(a) Si mostri che E(X

(1)

I Appello di Processi Stocastici 2012/13 Cognome:

Laurea Magistrale in Matematica Nome:

18 giugno 2013 Email:

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. Questo esercizio consta di due parti indipendenti.

Parte I. Sia (Ω, A, P) uno spazio di probabilit`a e siano X e Y due variabili aleatorie reali in L²(Ω, A, P), tali che

E(X|σ(Y )) = Y , E(Y |σ(X)) = X . (a) Si mostri che E(X) = E(Y ).

(b) Si mostri che E(XY ) = E(X²) = E(Y²).

(c) Si calcoli Var(X − Y ) e si deduca che X e Y sono . . .

Parte II. Sia (Ω, A, {F_n}_n∈N₀:={0,1,...}, P) uno spazio di probabilit`a filtrato, in cui `e definito un processo stocastico adattato X = (X_n)_n∈N₀, tale che

∀n ∈ N0 : E(|Xn|) < ∞ , E(Xn) = 0 .

Dati n ∈ N0, un evento A ∈ F_n e due numeri a, b ∈ N0 con a > b, definiamo la variabile aleatoria

τ := a 1A+ b 1A^c. (1)

(c) Si diano condizioni su a, b ∈ N0 affinch´e τ sia un tempo d’arresto.

(d) Si mostri che, se il processo X `e una martingala, allora E(X_τ) = 0 per ogni tempo d’arresto τ come in (1).

(e) Viceversa, si mostri che, se E(Xτ) = 0 per ogni tempo d’arresto τ come in (1), allora X `e una martingala.

Soluzione 1. (a) Usando le propriet`a della speranza condizionale E(Y ) = E(E(Y |σ(X))) = E(X) , (b) Usando ancora le propriet`a della speranza condizionale

E(XY ) = E(E(XY |σ(X))) = E(X E(Y |σ(X))) = E(X²) , e analogamente (o per simmetria) si mostra che E(XY ) = E(Y²).

(c) Dato che E(X − Y ) = E(X) − E(Y ) = 0, si ha

Var(X − Y ) = E((X − Y )²) = E(X²) + E(Y²) − 2 E(XY ) = 0 ,

per il punto precedente. Dato che le variabili aleatorie di varianza nulla sono q.c. costanti, segue che q.c., ossia Y = X + c, per un opportuno c ∈ R. Infine, essendo E(X) = E(Y ), si ha necessariamente c = 0 e dunque X = Y q.c..

(d) Occorre verificare che {τ = n} ∈ F_n per ogni n ∈ N0. Se n 6∈ {a, b} tale relazione `e banalmente soddisfatta, essendo {τ = n} = ∅. Per n ∈ {a, b} si ha

{τ = a} = A , {τ = b} = A^c,

quindi occorre che A ∈ Fae A^c∈ F_b. Dato che per ipotesi A ∈ Fn, e dunque anche A^c∈ F_n,

`e sufficiente che a ≥ n e anche b ≥ n.

(e) Basta applicare il teorema di arresto opzionale, essendo τ limitato.

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(f) Si noti che Xτ = Xa1A+ X_b1A^c. Dato che 1A^c = 1 − 1A, E(X_b) = 0, segue che 0 = E(X_τ) = E(X_a1_A) + E(X_b1_A^c) = E(X_a1_A) + E(X_b) − E(X_b1_A)

= E(X_a1_A) − E(X_b1_A) .

In particolare, scegliendo a = n, b = n + 1 e A ∈ F_n generico, si ottiene E(X_n+11_A) = E(Xn1A), da cui segue che E(Xn+1|F_n) = Xn e dunque X `e una martingala.

(3)

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Esercizio 2. Sia (Ω, A, P) uno spazio di probabilit`a su cui `e definito un moto Browniano reale B = (B_t)_t≥0. Definiamo il processo stocastico (a tempo discreto) X = (X_n)_n∈N₀ ponendo

X_n:= e^Bⁿ⁻¹²ⁿ, n ∈ N0 := {0, 1, . . .} , e indichiamone con {Fn}_n∈N₀ la filtrazione naturale.

(a) Si mostri che X non `e un processo gaussiano.

(b) Si mostri che X `e una martingala che converge q.c..

(c) Si deduca dalle propriet`a del moto browniano che q.c. lim_n→∞X_n= 0.

(d) La convergenza X_n→ 0 ha luogo anche in L^p, per qualche p ∈ [1, ∞)?

(e) Si calcoli E(|X_n|^p), mostrando che X_n ∈ L^p per ogni p ∈ [1, ∞) e n ∈ N0. Si deduca dal calcolo effettuato per quali valori di p ∈ [1, ∞) la martingala X `e limitata in L^p.

(f) Senza usare il valore di E(|Xn|^p) determinato, si deduca dalla risposta al punto (d) per quali valori di p ∈ (1, ∞) la martingala X `e limitata in L^p.

Soluzione 2. (a) Per n ≥ 1 la variabile aleatoria X_nè positiva e non costante, quindi non può avere distribuzione gaussiana. A maggior ragione, X non è un processo gaussiano.

(b) Ricordiamo che se Z ∼ N (0, 1) allora

M (t) := E(e^tZ) = e¹²^t², ∀t ∈ R . (2) Ricordando che Bn ∼ N (0, n) ∼ √

nZ, con Z ∼ N (0, 1), segue facilmente che Xn ∈ L¹ per ogni n ∈ N. Scrivendo Bn+1 = (B_n+1− B_n) + B_n e ricordando le proprietà del moto browniano, per cui (B_n+1− B_n) ∼ N (0, 1) è indipendente da F_n, segue dalle proprietà della speranza condizionale che

E(Xn+1|F_n) = e⁻¹²⁽ⁿ⁺¹⁾E(e^Bⁿ⁺¹^−Bⁿe^Bⁿ|F_n) = e⁻¹²⁽ⁿ⁺¹⁾e^BⁿE(e^Bⁿ⁺¹^−Bⁿ|F_n)

= e⁻¹²⁽ⁿ⁺¹⁾e^BⁿE(e^Bⁿ⁺¹^−Bⁿ) = e⁻¹²⁽ⁿ⁺¹⁾e^BⁿM (1)

= e⁻¹²⁽ⁿ⁺¹⁾e^Bⁿe¹² = e⁻¹²ⁿe^Bⁿ = X_n. Dato che X `e una martingala positiva, essa converge q.c..

(c) Per la legge dei grandi numeri (si potrebbe usare la legge del logaritmo iterato, per una stima pi`u raffinata) si ha lim_n→∞ ¹_nB_n= 0 q.c., pertanto

n→∞lim

B_n−1 2n

= lim

n→∞n B_n n − 1

2

= −∞ , q.c. , e dunque lim_n→∞X_n= 0 q.c..

(d) La convergenza non ha luogo in L^p per nessun p ≥ 1, perch´e in caso contrario si avrebbe la convergenza dei valori attesi limn→∞E(Xn) = E(0) = 0, mentre E(Xn) = E(X0) = 1 per ogni n ∈ N, essendo X una martingala.

(e) Ricordando che B_n∼ N (0, n) ∼√

nZ con Z ∼ N (0, 1) e applicando (2) otteniamo E(|Xn|^p) = E(X_n^p) = e⁻^p²ⁿE(e^p

√nZ) = e⁻^p²ⁿM (p√

n) = e¹²^(p²^−p)n< ∞ , ∀n ∈ N0, p ≥ 1 . Per p > 1 si ha p² > p e dunque sup_n∈NE(|X_n|^p) = +∞, cioè X non è limitata in L^p. Per p = 1 si ha invece che E(|Xn|) = E(X_n) = 1 è costante e dunque X è limitata in L¹ (come già sapevamo, essendo X una martingala positiva).

(f) X non `e limitata in L^p per nessun valore di p > 1: in caso contrario essa convergerebbe a 0 in L^p, e a maggior ragione in L¹, cosa che non succede.