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Démonstrations

1. et 2. étant évidents, passons à 3 ; on a

$$\textbf{E}[\phi (Z)]=\sum_{i\in Z(\Omega)}\phi(i)\textbf{P}[Z=i]=\sum_i\textbf{E}[X1_{Z=i}]=\textbf{E}[X] \;.$$

Le point 4. provient de ce que $\phi (i)=\textbf{E}[X]\;\;\forall i\in Z(\Omega)$ . Pour montrer 5., on remarquera que $\textbf{E}[X\psi(Z)\vert Z=i]=\psi (i)\phi(i)$ ; on a donc $\textbf{E}[X\psi (Z)\vert Z]=\psi (Z)\phi(Z)=\psi(Z)\textbf{E}[X\vert Z]$ .
Montrons enfin la formule (). Posons pour cela $u(i,j)=\textbf{E}[H(.,i)\vert Z=j]$ ; on a alors

$$\textbf{E}[Y\vert Z=i]=\textbf{E}[H(.,i)\vert Z=i]=u(i,i)$$

d'où $\textbf{E}[Y\vert Z]=u(Z,Z)=K(.,Z)$. La formule () en résulte aisément : si l'on pose

$$H(.,i)=h(X,i),$$

la fonction $u$ vérifie alors $u(i,j)=v(i)\;\;\forall i\;\forall j$ en vertu de l'hypothèse d'indépendance .

On aura noté que les v.a. $U$ qui sont des fonctions déterministes de $Z$ jouent un rôle particulier dans le conditionnement par $Z$ . Elles sont caractérisées par la propriété suivante : quelque soit
l'épreuve $\omega$ , la connaissance de $Z(\omega)$ entraîne celle de $U(\omega)$. Intuitivement, on peut se représenter cela comme le contraire de l'indépendance : si, en effet, une v.a. $V$ est indépendante de $Z$, la connaissance de $Z(\omega)$ n'est d'aucun secours pour prédire les valeurs possibles de $V(\omega)$ .