0 si ha Sπ → t in L2

Esercizio 1. Sia B = {B_t}_t≥0 un moto browniano reale. Data una partizione π = {0 = t₀ < t₁ < . . . < t_k = t} dell’intervallo [0, t], indichiamone il passo con |π| = max1≤i≤k(ti− t_i−1). Introducendo la variazione quadratica Sπ =Pk

i=1(Bti− B_ti−1)² di B relativa a π, sappiamo che per |π| → 0 si ha S_π → t in L². Più precisamente, abbiamo visto che esiste una costante 0 < c < ∞ universale tale che

E(S_π− t)²

= cPk

i=1(t_i− t_i−1)².

Sia {π⁽ⁿ⁾}_n∈N una successione di partizioni π⁽ⁿ⁾= {0 = t⁽ⁿ⁾₀ < t⁽ⁿ⁾₁ < . . . < t⁽ⁿ⁾_k

n = t}, tale che non solo |π⁽ⁿ⁾| → 0 per n → ∞, ma anche P

n∈N|π⁽ⁿ⁾| < ∞.

(a) Si mostri che, per ogni ε > 0,P

n∈NP(|S_π(n)− t| > ε) < ∞.

[Sugg. Applicare un’opportuna disuguaglianza.]

(b) Si deduca che S_π(n) → t q.c. per n → ∞.

Esercizio 2. Siano B = {B_t}_t∈[0,∞) e β = {β_t}_t∈[0,∞) due moti browniani reali indipen- denti, definiti su uno spazio di probabilità completo (Ω, F , P) (in particolare, le variabili aleatorie B_t e β_s sono indipendenti, per ogni s, t ≥ 0). Consideriamo il processo reale X = {Xt}_t∈[0,∞) definito da

Xt := B²

3t− β1 3t. (a) Si mostri che X è un processo gaussiano.

(b) Si mostri che X è un moto browniano reale.

Definiamo ora il processo reale Y = {Y_t}_t∈[0,∞) ponendo Yt := β²

3t+ B¹

3t.

(c) Si mostri che, per ogni t ∈ [0, ∞), le variabili aleatorie X_te Y_t sono scorrelate, cioè Cov(Xt, Yt) = 0. Esse sono indipendenti?

(d) Si mostri che, per ogni 0 < s < t < ∞, le variabili aleatorie X_s e Y_t non sono indipendenti.

[Sugg.: si considerino separatamente i due casi s < ^t₂ e ^t₂ ≤ s < t.]

(e) Si mostri che, per ogni (a, b) ∈ R² con a²+ b² = 1, il processo Z = {Zt}_t∈[0,∞) definito da Z_t:= aXt+ bYt è un moto browniano reale.

Esercizio 3. Sia {B_t}_t∈[0,∞)un moto browniano reale, definito su uno spazio di probabilità (Ω, F , P). Per n ∈ N e s, t > 0 fissati, introduciamo i seguenti eventi:

A := u 7→ B_u è derivabile in u = 0

=



∃ lim

u↓0

Bu

u ∈ (−∞, +∞)

 , C_n,s := |B_s| ≤ ns , D_n,t := |B_u| ≤ nu , ∀u ∈ [0, t] .

Per questo esercizio non è possibile utilizzare né la legge del logaritmo iterato, né la non differenziabilità delle traiettorie del moto browniano.

†Ultima modifica: 15 giugno 2012.

(a) Si mostri che, per ogni n ∈ N fissato, si ha P(Cn,s) → 0 per s ↓ 0 .

Facoltativo: si mostri che in effetti P(Cn,s)/(2n√

s) → 1/√

2π per s ↓ 0 (con n fissato).

(b) Si spieghi perché per ogni s ≤ t vale l’inclusione di eventi D_n,t⊆ C_n,s. (c) Si deduca che P(D_n,t) = 0, per ogni n ∈ N e t > 0 .

(d) Si spieghi perché vale l’inclusione di eventi A ⊆ S

n,k∈N D_{n, 1/k}. (e) Si mostri che P(A) = 0 .

Esercizio 4. Sia B = {B_t}_t≥0 un moto browniano reale e definiamo le variabili τ_a := inf{t ≥ 0 : B_t= a} , S_t := sup

0≤u≤t

B_u. Ricordiamo il principio di riflessione: P(S_t≥ a) = P(τ_a≤ t) = P(|B_t| ≥ a).

(a) Si ricavi la densità della variabile S_t.

[Si consideri innanzitutto la funzione di ripartizione di St.]

(b) Si mostri che vale la relazione P(τ_a≤ t) = P(|B₁| ≥ ^√a

t), per ogni a, t > 0.

(c) Si deduca che per ogni a ∈ R si ha P(τa< ∞) = 1.

(d) Si determini la densità della variabile τ_a. Quanto vale E(τ_a)?

(e) (*) Si mostri in dettaglio come dal punto (c) segue che, q.c., lim sup

t→∞

Bt = +∞ , lim inf

t→∞ Bt = −∞ .

Esercizio 5. Sia B = {B_t}_t≥0 un moto browniano reale, definito su uno spazio di probabilità (Ω, F , P). Introduciamo l’insieme degli zeri Z = Z(ω) ⊆ [0, ∞) del moto browniano, ponendo

Z(ω) := s ∈ [0, ∞) : B_s(ω) = 0 . (a) Si mostri che, per ogni t > 0 fissato, q.c. t 6∈ Z.

(b) Si deduca che q.c. Z ∩ (Q ∩ (0, ∞)) = ∅.

(c) Si mostri che q.c. Z è un insieme chiuso.

[Sugg.: Non serve fare nessun calcolo!]

(d) (*) Si mostri che q.c. Z ha misura di Lebesgue nulla.

[Sugg.: la misura di Lebesgue di un insieme C ⊆ [0, ∞) vale m(C) =R∞

0 1C(s) ds. Quindi m(Z) è una variabile aleatoria e si vuole mostrare che m(Z) = 0 q.c..]

(e) (*) Si mostri che q.c. 0 è un punto di accumulazione di Z, cioè esiste una successione di punti in Z che converge a 0.

[Sugg.: Si ricordino le proprietà delle traiettorie del moto browniano.]

Soluzione 1. (a) Per la disuguaglianza di Chebychev, usando la relazione richiamata nel testo dell’esercizio si ha

P(|S_π(n)− t| > ε) ≤ E[(S_π(n)− t)²]

ε² = c

ε²

kn

X

i=1

(t⁽ⁿ⁾_i − t⁽ⁿ⁾_i−1)²

≤ c ε² |π⁽ⁿ⁾|

kn

X

i=1

(t⁽ⁿ⁾_i − t⁽ⁿ⁾_i−1) = c t ε² |π⁽ⁿ⁾| , e dato cheP

n∈N|π⁽ⁿ⁾| < ∞ per ipotesi, anche P

n∈NP(|S_π(n)− t| > ε) < ∞.

(b) Definiamo l’evento

Aε := {|S_π(n)− t| > ε per infiniti n} = lim sup

n→∞

{|S_π(n)− t| > ε} .

Grazie al punto precedente, per il lemma di Borel-Cantelli si ha P(A_ε) = 0, per ogni ε > 0. Definendo A :=S

k∈NA¹

k

, si ha dunque P(A) = 0 e quindi P(A^c) = 1.

D’altro canto, se ω ∈ A^c, per costruzione vale che, per ogni ε > 0, esiste n₀ = n0(ω) tale che |S_π(n)(ω) − t| ≤ ε per n ≥ n₀(ω) (perché?). Quindi S_π(n)(ω) → t per n → ∞ quando ω ∈ A^c, e l’esercizio è concluso.

Soluzione 2. (a) X è un moto browniano perché le sue componenti sono funzioni lineari delle componenti dei due processi gaussiani indipendenti B e β.

Più esplicitamente, dobbiamo mostrare che ogni combinazione lineare delle componenti di X è una variabile aleatoria normale. Per ogni scelta di n ∈ N, t1, . . . , tn∈ [0, ∞) e a₁, . . . , an∈ R possiamo scrivere

n

X

i=1

a_iX_ti =

n

X

i=1

a_iB2 3ti

!

−

n

X

i=1

a_iβ1 3ti

! .

Le due variabili che compaiono tra parentesi sono indipendenti, perché i processi B e β sono indipendenti; inoltre ciascuna variabile è normale, perché combinazione lineare delle componenti di un processo gaussiano. Segue chePn

i=1aiXti è normale in quanto differenza di variabili normali indipendenti. Il processo X è dunque gaussiano.

(b) Notiamo che X ha q.c. traiettorie continue, poiché le traiettorie di B e β sono q.c.

continue. Inoltre E(X_t) = E(B²

3t) − E(β¹

3t) = 0 per ogni t ≥ 0, mentre per s < t Cov(X_s, X_t) = Cov(B²

3s, B²

3t) − Cov(B²

3s, β¹

3t) − Cov(β¹

3s, B²

3t) + Cov(β¹

3s, β¹

3t)

= min 2 3s,2

3t



− 0 − 0 + min 1 3s,1

3t



= 2 3s +1

3s = s = min{s, t} . Dato che X è un processo gaussiano per il punto precedente, segue da una nota caratterizzazione (Teorema 2.8 delle dispense) che X è un moto browniano.

(c) Analogamente al punto (a), X_t e Y_t sono congiuntamente normali perché una qualunque loro combinazione lineare è normale: infatti per a, b ∈ R possiamo scrivere aX_t+ bY_t = a(B²

3t+ B¹

3t) + b(β²

3t− β1

3t) e le due variabili tra parentesi sono normali indipendenti.

Essendo congiuntamente normali, le variabili aleatorie X_te Y_tsono indipendenti se e solo se sono scorrelate. La verifica che sono effettivamente scorrelate è immediata:

Cov(X_t, Y_t) = Cov(B2 3t, β2

3t) + Cov(B2 3t, B1

3t) − Cov(β1 3t, β2

3t) − Cov(β1 3t, B1

3t)

= 0 + min 2 3t,1

3t



− min 1 3t,2

3t



− 0 = 1 3t − 1

3t = 0 .

(d) Basta mostrare che X_s e Y_t per 0 < s < t < ∞ non sono scorrelate, cioè Cov(Xs, Yt) 6= 0.

Cov(X_s, Y_t) = Cov(B2 3s, β2

3t) + Cov(B2 3s, B1

3t) − Cov(β1 3s, β2

3t) − Cov(β1 3s, B1

3t)

= 0 + min 2 3s,1

3t



− min 1 3s,2

3t



− 0 = min 2 3s,1

3t



− min 1 3s,2

3t

 . Dato che per ipotesi s < t si ha a maggior ragione ¹₃s < ²₃t e dunque min₁

3s,²₃t =

1

3s. Distinguiamo ora due casi:

• se s < ₂^t allora min₂

3s,¹₃t = ²₃s e quindi Cov(X_s, Y_t) = ²₃s − ¹₃s = ¹₃s 6= 0;

• se s ≥ ₂^t allora min₂

3s,¹₃t = ¹₃t e quindi Cov(Xs, Yt) = ¹₃t −¹₃s = ¹₃(t − s) 6=

0.

In ogni caso Cov(X_s, Yt) 6= 0 per 0 < s < t < ∞, come volevasi dimostrare.

(e) Ragionando come al punto (a) si ha che Z è un processo gaussiano. Le traiettorie di Z sono q.c. continue, perché lo sono le traiettorie di B e β. Si noti che

Z_t= aB2

3t+ bB1

3t− aβ1

3t+ bβ2

3t, (1)

da cui segue che E(Z_t) = 0 per ogni t ≥ 0, perché B e β sono due moti browniani e dunque le loro componenti hanno media nulla. Infine, ricordando che le componenti di B e quelle di β sono indipendenti e dunque scorrelate, dalla relazione (1) otteniamo che, per 0 ≤ s < t,

Cov(Zs, Zt) = a²Cov(B²

3s, B²

3t) + ab Cov(B²

3s, B¹

3t) + ab Cov(B¹

3s, B²

3t) + b²Cov(B¹

3s, B¹

3t) + a²Cov(β1

3s, β1

3t) − ab Cov(β1 3s, β2

3t) − ab Cov(β2 3s, β1

3t) + b²Cov(β2 3s, β2

3t)

= a²2

3s + ab min 2 3s,1

3t

 + ab1

3s + b²1

3s + a²1

3s − ab1

3s − ab min 2 3s,1

3t

 + b²2

3s

= (a²+ b²)s = s = min{s, t} .

Per la già citata caratterizzazione del moto browniano come processo gaussiano (Teorema 2.8 delle dispense) si ha dunque che Z è un moto browniano.

Soluzione 3. (a) Per l’invarianza di scala del moto browniano P(C_n,s) = P |B_s|

√s ≤ n√ s



= P |B₁| ≤ n√ s
. Quindi, per n fissato, lim_s↓0P (|B₁| ≤ n√

s) = P(B₁ = 0) = 0, per la continuità dall’alto della probabilità. Dato che P (|B₁| ≤ n√

s) = ^√1

2π

R_n

√s

−n√

se^−x2/2e la funzio- ne x 7→ e^−x2/2 è continua in x = 0, per il teorema fondamentale del calcolo si ha che per s ↓ 0

P(Cn,s) 2n√

s = 1

√2π

 1

2n√ s

Z n√ s

−n√ s

e^−x2/2dx



−→ 1

√2πe^−x2/2

_x=0 = 1

√2π .

(b) Se ω ∈ D_n,t, per definizione si ha |B_u(ω)| ≤ nu per ogni u ∈ [0, t]. In particolare, per s ≤ t si ha |B_s(ω)| ≤ ns, quindi ω ∈ Cn,s. Questo mostra che D_n,t⊆ C_n,s. (c) Per il punto (b) si ha D_n,t ⊆ C_n,s e dunque P(D_n,t) ≤ P(Cn,s), per ogni 0 < s ≤ t.

Quindi P(D_n,t) ≤ lim_s↓0P(C_n,s) = 0, per il punto (a). Dato che chiaramente P(Dn,t) ≥ 0, segue che P(Dn,t) = 0.

(d) Prendiamo ω ∈ Ω tale che la funzione t 7→ B_t(ω) sia derivabile in zero, con derivata prima c, cioè B_t(ω)/t → c per t ↓ 0. Per definizione di limite, esiste t₀ = t₀(ω) tale che |B_t(ω)/t| ≤ 2c per ogni 0 < t ≤ t₀. Scegliendo k ≥ 1/t₀ e n ≥ 2c, si ha dunque che ω ∈ D_n,k, e l’inclusione è verificata.

(e) Usando la subattitività della probabilità e i due punti precedenti si ottiene

P(A) ≤ X

n,k∈N

P(D_{n, 1/k}) = 0 .

Soluzione 4. (a) Per il principio di riflessione P(S_t< a) = P(|B_t| < a) = 2

√2πt Z a

0

e^{−2t1 x2}dx , da cui, derivando rispetto ad a, si ottiene

fSt(x) = 2

√

2πte^{−2t1 x2}1_(0,∞)(x) . (b) Per il principio di riflessione e la proprietà di scaling

P(τa≤ t) = P(|B_t| ≥ a) = P(|B₁| ≥ ^√a

t) .

(c) Dalla formula ottenuta al punto precedente e dalla continuità dall’alto della proba- bilità si ha

P(τa= ∞) = lim

t→∞P(τa> t) = lim

t→∞P(|B1| < ^√a

t) = P(|B1| = 0) = 0 . (d) Abbiamo visto che

P(τa≤ t) = P(|B₁| ≥ ^√a

t) = 1 − P(|B1| ≤ ^√a

t) = 1 − 2

√ 2π

Z a/√ t 0

e^−x2/2dx , da cui derivando rispetto a t si ottiene

f_τa(t) = − 2

√2πe^−a2/(2t)



−1 2

a t^3/2



1_(0,∞)(t) = a

√2π t^3/2 e^−a2/(2t)1_(0,∞)(t) . Inoltre

E(τa) = Z ∞

0

t fτa(t) dt = a

√ 2π

Z ∞ 0

e^−a2/(2t)

√t dt = +∞ , dove la divergenza dell’integrale è dovuta ai valori grandi di t.

(e) Ponendo A_m := {τm < ∞}, sappiamo che P(Am) = 1 per ogni m ∈ Z e dunque P(A) = 1, dove anche A :=T

m∈ZAm.

Per costruzione, se ω ∈ A si ha che τ_m(ω) < ∞ per ogni m ∈ Z e dunque B_τm(ω)(ω) = m: in particolare, la sottosuccessione {B_τn(ω)(ω)}_n∈N ha limite +∞

mentre {B_τ−n(ω)(ω)}_n∈N ha limite −∞. Questo mostra che, per ogni ω ∈ A, si ha lim sup_t→∞Bt(ω) = +∞ e lim inft→∞Bt(ω) = −∞. Dato che P(A) = 1, segue la tesi.

Soluzione 5. (a) P(t ∈ Z) = P(B_t= 0) = 0 perché B_t∼ N (0, t).

(b) L’evento {Z ∩ (Q ∩ (0, ∞)) 6= ∅} =S

t∈Q∩(0,∞){t ∈ Z} è unione numerabile di eventi con probabilità nulla, dunque ha probabilità nulla.

(c) Sappiamo che per q.o. ω la funzione t 7→ B_t(ω) è continua, quindi l’insieme Z(ω) è chiuso, essendo controimmagine dell’insieme chiuso {0}.

(d) Per il teorema di Fubini, E(m(Z)) =R∞

0 E(1_Z(s)) ds =R∞

0 P(s ∈ Z) ds = 0. Dato che m(Z) ≥ 0, segue che m(Z) = 0 q.c..

(e) Sappiamo che q.c. il moto browniano cambia segno infinite volte in ogni intorno destro dell’origine, grazie alla legge del logaritmo iterato. Per la continuità delle traiettorie, q.c. esiste una successione {t_n}_n∈N = {tn(ω)}_n∈N tale che t_n ↓ 0 e B_tn = 0, cioè t_n∈ Z.