II Appello di Processi Stocastici 2011/12 Cognome:
Laurea Magistrale in Matematica Nome:
17 luglio 2012 Email:
Quando non `e espressamente indicato il contrario, per la soluzione degli esercizi `e possibile usare tutti i risultati visti a lezione (compresi quelli di cui non `e stata fornita la dimostrazione).
Esercizio 1. Siano {Un}n∈N variabili aleatorie reali i.i.d., definite su uno spazio di probabilit`a (Ω, F , P), distribuite uniformemente su [0, 1]. Indichiamo con Fn := σ(U1, . . . , Un) la filtrazione naturale della successione {Un}n∈N e poniamo F0 := {∅, Ω}.
Siano p ∈ (0, 1) e A, B ∈ (0, ∞) parametri fissati. Si ponga
X0 := p , Xn+1 := A Xn+ B 1[0,Xn](Un+1) , (dove 1[0,x](u) = 1 se u ∈ [0, x] e 1[0,x](u) = 0 se u 6∈ [0, x].)
(a) Si mostri che il processo {Xn}n∈N0 `e una martingala se e solo se A + B = 1.
[Sugg.: si noti che si pu`o scrivere 1[0,Xn](Un+1) = f (Xn, Un+1) per un’opportuna funzione f .]
D’ora in avanti supporremo che A + B = 1.
(b) Si mostri che 0 < Xn< 1 per ogni n ∈ N.
(c) Si mostri che il limite
X∞ := lim
n→∞Xn esiste q.c. e in L2.
(d) Si mostri che E[(Xn+1− Xn)2] = c E[Xn(1 − Xn)] per un’opportuna costante c > 0, che `e richiesto di determinare.
(e) Si mostri che E[X∞(1 − X∞)] = 0.
(f) (*) Si deduca la legge di X∞.
Soluzione 1. (a) Chiaramente X0 `e F0-misurabile e in L1 (`e costante). Procedendo per in- duzione, Xn+1 `e una funzione misurabile di Xn e Un+1, che sono v.a. Fn+1-misurabili per ipotesi induttiva e per definizione di Fn+1, quindi anche Xn+1 `e Fn+1-misurabile. Inoltre
|Xn+1| ≤ A|Xn| + B e dunque, essendo per ipotesi induttiva Xn∈ L1, anche Xn+1 ∈ L1. Calcoliamo infine E(Xn+1|Fn). Usando il lemma di congelamento e il fatto che Un+1 `e indipendente da Fnsi ha che
E(1[0,Xn](Un+1)|Fn) = E(1[0,x](Un+1))|x=Xn = P(Un+1 ≤ x)|x=Xn = x|x=Xn = Xn, dunque
E(Xn+1|Fn) = A E(Xn|Fn) + B E(1[0,Xn](Un+1)|Fn) = (A + B)Xn, da cui segue che {Xn}n∈N0 `e una martingala se e solo se A + B = 1.
(b) Chiaramente X0 = p ∈ (0, 1). Procedendo per induzione, se Xn∈ (0, 1) allora Xn+1 = A Xn+ B 1[0,Xn](Un+1) > AXn > 0 ,
Xn+1 = A Xn+ B 1[0,Xn](Un+1) < AXn+ B < A + B < 1 , ossia Xn+1∈ (0, 1).
(c) Per i punti precedenti {Xn}n∈N0 `e una martingala uniformemente limitata (|Xn| ≤ 1 per ogni n ∈ N), quindi limitata in Lp per ogni p ∈ [1, ∞). Di conseguenza X∞ := limn→∞Xn
esiste q.c. e in Lp.
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(d) Ricordando che A + B = 1, ossia A − 1 = −B, si ha E[(Xn+1− Xn)2] = E[((A − 1)Xn+ B1[0,Xn](Un+1))2]
= B2E[Xn2] + B2E[1[0,Xn](Un+1)] − 2B2E[Xn1[0,Xn](Un+1)] . Per il lemma di congelamento
E[1[0,Xn](Un+1)|Fn] = E[1[0,x](Un+1)]|x=Xn = P(Un+1 ≤ x)|x=Xn = Xn, E[Xn1[0,Xn](Un+1)|Fn] = E[x1[0,x](Un+1)]|x=Xn = (x P(Un+1≤ x))|x=Xn = Xn2, quindi
E[1[0,Xn](Un+1)] = E[E[1[0,Xn](Un+1)|Fn]] = E[Xn] , E[Xn1[0,Xn](Un+1)|Fn] = E[E[Xn1[0,Xn](Un+1)|Fn]] = E[Xn2] , e otteniamo
E[(Xn+1− Xn)2] = B2 E[Xn2] + E[Xn] − 2 E[Xn2]
= B2E[Xn(1 − Xn)] . (e) Dato che Xn→ X∞ q.c. e Xn∈ (0, 1) per ogni n ∈ N per convergenza dominata
E[X∞(1 − X∞)] = lim
n→∞E[Xn(1 − Xn)] .
Per il punto precedente, E[Xn(1 − Xn)] = B−2E[(Xn+1 − Xn)2]. Applicando ancora il teorema di convergenza dominata, possiamo dunque concludere che
E[X∞(1 − X∞)] = B−2 lim
n→∞E[(Xn+1− Xn)2] = B−2E[(X∞− X∞)2] = 0 .
(f) Sappiamo che Xn ∈ (0, 1) per ogni n ∈ N, dunque X∞ = limn→∞Xn ∈ [0, 1] q.c. e in particolare X∞(1 − X∞) ≥ 0. Per il punto precedente E[X∞(1 − X∞)] = 0 e dato che il valore atteso di una v.a. positiva `e nullo se e solo se la v.a. `e q.c. nulla, segue che X∞(1 − X∞) = 0 q.c.. Per la regola di annullamento del prodotto, segue che per q.o. ω ∈ Ω si ha X∞(ω) = 0 oppure X∞(ω) = 1. Dunque la legge di X∞`e concentrata in {0, 1}, ossia X∞ ha legge di Bernoulli di parametro incognito q. Tuttavia, essendo Xn→ X∞in Lp per ogni p ∈ [1, ∞), si deve avere la convergenza delle medie, dunque E(X∞) = E(X0) = p.
Dato che la media di una Bernoulli di parametro q vale q, segue che q = p.
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Esercizio 2. Sia B = {Bt}t∈[0,∞)un moto browniano reale, definito su uno spazio di probabilit`a (Ω, A, P). Definiamo due processi C = {Ct}t∈[0,1], D = {Dt}t∈[0,1] ponendo
Ct := Bt − t B1, Dt :=
((1 − t)Bt/(1−t) se t ∈ [0, 1)
0 se t = 1 .
(a) Si mostri che C e D sono entrambi processi gaussiani con media nulla e con la stessa funzione covarianza, che `e richiesto di calcolare.
(b) Si mostri che le variabili aleatorie Ct e Dt sono indipendenti se 12 < t < 1, mentre non lo sono se 0 < t < 12.
(c) Il processo D ha q.c. traiettorie continue?
[Sugg.: per t < 1 si esprima Dtin funzione di Xs:= sB1/s.]
Soluzione 2. (a) Occorre mostrare che a1Ct1 + . . . + akCtk `e una variabile aleatoria reale normale per ogni scelta di k ∈ N, a1, . . . , ak∈ R e 0 ≤ t1< . . . < tk≤ 1. Ma
a1Ct1 + . . . + akCtk = a1Bt1 + . . . + akBtk− (a1t1+ . . . + aktk)B1,
e nel membro destro appare una combinazione lineare di componenti di B, che `e normale perch´e B `e un processo gaussiano. Un discorso del tutto analogo vale per D: ogni combi- nazione lineare di sue componenti si riscrive come combinazione lineare di componenti di B e dunque `e normale.
La verifica che E(Ct) = E(Dt) = 0 `e immediata. Per quanto riguarda la covarianza, per 0 ≤ s ≤ t ≤ 1 si ha
Cov(Cs, Ct) = Cov(Bs, Bt) − t Cov(Bs, B1) − s Cov(B1, Bt) + st Cov(B1, B1)
= s − ts − st + st = s(1 − t) , e analogamente, se t < 1,
Cov(Ds, Dt) = (1 − t)(1 − s) Cov(Bs/(1−s), Bt/(1−t)) = (1 − t)(1 − s) s
1 − s = s(1 − t) , mentre per t = 1 la stessa formula vale perch´e D1 = 0 e dunque Cov(Ds, D1) = 0.
(b) Le variabili aleatorie Ct e Dt sono congiuntamente normali: infatti ogni loro combinazione lineare `e una combinazione lineare di componenti di B e dunque `e normale, perch´e B `e un processo gaussiano. Di conseguenza, Cte Dtsono indipendenti se e solo se Cov(Ct, Dt) = 0.
Si osservi che t < t/(1 − t) per ogni t < 1. Inoltre, se t < 12, si ha che t/(1 − t) < 1 e dunque Cov(Ct, Dt) = (1 − t) Cov(Bt, Bt/(1−t)) − t(1 − t) Cov(B1, Bt/(1−t))
= (1 − t)t − t(1 − t) t
1 − t = t − t2− t2 = t(1 − 2t) > 0 , mentre se t > 12 si ha t/(1 − t) > 1 e quindi
Cov(Ct, Dt) = (1 − t) Cov(Bt, Bt/(1−t)) − t(1 − t) Cov(B1, Bt/(1−t))
= (1 − t)t − t(1 − t) = 0 .
(c) Dato che le traiettorie di B sono q.c. continue, segue immediatamente che le traiettorie di D sono q.c. continue in t ∈ [0, 1). Resta solo da verificare la continuit`a in t = 1.
Si pu`o scrivere Dt = tX(1−t)/t per ogni t < 1. Ponendo X0 := 0, sappiamo che X = {Xs}s∈[0,∞) `e un moto browniano, dunque q.c. le sue traiettorie sono continue. Dato che (1 − t)/t → 0 per t ↑ 1, segue che limt↑1Dt = limt↑1tX(1−t)/t = X0 = 0 q.c., quindi le traiettorie di D sono q.c. continue anche in t = 1.