Processi Stocastici 2010/11 – Foglio di esercizi n. 4†
Esercizio 1. Siano X e S due variabili aleatorie reali indipendenti, tali che X ∼ N (0, 1) mentre P(S = +1) = p, P(S = −1) = 1 − p, dove p ∈ (0, 1) è un parametro fissato.
Definiamo Z := SX.
(a) Si mostri che Z ∼ N (0, 1) e Cov(X, Z) = 2p − 1.
(b) (*) Si mostri che il vettore (X, Z) non è normale.
(c) Si mostri che le variabili X e Z non sono indipendenti.
(Si noti che per p =12 le variabili X e Z sono scorrelate ma non indipendenti, pur essendo entrambe normali.)
Esercizio 2. Per ogni t ∈ R si calcoli E(etX2), dove X ∼ N (0, σ2).
Esercizio 3. Sia X = (X1, . . . , Xn)un vettore aleatorio a valori in Rn. Supponiamo che X ∈ L2 (cioè Xi ∈ L2 per ogni i = 1, . . . , n) e che la matrice delle covarianze Γi,j:= Cov(Xi, Xj)non sia invertibile (det(Γ) = 0).
(a) Posto µ := E(X) ∈ Rn, si esprima la quantità E(�u, (X − µ)�2)in funzione di Γ, per u∈ Rn.
(b) Si mostri che esiste u ∈ Rn\ {0} tale che E(�u, (X − µ)�2) = 0.
(c) (*) Si deduca che X non è assolutamente continuo.
[Sugg. Se X avesse una densità fX, usando la formula del cambio di variabili si potrebbe scrivere E(�u, (X − µ)�2) = . . .]
Esercizio 4. Sia {Bt}t≥0un moto browniano reale. Definiamo gli eventi A := �
{Bt}t∈[0,1]è crescente� , Cn := �
Bi/2n− B(i−1)/2n ≥ 0 , per ogni 1 ≤ i ≤ 2n�
, n∈ N . (a) Si calcoli P(Cn), per ogni n ∈ N.
(b) Si mostri che vale l’inclusione A ⊆ Cn, per ogni n ∈ N.
(c) Si deduca che P(A) = 0. Quindi, q.c., il moto browniano non è crescente sull’intervallo [0, 1].
(d) (*) Si dimostri che, q.c., il moto browniano non è crescente in nessun sotto-intervallo di [0, 1].
Esercizio 5. Sia B = {Bt}t≥0 un moto browniano reale. Si dimostrino le seguenti proprietà.
(a) Per ogni α > 0 esiste 0 < Cα<∞ tale che E(|Bt|α) = Cαtα/2, per ogni t ≥ 0.
(b) Per ogni scelta di istanti 0 < t1 < . . . < tk <∞ e di intervalli aperti non vuoti I1, . . . , Ik⊆ R, si ha P(Bt1 ∈ I1, . . . , Btk∈ Ik) > 0.
(c) (*) Per ogni ε > 0 esiste C > 0 tale che P(supt∈[0,1]Bt> C)≤ ε.
†Ultima modifica: 9 giugno 2011.
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Soluzione 1. (a) Usando l’identità 1 = 1{S=1}+ 1{S=−1}e sfruttando l’indipendenza di X e S, per ϑ ∈ R si ha
E(eiϑZ) = E(eiϑSX) = E(eiϑX1{S=1}) + E(e−iϑX1{S=−1})
= E(eiϑX) p + E(e−iϑX) (1− p) = e−ϑ2/2(p + (1− p)) = e−ϑ2/2, da cui segue che Z ∼ N (0, 1). Dato che E(X) = E(Z) = 0 e E(S) = 2p − 1, si ottiene
Cov(X, Z) = E(XZ) = E(SX2) = E(S) E(X2) = 2p− 1 .
(b) Se (X, Z) fosse un vettore normale, la variabile X +Z sarebbe normale. Ma X +Z = X(1 + S), da cui si vede che sull’evento {S = −1} si ha X + Z = 0, mentre sull’evento {S = 1} si ha X + Z = 2X �= 0 q.c., perché X ∼ N (0, 1). Quindi P(X + Z = 0) = P(S =−1) = 1 − p ∈ (0, 1), che è impossibile per una variabile aleatoria normale.
In alternativa, si mostra facilmente che E(eiϑ(X+Z)) = p e−2ϑ2 + (1− p), che non è la funzione caratteristica di una variabile normale per nessun p ∈ (0, 1).
(c) Se le variabili X e Z fossero indipendenti, il vettore (X, Z) sarebbe normale, in contraddizione col punto precedente.
Soluzione 2. Con un semplice cambio di variabili si ha, per t <2σ12, E(etX2) = 1
√2πσ
�
Retx2e−2σ2x2 dx = 1
√2πσ
�
Re−(2σ21 −t)x2dx
= 1
√2πσ�
1 2σ2− t
�
Re−x2dx = 1
√1− 2σ2t,
avendo usato l’integrale noto�
Re−x2dx =√
π. Per t ≥2σ12 si ha invece E(etX2) = +∞ (infatti l’integrando e−(2σ21 −t)x2 diverge per x → ∞).
Soluzione 3. (a) Dato che �u, X − µ� = �n
i=1ui(Xi− µi), si ha �u, X − µ�2 =
�n
i,j=1uiuj(Xi−µi)(Xj−µj)e dunque E(�u, X −µ�2) =�n
i,j=1uiujCov(Xi, Xj) =
�n
i,j=1uiujΓij=�u, Γu�.
(b) Dato che E(�u, X − µ�2) =�u, Γu�, è sufficiente prendere u �= 0 nel nucleo (kernel) della matrice Γ.
(c) Se X avesse una densità, potremmo scrivere 0 = E(�u, X − µ�2) =
�
Rn�u, (x − µ)�2fX(x)dx .
Dato che �u, (x − µ)�2fX(x)≥ 0, affinché l’integrale sia nullo è necessario che si abbia �u, (x − µ)�2fX(x) = 0quasi ovunque (rispetto alla misura di Lebesgue). Sia V :={x ∈ Rn: �u, (x − µ)� = 0} il sottospazio affine ortogonale a u e passante per µ. Dato che �u, (x − µ)�2> 0per x �∈ V , deve necessariamente essere fX(x) = 0 per quasi ogni x �∈ V , in particolare �
VcfX(x)dx = 0. Dato che però V è un sottospazio affine di dimensione n − 1, esso ha misura di Lebesgue zero, per cui anche�
VfX(x)dx :=�
RnfX(x) 1V(x)dx = 0. Segue dunque che
�
RnfX(x)dx = �
V
fX(x)dx + �
Vc
fX(x)dx = 0 , che è chiaramente impossibile, dovendo tale integrale dare 1.
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Soluzione 4. (a) Si noti che Cn =�2n
i=1{Bi/2n− B(i−1)/2n ≥ 0}. Per definizione di moto browniano, gli incrementi Bi/2n− B(i−1)/2n hanno legge N (0, 1/2n), da cui segue che P(Bi/2n− B(i−1)/2n ≥ 0) = 12, e sono indipendenti, per cui P(Cn) =
�2n
i=1P(Bi/2n− B(i−1)/2n≥ 0) = (12)2n.
(b) Se ω ∈ A, cioè la funzione t �→ Bt(ω) è crescente su [0, 1], si ha ovviamente Bt(ω)− Bs(ω)≥ 0 per ogni 0 ≤ s ≤ t ≤ 1, da cui ω ∈ Cnper ogni n ∈ N. Da ciò segue l’inclusione A ⊆ Cn, per ogni n ∈ N.
(c) Per i punti precedenti, si ha che P(A) ≤ P(Cn) = (12)2n per ogni n ∈ N. Dato che (12)2n→ 0 per n → ∞, segue che P(A) = 0.
(d) Dobbiamo mostrare che P(D) = 0, dove abbiamo posto D := �
∃[a, b] ⊆ [0, 1] t.c. {Bt}t∈[a,b]è crescente�
= �
0≤a<b≤1
D[a,b], D[a,b] := �
{Bt}t∈[a,b]è crescente� .
Con un argomento identico ai punti precedenti si mostra che P(D[a,b]) = 0, per ogni 0≤ a < b ≤ 1. Essendo D un’unione di una famiglia più che numerabile di eventi, non è immediato concludere che P(D) = 0. Tuttavia questo problema si risolve facilmente, notando che è possibile riscrivere l’evento D come unione numerabile:
D = �
0≤a�<b�≤1, a�,b�∈Q
D[a�,b�].
Infatti, se una traiettoria è crescente in un sottointervallo [a, b] di [0, 1], basta prendere un sottointervallo [a�, b�]⊆ [a, b] con a�, b�∈ Q e chiaramente la traiettoria è crescente anche su [a�, b�], per cui D[a,b]⊆ D[a�,b�]. Come abbiamo notato sopra, P(D[a�,b�]) = 0e dunque P(D) = 0.
Soluzione 5. (a) Per la proprietà di scaling del moto browniano, Bt/√
t ∼ B1 ∼ N (0, 1), dove ∼ indica l’uguaglianza in legge. Di conseguenza, posto
Cα := E(|B1|α) = 1
√2π
�
R|x|αe−x2/2dx < ∞ , possiamo scrivere
E(|Bt|α) = tα/2E�����Bt
√t
��
��
α�
= tα/2 E(|B1|α) = Cαtα/2.
Chiaramente Cα> 0, mentre la proprietà Cα<∞ segue dal fatto ben noto che le variabili normali hanno momenti finiti di ogni ordine (oppure si mostra con una semplice stima nell’integrale).
(b) La densità ft1,...,tk(x1, . . . , xk)del vettore (Bt1, . . . , Btk)è stata calcolata a lezione.
In particolare, sappiamo che ft1,...,tk(x1, . . . , xk) > 0per ogni x1, . . . , xk∈ R. Dato che l’insieme I1× . . . × Ikha parte interna non vuota, e dunque misura di Lebesgue positiva, si conclude che
P(Bt1∈ I1, . . . , Btk∈ Ik) =
�
I1×...×Ik
ft1,...,tk(x1, . . . , xk)dx1· · · dxk > 0 .
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(c) Introduciamo l’evento Cn := {supt∈[0,1]Bt > n} per n ∈ N. Chiaramente la successione di eventi {Cn}n∈N è decrescente, cioè Cn+1 ⊆ Cn, e il loro limite è
C∞ := �
n∈N
Cn =
� sup
t∈[0,1]
Bt= +∞
� .
Sappiamo che q.c. la funzione t �→ Btè continua, quindi supt∈[0,1]Bt< +∞ q.c., cioè P(C∞) = 0. D’altro canto, per la continuità dall’alto della probabilità si ha che P(Cn)→ P(C∞)per n → ∞, e la conclusione segue.
