000,20000000,40000000/3,40000000\) 美元平方。这张静态对照表述也给出了整条误差曲线。

再把候选改成 \(Y=X\)：误差确实为零，但 H 组里它取两个不同值，在 \(t_1\) 并不可知。一个不在允许集合内的候选，不能推翻允许集合中的最优结论。 反过来，当信息确实细化到完整状态，\(X\) 就成为合法候选，零误差也就成立。

结论	本篇采用的条件
条件期望存在且 a.s. 唯一	\(X\in L^1\)，\(\mathcal G\) 为子 \(\sigma\)-代数
塔式性质	上述条件，另有 \(\mathcal H\subseteq\mathcal G\)
有限均方误差的正交投影	\(X\in L^2\)，比较对象 \(Y\in L^2(\mathcal G)\)
从模型平均得到可交易价格或最优策略	本篇没有建立；还需要对应的市场与决策模型

改变损失函数也会改变预测目标。均方误差选择条件均值；这不意味着同一个量也最小化每一种损失，更不意味着估计出的模型条件均值等于现实中未知的条件均值。

六、检验与迁移

题一：只有总平均够不够？ 仍用表中信息 \(\mathcal G\)，验证常数 8000 与候选 \(M\) 都有平均 8000，为什么只有后者是条件期望？

解析。 \(E[8000]=8000=EM\)，但在事件 \(L\) 上，前者的积分为 3200，原支付积分为零。候选 \(M\) 在 L/H 两个原子上分别保留积分，因此在全部可辨认事件上都保留积分。否定候选只需找一个反例事件，证明成立则必须覆盖所有事件。

题二：去掉平方可积会怎样？ 令 \(X\) 的密度为 \(\frac32 x^{-5/2}1_{\{x\ge1\}}\)，信息为平凡信息。条件期望还存在吗？是否仍能用有限均方误差选出唯一常数预测？

解析。 \(EX=3\)、\(EX^2=\infty\)，所以 \(X\in L^1\setminus L^2\)，条件期望仍是 3。对任意有限常数 \(c\)，在足够大的 \(x\) 上 \((x-c)^2\ge x^2/4\)，故 \(E[(X-c)^2]=\infty\)。此处不能靠有限均方误差的比较得到唯一常数最优解。不是条件期望失效，而是所选优化问题失去原来的有限性。

题三：非嵌套信息的塔式等式。 令 \(\mathcal K\) 由 \(\{\omega_1,\omega_3\}\) 和 \(\{\omega_2,\omega_4\}\) 生成。分别计算 \(E[X\mid\mathcal K]\) 与 \(E[M\mid\mathcal K]\)。

解析。 两组概率都是 0.5，原支付在两组上的加权总量都为 4000，所以 \(E[X\mid\mathcal K]=8000\)。对 \(M\)，两组的条件平均分别为

\[ \frac{0.4(40000/3)}{0.5}=\frac{32000}{3}, \qquad \frac{0.2(40000/3)}{0.5}=\frac{16000}{3}. \]

它们不同于 8000；这里 \(\mathcal K\not\subseteq\mathcal G\)，不能套用塔式性质。

本篇的三个检验方式可以带到新问题中：用信息决定哪些候选合法，用局部积分确认条件期望，用损失与可积条件确认最优结论的范围。