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(a) Si mostri che {X ≥ k

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Academic year: 2021

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(1)

I Appello di Processi Stocastici 2010/11 Cognome:

Laurea Magistrale in Matematica Nome:

4 luglio 2011 Matricola:

Quando non è espressamente indicato il contrario, per la soluzione degli esercizi è possibile usare tutti i risultati visti a lezione (compresi quelli di cui non è stata fornita la dimostrazione).

Esercizio 1. Su uno spazio di probabilità (Ω, F , P) è definita una variabile aleatoria reale X con legge assolutamente continua, con densità x121[1,∞)(x). Introduciamo il processo Z = {Zk}k∈N0 ponendo

Z0 := 1 , Zk:= k 1{X≥k}. Introduciamo la filtrazione {Gk}k∈N0 ponendo G0 := {∅, Ω} e

Gk:= σ(A1, . . . , Ak) , dove A`:= {` − 1 ≤ X < `} .

(a) Si mostri che {X ≥ k} ∈ Gk, per ogni k ∈ N. Si noti che {A1, . . . , Ak, {X ≥ k}} è una partizione di Ω (gli eventi sono a due a due disgiunti e la loro unione è Ω) e si mostri che

E(1{X≥k+1}|Gk) = 1{X≥k}P(X ≥ k + 1|X ≥ k) , ∀k ∈ N . (1) [Sugg. Se {B1, . . . , Bm} è una partizione di Ω e G := σ(B1, . . . , Bm), le variabili G-misurabili . . . ] (b) Si mostri che Z è una martingala.

(c) Si mostri che limk→∞Zk(ω) = 0 per q.o. ω ∈ Ω.

(d) Si mostri che la martingala Z = {Zk}k∈N0 è limitata in L1ma non è uniformemente integrabile.

Essa è limitata in Lp per qualche p ∈ (1, ∞)?

(e) Si mostri che la famiglia di variabili aleatorie {√

Zk}k∈N0 è uniformemente integrabile. Si deduca che limk→∞E(√

Zk) = 0.

Soluzione 1. (a) Dato che X > 0, possiamo scrivere {X < k} =

k

[

`=1

{` − 1 ≤ X < `} =

k

[

`=1

A`,

da cui {X ≥ k} = {X < k}c=Tk

`=1Ac` ∈ Gk.

Dato che il membro destro di (1) è una costante per 1{X≥k}, esso è chiaramente una variabile aleatoria Gk-misurabile, quindi per dimostrare la relazione (1) è sufficiente mostrare che si ha

E(1{X≥k+1}Y ) = E(1{X≥k}P (X ≥ k + 1|X ≥ k) Y ) , (2) per ogni variabile aleatoria reale Y che sia Gk-misurabile e limitata. Dato che {X ≥ k} ∈ Gk, possiamo scrivere Gk = σ(A1, . . . , Ak, {X ≥ k}), e essendo {A1, . . . , Ak, {X ≥ k}} una partizione di Ω segue che ogni variabile aleatoria reale G-misurabile è della forma

Y =

k

X

`=1

c`1A`+ a1{X≥k}, con c`, a ∈ R. Il membro sinistro in (2) vale dunque

E(1{X≥k+1}Y ) =

k

X

`=1

c`E(1{X≥k+1}1A`) + a E(1{X≥k+1}1{X≥k}) = a P(X ≥ k + 1) ,

(2)

2

perché A`∩ {X ≥ k + 1} = ∅ per ` ≤ k e {X ≥ k + 1} ⊆ {X ≥ k}. Analogamente, notando che anche A`∩ {X ≥ k} = ∅ per ` ≤ k, il membro sinistro in (2) vale

P (X ≥ k + 1|X ≥ k) E(1{X≥k}Y ) = P (X ≥ k + 1|X ≥ k) a E(1{X≥k}1{X≥k})

= P (X ≥ k + 1|X ≥ k) a P(X ≥ k) = a P(X ≥ k + 1) , dunque la relazione (2) è verificata.

(b) Dato che {X ≥ k} ∈ Gk, segue che Zk è Gk-misurabile per ogni k ∈ N0. Inoltre |Zk| ≤ k, quindi Zk∈ L1. Infine, grazie alla relazione (1),

E(Zk+1|Gk) = (k + 1) E(1{X≥k+1}|Gk) = (k + 1) 1{X≥k} P(X ≥ k + 1|X ≥ k) . (3) Dato che per t ≥ 1 si ha P(X ≥ t) =R

t 1

x2dx = 1t, segue che P(X ≥ k + 1|X ≥ k) = P(X ≥ k + 1)

P(X ≥ k) = k k + 1. Dalla relazione (3) si ottiene dunque E(Zk+1|Gk) = Zk q.c..

(c) Per q.o. ω ∈ Ω si ha X(ω) < ∞ e chiaramente Zk(ω) = k1{X(ω)≥k} = 0 per ogni k > X(ω);

in particolare, limk→∞Zk(ω) = 0.

(d) La martingala Z è positiva e dunque limitata in L1 (E(|Zk|) = E(Zk) = E(Z0) = 1) ma non è uniformemente integrabile: in caso contrario, dato che Zk → 0 q.c., si avrebbe che Zk → 0 in L1 e dunque E(Zk) → 0, mentre E(Zk) = E(Z0) = 1 per ogni k ∈ N0 per la proprietà di martingala. Infine, Z non è limitata in Lp per nessun p ∈ (1, ∞), perché in caso contrario sarebbe uniformemente integrabile (ogni famiglia di variabili aleatorie limitata in Lp è uniformemente integrabile, per un risultato visto a lezione).

(e) La famiglia di variabili aleatorie {√

Zk}k∈N0è chiaramente limitata in L2, perché E((√

Zk)2) = E(|Zk|) = E(Zk) = E(Z0) = 1 per ogni k ∈ N0, di conseguenza è uniformemente integrabile.

Sappiamo che Zk → 0 q.c., dunque anche√

Zk→ 0 q.c.; per l’integrabilità uniforme si ha allora√

Zk→ 0 in L1, da cui segue in particolare che E(√

Zk) → 0.

(3)

3

Esercizio 2. Su uno spazio di probabilità filtrato standard (Ω, F , {Ft}t∈[0,∞), P) è definito un {Ft}t∈[0,∞)-moto browniano reale B = {Bt}t∈[0,∞). Sia τ un tempo d’arresto tale che E(√

τ ) < ∞.

L’obiettivo di questo esercizio è di mostrare che E(Bτ) = 0.

(a) Usando la formula di Ito, si dimostri che il processo M = {Mt := Bt2− t}t∈[0,∞) è una martingala. Si deduca che E((Bτ ∧a)2) = E(τ ∧ a) per ogni a ∈ [0, ∞).

(b) Si dimostri che, per ogni t, a ≥ 0, vale l’inclusione di eventi (

sup

s∈[0,∞)

|Bτ ∧s| > t )

∩ {τ ≤ a} ⊆ (

sup

s∈[0,a]

|Bτ ∧s| > t )

Si deduca che per ogni t, a ≥ 0

P sup

s∈[0,∞)

|Bτ ∧s| > t

!

≤ P(τ > a) + P sup

s∈[0,a]

|Bτ ∧s| > t

!

. (4)

[Sugg.: Ω = {τ > a} ∪ {τ ≤ a}]

(c) Si osservi che il processo {(Bτ ∧s)2}s∈[0,∞) è una submartingala continua. Si mostri, usando un’opportuna disuguaglianza, che per ogni t, a ∈ [0, ∞)

P sup

s∈[0,a]

(Bτ ∧s)2 > t2

!

≤ E(τ ∧ a) t2 . Si deduca che, per ogni t ∈ [0, ∞),

P sup

s∈[0,∞)

|Bτ ∧s| > t

!

≤ P(τ > t2) + E τ t2 ∧ 1



. (5)

(d) Si mostri che, per ogni T ∈ [0, ∞), Z

0

1{T >t2}dt =

√ T ,

Z 0

 T t2 ∧ 1

 dt = 2

√ T . Ricordando la formula E(X) =R

0 P(X > t) dt, valida per ogni variabile aleatoria positiva X, si deduca che

E sup

s∈[0,∞)

|Bτ ∧s|

!

≤ 3 E(√

τ ) . (6)

(e) Si mostri che lims→+∞Bτ ∧s = Bτ q.c. e si giustifichi la relazione E(Bτ) = lim

s→+∞E(Bτ ∧s) .

Si spieghi perché E(Bτ ∧s) = 0 per ogni s ∈ [0, ∞). Si concluda che E(Bτ) = 0.

Soluzione 2. (a) La funzione (t, x) 7→ Φ(t, x) := x2− t è di classe C2, quindi per la formula di Ito Mt:= Φ(t, Bt) è un processo di Ito, con differenziale stocastico dato da

dMt= ∂Φ

∂t(t, Bt) dt + ∂Φ

∂x(t, Bt) dBt+1 2

2Φ

∂x2(t, Bt) dt = −dt + 2BtdBt+1

22 dt = 2BtdBt. Questo mostra che M è una martingala locale. Il processo integrando 2Btè in M2 e non solo in M2loc, perché E(RT

0 (2Bt)2dt) = 4RT

0 t dt = 2T2 < ∞ per ogni T > 0, dunque M è una vera martingala (di quadrato integrabile). Applicando il teorema d’arresto relativo al tempo d’arresto limitato τ ∧ a, si ha dunque E(Mτ ∧a) = E(M0) = 0, ossia E(Bτ ∧a2 ) = E(τ ∧ a).

(4)

4

(b) Se ω appartiene all’evento del membro sinistro, si ha che τ (ω) ≤ a e inoltre esiste s ∈ [0, ∞) tale che |Bτ (ω)∧s(ω)| > t. Dobbiamo mostrare che ω appartiene all’evento del membro destro, ossia che esiste u ∈ [0, a] tale che |Bτ (ω)∧u(ω)| > t. Nel caso in cui s ≤ a, basta prendere u = s; se invece s > a, si ha τ (ω) ∧ s = τ (ω) = τ (ω) ∧ a e dunque basta prendere u = a.

Scrivendo A = (A ∩ {τ > a}) ∪ (A ∩ {τ ≤ a}) per ogni evento A ∈ F e per ogni a ∈ [0, ∞), e notando che A ∩ {τ > a} ⊆ {τ > a}, dall’inclusione appena mostrata segue che

( sup

s∈[0,∞)

|Bτ ∧s| > t )

= (

sup

s∈[0,∞)

|Bτ ∧s| > t )

∩ {τ > a}

!

∪ (

sup

s∈[0,∞)

|Bτ ∧s| > t )

∩ {τ ≤ a}

!

⊆ {τ > a} ∪ (

sup

s∈[0,a]

|Bτ ∧s| > t )

.

Usando la subadditività della probabilità, si ottiene la tesi.

(c) Dato che il moto browniano è una martingala, anche il processo arrestato {Bτ ∧s}s∈[0,∞) è una martingala, di conseguenza {(Bτ ∧s)2}s∈[0,∞) è una submartingala (continua), in quanto funzione convessa di una martingala. Per la disuguaglianza massimale, si ottiene

P sup

s∈[0,a]

(Bτ ∧s)2> t2

!

≤ E((Bτ ∧a)2)

t2 = E(τ ∧ a) t2 ,

dove l’uguaglianza è stata dimostrata in un punto precedente. Scegliendo a = t2 e applicando la relazione (4), si ottiene allora la relazione (5), poiché

E(τ ∧ t2)

t2 = E τ ∧ t2 t2



= E τ t2 ∧ 1

 . (d) Con semplici integrazioni si ottiene

Z 0

1{T >t2}dt = Z

T

0

1 dt =

√ T ,

Z 0

 T t2 ∧ 1

 dt =

Z

T

0

1 dt + Z

T

T

t2dt = 2

√ T . Usando la formula richiamata per il calcolo del valore atteso e il teorema di Fubini, dalla relazione (5) si ottiene

E sup

s∈[0,∞)

|Bτ ∧s|

!

= Z

0

P sup

s∈[0,∞)

|Bτ ∧s| > t

! dt ≤

Z 0

P(τ > t2) dt + Z

0

E τ t2 ∧ 1

 dt

≤ E

Z 0

1{τ >t2}dt

 + E

Z 0

 τ t2 ∧ 1

 dt



= 3 E(√ τ ) .

(e) Si ha τ (ω) ∧ s = τ (ω) per ogni s ≥ τ (ω), dunque lims→∞τ (ω) ∧ s = τ (ω) per ogni ω ∈ Ω.

Ponendo Y := sups∈[0,∞)|Bτ ∧s|, la relazione (6) mostra che Y ∈ L1. Dato che |Bτ ∧s| ≤ Y per ogni s ≥ 0, per convergenza dominata si ha che E(Bτ) = lims→∞E(Bτ ∧s).

Abbiamo già osservato che il processo {Bτ ∧s}s∈[0,∞) è una martingala, quindi E(Bτ ∧s) = E(B0) = 0. Si ha allora E(Bτ) = 0.

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