E((X − Y )1{X>c,Y ≤c

IV Appello di Processi Stocastici 2012/13 Cognome:

Laurea Magistrale in Matematica Nome:

9 dicembre 2013 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. Sia (Ω, A, P) uno spazio di probabilit`a e siano X e Y due variabili aleatorie reali in L¹(Ω, A, P), tali che

E(X|σ(Y )) = Y , E(Y |σ(X)) = X . (a) Per ogni c ∈ R fissato, si mostri che

E((X − Y )1{X>c}) = 0 , E((X − Y )1{Y >c}) = 0 , (b) Dopo aver spiegato l’uguaglianza

1_{X>c}− 1_{{Y >c}} = 1{X>c,Y ≤c}− 1{X≤c,Y >c}, si deduca che

E((X − Y )1{X≤c,Y >c}) = E((X − Y )1{X>c,Y ≤c}) . (c) (*) Si deduca che necessariamente

E((X − Y )1{X≤c,Y >c}) = 0 , E((X − Y )1{X>c,Y ≤c}) = 0 , e quindi che

∀c ∈ R : P(X ≤ c, Y > c) = 0 , P(X > c, Y ≤ c) = 0 . [Sugg. Si rifletta sui segni delle variabili aleatorie in gioco ]

(d) Si spieghi l’uguaglianza di eventi {X 6= Y } = [

c∈Q

{X ≤ c, Y > c} ∪ {X > c, Y ≤ c}

e si deduca che X e Y sono . . .

Soluzione 1. (a) Basta applicare la definizione di speranza condizionale: dato che {X > c} ∈ σ(X), si ha

E(Y 1_{X>c}) = E(E(Y |σ(X)) 1_{X>c}) = E(X1_{X>c}) ,

che `e equivalente alla prima uguaglianza, per linearit`a del valor medio. La seconda uguaglianza

`e del tutto analoga.

(b) Basta verificare che i due membri coincidono per ogni ω ∈ Ω:

• se X(ω) > c e Y (ω) > c il membro sinistro vale 1 − 1 = 0 mentre il membro destro vale 0 − 0 = 0;

• se X(ω) > c e Y (ω) ≤ c il membro sinistro vale 1 − 0 = 1 mentre il membro destro vale 1 − 0 = 1;

• se X(ω) ≤ c e Y (ω) > c il membro sinistro vale 0 − 1 = −1 mentre il membro destro vale 0 − 1 = −1;

• infine, se X(ω) ≤ c e Y (ω) ≤ c il membro sinistro vale 0 − 0 = 0 mentre il membro destro vale 0 − 0 = 0;

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Sfruttando il punto precedente, si ottiene dunque

0 = E((X − Y )1{X>c}) − E((X − Y )1{Y >c}) = E((X − Y )(1{X>c}− 1_{{Y >c}}))

= E((X − Y )(1{X>c,Y ≤c}− 1{X≤c,Y >c}))

= E((X − Y )1{X>c,Y ≤c}) − E((X − Y )1{X≤c,Y >c}) , che `e quando dovevasi dimostrare.

(c) Sull’evento {X > c, Y ≤ c} si ha X − Y > 0, quindi (X − Y )1{X>c,Y ≤c} ≥ 0 e dunque E((X − Y )1{X>c,Y ≤c}) ≥ 0; analogamente, sull’evento {X ≤ c, Y > c} si ha X − Y < 0, quindi (X − Y )1{X≤c,Y >c} ≤ 0 e dunque E((X − Y )1{X≤c,Y >c}) ≤ 0. Ma per il punto precedente i due termini sono uguali, pertanto

E((X − Y )1{X>c,Y ≤c}) = E((X − Y )1{X≤c,Y >c}) = 0 . Infine, ricordando che se Z ≥ 0 `e tale che E(Z) = 0 allora Z = 0 q.c., si ha

(X − Y )1{X>c,Y ≤c}= 0 q.c. .

Abbiamo gi`a osservato che sull’evento {X > c, Y ≤ c} si ha X − Y > 0, quindi necessaria- mente P(X > c, Y ≤ c) = 0. Analogamente P(X ≤ c, Y > c) = 0.

(d) Chiaramente {X > c, Y ≤ c} ⊆ {X 6= Y } e {X ≤ c, Y > c} ⊆ {X 6= Y } per ogni c ∈ R;

questo mostra l’inclusione ⊇ nell’uguaglianza cercata. Per il viceversa, se ω ∈ {X 6= Y } si ha X(ω) 6= Y (ω). Supponiamo che X(ω) < Y (ω): prendendo un razionale c qualunque nell’intervallo (X(ω), Y (ω)) si ha X(ω) < c e Y (ω) > c, dunque ω ∈ {X ≤ c, Y > c};

analogamente, se X(ω) > Y (ω), esiste c ∈ Q tale che X(ω) > c e Y (ω) < c, quindi ω ∈ {X > c, Y ≤ c}. Questo mostra l’inclusione ⊆ e completa la dimostrazione dell’uguaglianza.

Avendo mostrato nei punti precedenti che P(X ≤ c, Y > c) = 0 e P(X > c, Y ≤ c) = 0, segue che P(X 6= Y ) = 0, ossia P(X = Y ) = 1, cio`e le variabili aleatorie X e Y sono q.c.

uguali.

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Esercizio 2. Sia (Ω, A, (Ft)t≥0, P) uno spazio di probabilit`a filtrato e sia B = (Bt)t≥0un (Ft)t≥0- moto browniano reale.

(a) Per 0 < s < t istanti fissati, si mostri che le variabili aleatorie X := Bs− ^s_tBt e Y := Bt

sono congiuntamente normali. Esse sono indipendenti?

(b) Si mostri che E(B_s|B_t) = ^s_tB_t e (facoltativo) si determini E(B_s²|B_t).

Sia ora (an)_n∈N0 una successione a valori in [0, ∞), con a0 := 0, e definiamo Mn:= Ban.

(c) Supponiamo che (an)_n∈N0 sia crescente: an+1 ≥ a_nper ogni n ∈ N0. Si mostri che il processo M = (Mn)_n∈N0 `e una martingala, rispetto a un’opportuna filtrazione (da specificare).

(d) Supponiamo ora che (an)_n∈N0 non sia crescente: esiste dunque n0 tale che an0+1 < an0. Si mostri che il processo M = (M_n)_n∈N0 non `e una martingala.

[Sugg.: si determini E(Mn0+1|M_n0).]

(e) Sotto quali condizioni sulla successione (an)_n∈N0 il processo M `e limitato in L²?

(f) (*) Si diano due esempi di successioni (an)_n∈N0 (non necessariamente crescenti) tale che il limite limn→∞Mn nel primo caso q.c. esista, nel secondo caso q.c. non esista.

Soluzione 2. (a) Ogni combinazione lineare di X e Y `e una combinazione lineare delle com- ponenti di B, dunque `e una variabile aleatoria normale perch´e B `e un processo gaussiano.

Questo mostra che X e Y sono congiuntamente normali, quindi sono indipendenti se e solo se sono scorrelate. Dato che Cov(X, Y ) = s −^s_tt = 0, X e Y sono indipendenti.

(b) Basta scrivere

E(Bs|B_t) = E(Bs−^s_tBt+^s_tBt|B_t) = E(Bs−^s_tBt) +_t^sBt= ^s_tBt,

per le propriet`a della speranza condizionale e per il punto precedente. Analogamente E(B_s²|B_t) = E((Bs−^s_tBt+^s_tBt)²|B_t) = E((Bs−^s_tBt)²+ 2(Bs−^s_tBt)^s_tBt+ (^s_tBt)²|B_t)

= E((B_s−^s_tB_t)²) + 2E(B_s− ^s_tB_t)^s_tB_t+ (^s_tB_t)²

= s + s² t − 2s

ts + 0 + (^s_tBt)² = s(t − s) t +s²

t²B_t².

(c) Definendo Gn := Fan, (Gn)_n∈N0 `e una filtrazione e M `e una martingala rispetto a tale filtrazione, perch´e `e adattata, si ha M_n = B_an ∈ L¹ e E(M_n+1|G_n) = E(B_an+1|F_an) = Ban = Mn per ogni n ∈ N0, avendo usato il fatto che E(Bt|B_s) = Bs per s ≤ t.

(d) Per i punti precedenti E(B_s|B_t) = ^s_tB_t 6= B_t se s < t, da cui segue che E(M_n0+1|M_n) = E(Ba_n0+1|B_an0) 6= Ban essendo an0+1 < an0.

(e) Si ha E(M_n²) = E(B_a²_n) = a_n, quindi M `e limitato in L² se e solo se la successione (a_n)_n∈N0

`e limitata.

(f) Se esiste finito a := limn→∞an, allora per continuit`a delle traiettorie del moto browniano q.c. esiste finito lim<sub>n→∞</sub>M<sub>n</sub> = lim<sub>n→∞</sub>B<sub>an</sub> = lim<sub>t→a</sub>B<sub>t</sub>. Quindi per il primo caso si pu`o scegliere qualunque successione limitata.

(g) Per il secondo caso, si pu`o scegliere ad esempio la successione a2n := 0 e a2n+1 := 1, per ogni n ∈ N0. In questo caso si ha M_2n = B₀ = 0 q.c. mentre M_2n+1 = B₁, per ogni n ∈ N.

Dato che B₁6= 0 q.c., lim_n→∞M_2n+1 6= lim_n→∞M_2n, q.c., quindi M non ha limite, q.c..