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
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.
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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).
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(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.