Processi Stocastici 2010/11 – Foglio di esercizi n. 6†
Esercizio 1. Sia B = {Bt}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, ∞) : Bs(ω) = 0� . (a) Si mostri che, per ogni t > 0 fissato, q.c. t �∈ 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) =�∞
0 1C(s)ds.]
(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 del moto browniano.]
Esercizio 2.Sia B = {Bt}t≥0un moto browniano reale. Definiamo la variabile aleatoria τ := τ−a,b:= inf{s ≥ 0 : Bs�∈ (−a, b)}, per a, b > 0. Sappiamo che τ è un tempo d’arresto q.c. finito e inoltre
P�
Bτ =−a�
= b
a + b, P� Bτ = b�
= a
a + b. Ricordiamo che il processo Q = {Qt:= Bt2− t}t≥0è una martingala.
(a) Si ponga τn:= τ∧ n, per n ∈ N. Si spieghi perché τnè un tempo d’arresto.
(b) Si mostri che E(B2τn− τn) = 0per ogni n ∈ N.
(c) (*) Si mostri che E(Bτ2− τ) = 0.
(d) (*) Si mostri che E(τ) = ab.
Esercizio 3. (*) Usiamo le stesse notazioni dell’esercizio precedente. Ricordiamo che M ={Mt:= eγBt−12γ2t}t≥0è una martingala, ∀γ ∈ R, e che sinh(x) :=12(ex− e−x).
(a) Si mostri che E(Mτ) = 1, per ogni γ ∈ R.
(b) (*) Ponendo α := E(e−12γ2τ1{Bτ=−a})e β := E(e−12γ2τ1{Bτ=b}), si mostri che vale la relazione e−γaα + eγbβ = 1, per ogni γ ∈ R.
(c) (*) Sfruttando la simmetria γ → −γ, si deduca che E(e−λτ) = sinh(√
2λ a) + sinh(√ 2λ b) sinh(√
2λ (a + b)) , ∀λ ≥ 0 .
†Ultima modifica: 23 maggio 2011.
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Esercizio 4. Dato un moto browniano reale B = {Bt}t≥0, si calcolino E�� �t
0BsdBs�2�
, E�� �t
0BsdBs� � �t
0g(s)dBs��
, E�
B1� �t
0Bs2dBs��
, dove g ∈ L2(R+).
[Sugg. Si usi l’isometria dell’integrale stocastico.]
Esercizio 5(Integrale di Wiener). (*) Sia B = {Bt}t≥0un moto browniano reale definito su uno spazio di probabilità (Ω, F, P). Vogliamo costruire l’integrale
J(f ) :=
�∞
0
f (t)dBt
per integrandi deterministici, cioè per funzioni f : [0, ∞) → R in L2(R+).
Cominciamo a considerare il sottospazio S ⊆ L2(R+)delle funzioni semplici, cioè della forma f(s) =�k−1
i=0ci1[ti,ti+1)(s)con 0 = t0 < t1 < . . . < tk <∞ e con ci ∈ R per i = 0, . . . , k− 1. Data f ∈ S di questa forma, poniamo
J(f ) :=
� ∞
0
f (s)dBs :=
k−1
�
i=0
ci(Bti+1− Bti) .
In questo modo J(f) è una variabile aleatoria reale definita su (Ω, F, P). Ricordiamo che S è un sottospazio vettoriale denso in L2(R+).
(a) Si mostri che per ogni f ∈ S si ha J(f) ∼ N(0, σ2), con σ2=�∞
0 f (s)2ds.
(b) Si mostri che l’operatore J : S → L2(Ω)è lineare e isometrico.
[Le norme sugli spazi sono le solite: �f�22:=�∞
0 f (s)2ds e �X�2L2(Ω):= E(X2).]
(c) Si deduca che esiste un’estensione J : L2(R+)→ L2(Ω)lineare e isometrica, tale che E(J(f)) = 0 per ogni f ∈ L2(R+).
(d) (*) Si mostri che, per ogni f ∈ L2(R+), la variabile aleatoria J(f) è normale.
[Sugg. Si prenda una successione {fn}n∈Ndi funzioni in S tale che fn→ f in L2(R+). . . ] (e) Si concluda che J(f) ∼ N(0, σ2)con σ2=�∞
0 f (s)2ds, per ogni f ∈ L2(R+).
(f) Si mostri che Cov(J(f), J(g)) =�∞
0 f (s) g(s)ds, per ogni f, g ∈ L2(R+).
[Sugg. Polarizzazione.]
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Soluzione 1. (a) P(t ∈ Z) = P(Bt= 0) = 0perché Bt∼ N(0, t).
(b) L’evento {Z ∩ (Q ∩ (0, ∞)) �= ∅} =�
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 �→ Bt(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)) =�∞
0 E(1Z(s))ds =�∞
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: per la continuità delle traiettorie, q.c. esiste una successione {tn}n∈N={tn(ω)}n∈Ntale che tn↓ 0 e Btn = 0, cioè tn∈ Z.
Soluzione 2. (a) τnè il minimo dei due tempi d’arresto n e τ.
(b) Applicando il teorema d’arresto alla martingala Q, per il tempo d’arresto limitato τn, si ha che E(Q0) = E(Qτn), cioè 0 = E(Bτ2n− τn)
(c) Per n → ∞ si ha che q.c. (anzi per ogni ω ∈ Ω) τn→ τ. Ricordando che τ < ∞ q.c., segue che Bτn→ Bτ q.c.. Dato che |Bτn| ≤ max{a, b}, per convergenza dominata si ha E(Bτn)→ E(Bτ). Dato che τnè crescente, per convergenza monotona si ha E(τn)→ E(τ). Dal punto precedente si ha dunque che E(B2τ−τ) = limn→∞E(B2τn− τn) = 0.
(d) Dal punto precedente e dalla legge di Bτ si ha che
E(τ ) = E(Bτ2) = a2P(Bτ =−a) + b2P(Bτ = b) = a2b a + b+ b2a
a + b = ab . Soluzione 3. (a) Per t ≤ τ si ha chiaramente Bt≤ max{a, b}, di conseguenza |Mτ∧t| ≤
eγ max{a,b}. Dato che τ è q.c. finito, siamo nelle condizioni di applicare il teorema d’arresto e dunque E(Mτ) = E(M0) = 1.
(b) Si noti che
E(Mτγ) = E(eγBτ−12γ2τ) = e−γaE(e−12γ2τ1{Bτ=−a}) + eγbE(e−21γ2τ1{Bτ=b}) , e dal punto precedente si ricava e−γaα + eγbβ = 1, per ogni γ ∈ R.
(c) Riscrivendo la relazione ricavata nel punto precedente per γ e −γ, abbiamo che
�e−γaα + eγbβ = 1 eγaα + e−γbβ = 1 . Con un po’ di algebra si ricava
α = sinh(γb)
sinh(γ(a + b)), β = sinh(γa) sinh(γ(a + b)), da cui
E(e−12γ2τ) = α + β = sinh(γa) + sinh(γb) sinh(γ(a + b)) . Ponendo γ =√
2λsi ottiene la formula voluta.
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Soluzione 4. Per l’isometria dell’integrale stocastico e il teorema di Fubini si ha E
�� � t 0
BsdBs
�2�
= E
� � t 0
Bs2ds�
=
� t 0
E(Bs2)ds = � t 0
sds = t2 2 . Analogamente
E
�� � t 0
BsdBs
�� � t 0
g(s)dBs
��
= E
� � t 0
Bsg(s)ds
�
=
�t 0
E(Bs) g(s)ds = 0 . Infine, sia T > max(t, 1) e scriviamo
B1=
� T 0
1[0,1)(s)dBs,
� t 0
Bs2dBs=
� T 0
Bs21[0,t)(s)dBs. Ricordando che E((�T
0 XsdBs)(�T
0 YsdBs)) = E(�T
0 XsYsds), si ottiene E
� B1
� �t 0
Bs2dBs
��
= E
� �T 0
1[0,1)(s) B2s1[0,t)(s)ds�
=
� T 0
E(Bs2) 1[0,t∧1)(s)ds = � t∧1 0
sds = t2∧ 1 2 . Soluzione 5. (a) J(f) è normale per ogni f ∈ S, in quanto combinazione lineare delle
componenti del processo gaussiano {Bt}t≥0: J(f) ∼ N (µ, σ2)e resta da calcolare µe σ2. Dato che E(Bti+1− Bti) = 0segue che µ = 0. Per l’indipendenza degli incrementi del moto browniano si ha E((Bti+1− Bti)(Btj+1− Btj)) = 0per i �= j mentre E((Bti+1− Bti)2) = ti+1− ti, da cui
σ2 =
k−1
�
i=0
c2i E((Bti+1− Bti)2) + 2 �
0≤i<j≤k−1
cicjE((Bti+1− Bti)(Btj+1− Btj))
=
k−1
�
i=0
c2i(ti+1− ti) =
� ∞
0
f (s)2ds .
(b) La linearità è evidente, l’isometria è stata dimostrata nel punto precedente, in quanto �J(f)�2L2(Ω)= E((J(f ))2) =�∞
0 f (s)2ds = �f�22per ogni f ∈ S.
(c) L’esistenza dell’estensione lineare e isometrica di J allo spazio L2(R+)segue dal teorema visto a lezione. Di conseguenza, data f ∈ L2(R+)e date {fn}n∈N∈ S tali che fn→ f in L2(R+), si ha J(fn)→ J(f) in L2(Ω)(infatti �J(fn)− J(f)�L2(Ω)=
�fn− f�2→ 0). Dato che la convergenza in L2(Ω)implica la convergenza dei valori attesi e dato che E(J(fn)) = 0per ogni n ∈ N, come dimostrato nel punto (a), segue che E(J(f)) = 0 per ogni f ∈ L2(R+).
(d) Come già osservato, date f ∈ L2(R+)e {fn}n∈N∈ S tali che fn→ f in L2(R+), si ha J(fn)→ J(f) in L2(Ω). Abbiamo già mostrato che J(fn)è normale, per ogni n∈ N, dunque J(f) è normale in quanto limite in L2(Ω)di variabili normali.
(e) Segue direttamente dai due punti precedenti che J(f) ∼ N (µ, σ2), con µ = E(J(f )) = 0 e σ2 = E(J(f )2) = �J(f)�2L2(Ω) = �f�22 = �∞
0 f (s)2ds, per ogni f ∈ L2(R+).
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(f) Per il punto precedente si ha E(J(f + g)2) =�f + g�22e E(J(f − g)2) =�f − g�22, per cui
Cov(J(f ), J(g)) = E(J(f )J(g)) = 1 4
�E(J(f + g)2)− E(J(f − g)2)�
= 1 4
��f + g�22− �f − g�22
�
= 1 4
��f + g, f + g�L2(R+)− �f − g, f − g�L2(R+)
�
= �f, g�L2(R+) =
� ∞
0
f (t) g(t)dt .
