Processi Stocastici 2011/12 – Esercizi sul moto Browniano - 1†
Esercizio 1. Siano X e S due variabili aleatorie reali indipendenti, tali che X ∼ N (0, 1) mentre P(S = +1) = p, P(S = −1) = 1 − p, dove p ∈ (0, 1) è un parametro fissato.
Definiamo Z := SX.
(a) Si mostri che Z ∼ N (0, 1) e Cov(X, Z) = 2p − 1.
(b) (*) Si mostri che il vettore (X, Z) non è normale.
(c) Si mostri che le variabili X e Z non sono indipendenti.
(Si noti che per p = 12 le variabili X e Z sono scorrelate ma non indipendenti, pur essendo entrambe normali.)
Esercizio 2. Per ogni t ∈ R si calcoli E(etX2), dove X ∼ N (0, σ2).
Esercizio 3. Sia {Bt}t≥0 un moto browniano reale. Definiamo gli eventi A := {Bt}t∈[0,1] è crescente ,
Cn := Bi/2n− B(i−1)/2n ≥ 0 , per ogni 1 ≤ i ≤ 2n , n ∈ N . (a) Si calcoli P(Cn), per ogni n ∈ N.
(b) Si mostri che vale l’inclusione A ⊆ Cn, per ogni n ∈ N.
(c) Si deduca che P(A) = 0. Quindi, q.c., il moto browniano non è crescente sull’intervallo [0, 1].
(d) (*) Si dimostri che, q.c., il moto browniano non è crescente in nessun sotto-intervallo di [0, 1].
Esercizio 4. Sia B = {Bt}t≥0 un moto browniano reale. Si dimostrino le seguenti proprietà.
(a) Per ogni α > 0 esiste 0 < Cα< ∞ tale che E(|Bt|α) = Cαtα/2, per ogni t ≥ 0.
(b) Per ogni scelta di istanti 0 < t1 < . . . < tk < ∞ e di intervalli aperti non vuoti I1, . . . , Ik⊆ R, si ha P(Bt1 ∈ I1, . . . , Btk ∈ Ik) > 0.
(c) (*) Per ogni ε > 0 esiste C > 0 tale che P(supt∈[0,1]Bt> C) ≤ ε.
Esercizio 5. Sia {Bt}t≥0 un moto browniano reale tale che t 7→ Bt(ω) è continua per ogni (e non solo per q.o.) ω ∈ Ω.
(a) Si mostri cheR1
0 Btdt è una variabile aleatoria normale e se ne calcolino media e varianza.
[Sugg. Ricordarsi le somme di Riemann e il Teorema di Fubini]
(b) (*) Si mostri che inft∈[0,1]Bt non è una variabile normale.
†Ultima modifica: 1 giugno 2012.
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Soluzione 1. (a) Usando l’identità 1 = 1{S=1}+ 1{S=−1} e sfruttando l’indipendenza di X e S, per ϑ ∈ R si ha
E(eiϑZ) = E(eiϑSX) = E(eiϑX1{S=1}) + E(e−iϑX1{S=−1})
= E(eiϑX) p + E(e−iϑX) (1 − p) = e−ϑ2/2(p + (1 − p)) = e−ϑ2/2, da cui segue che Z ∼ N (0, 1). Dato che E(X) = E(Z) = 0 e E(S) = 2p − 1, si ottiene
Cov(X, Z) = E(XZ) = E(SX2) = E(S) E(X2) = 2p − 1 .
(b) Se (X, Z) fosse un vettore normale, la variabile X + Z sarebbe normale. Ma X + Z = X(1 + S), da cui si vede che sull’evento {S = −1} si ha X + Z = 0, mentre sull’evento {S = 1} si ha X + Z = 2X 6= 0 q.c., perché X ∼ N (0, 1). Quindi P(X + Z = 0) = P(S = −1) = 1 − p ∈ (0, 1), che è impossibile per una variabile aleatoria normale.
In alternativa, si mostra facilmente che E(eiϑ(X+Z)) = p e−2ϑ2 + (1 − p), che non è la funzione caratteristica di una variabile normale per nessun p ∈ (0, 1).
(c) Se le variabili X e Z fossero indipendenti, il vettore (X, Z) sarebbe normale, in contraddizione col punto precedente.
Soluzione 2. Con un semplice cambio di variabili si ha, per t < 2σ12, E(etX2) = 1
√ 2πσ
Z
R
etx2e−2σ2x2 dx = 1
√ 2πσ
Z
R
e−(2σ21 −t)x2dx
= 1
√ 2πσ
q 1 2σ2 − t
Z
R
e−x2dx = 1
√
1 − 2σ2t, avendo usato l’integrale noto R
Re−x2dx =√
π. Per t ≥ 2σ12 si ha invece E(etX2) = +∞
(infatti l’integrando e−(2σ21 −t)x2 diverge per x → ∞).
Soluzione 3. (a) Si noti che Cn = T2n
i=1{Bi/2n − B(i−1)/2n ≥ 0}. Per definizione di moto browniano, gli incrementi Bi/2n − B(i−1)/2n hanno legge N (0, 1/2n), da cui segue che P(Bi/2n − B(i−1)/2n ≥ 0) = 12, e sono indipendenti, per cui P(Cn) = Q2n
i=1P(Bi/2n− B(i−1)/2n ≥ 0) = (12)2n.
(b) Se ω ∈ A, cioè la funzione t 7→ Bt(ω) è crescente su [0, 1], si ha ovviamente Bt(ω) − Bs(ω) ≥ 0 per ogni 0 ≤ s ≤ t ≤ 1, da cui ω ∈ Cn per ogni n ∈ N. Da ciò segue l’inclusione A ⊆ Cn, per ogni n ∈ N.
(c) Per i punti precedenti, si ha che P(A) ≤ P(Cn) = (12)2n per ogni n ∈ N. Dato che (12)2n → 0 per n → ∞, segue che P(A) = 0.
(d) Dobbiamo mostrare che P(D) = 0, dove abbiamo posto D := ∃[a, b] ⊆ [0, 1] t.c. {Bt}t∈[a,b] è crescente
= [
0≤a<b≤1
D[a,b], D[a,b] := {Bt}t∈[a,b] è crescente .
Con un argomento identico ai punti precedenti si mostra che P(D[a,b]) = 0, per ogni 0 ≤ a < b ≤ 1. Essendo D un’unione di una famiglia più che numerabile di eventi,
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non è immediato concludere che P(D) = 0. Tuttavia questo problema si risolve facilmente, notando che è possibile riscrivere l’evento D come unione numerabile:
D = [
0≤a0<b0≤1, a0,b0∈Q
D[a0,b0].
Infatti, se una traiettoria è crescente in un sottointervallo [a, b] di [0, 1], basta prendere un sottointervallo [a0, b0] ⊆ [a, b] con a0, b0∈ Q e chiaramente la traiettoria è crescente anche su [a0, b0], per cui D[a,b]⊆ D[a0,b0]. Come abbiamo notato sopra, P(D[a0,b0]) = 0 e dunque P(D) = 0.
Soluzione 4. (a) Per la proprietà di scaling del moto browniano, Bt/√
t ∼ B1 ∼ N (0, 1), dove ∼ indica l’uguaglianza in legge. Di conseguenza, posto
Cα := E(|B1|α) = 1
√ 2π
Z
R
|x|αe−x2/2dx < ∞ , possiamo scrivere
E(|Bt|α) = tα/2 E
Bt
√t
α
= tα/2 E(|B1|α) = Cαtα/2.
Chiaramente Cα > 0, mentre la proprietà Cα< ∞ segue dal fatto ben noto che le variabili normali hanno momenti finiti di ogni ordine (oppure si mostra con una semplice stima nell’integrale).
(b) La densità ft1,...,tk(x1, . . . , xk) del vettore (Bt1, . . . , Btk) è stata calcolata a lezione.
In particolare, sappiamo che ft1,...,tk(x1, . . . , xk) > 0 per ogni x1, . . . , xk ∈ R. Dato che l’insieme I1× . . . × Ik ha parte interna non vuota, e dunque misura di Lebesgue positiva, si conclude che
P(Bt1 ∈ I1, . . . , Btk ∈ Ik) = Z
I1×...×Ik
ft1,...,tk(x1, . . . , xk) dx1 · · · dxk > 0 . (c) Introduciamo l’evento Cn := {supt∈[0,1]Bt > n} per n ∈ N. Chiaramente la
successione di eventi {Cn}n∈N è decrescente, cioè Cn+1 ⊆ Cn, e il loro limite è
C∞ := \
n∈N
Cn =
sup
t∈[0,1]
Bt= +∞
.
Sappiamo che q.c. la funzione t 7→ Bt è continua, quindi supt∈[0,1]Bt < +∞ q.c., cioè P(C∞) = 0. D’altro canto, per la continuità dall’alto della probabilità si ha che P(Cn) → P(C∞) per n → ∞, e la conclusione segue.
Soluzione 5. (a) Grazie alla continuità di t 7→ Bt(ω), possiamo ottenere l’integrale come limite (o equivalentemente lim sup) di somme di Riemann:
Z 1 0
Bt(ω) dt = lim sup
N →∞
1 N
N −1
X
i=0
Bi N(ω) .
Si noti che il membro destro di questa relazione è una variabile aleatoria, in quanto lim sup di variabili aleatorie. Essendo N1 PN −1
i=0 Bi N
una variabile aleatoria normale, per ogni N ∈ N, anche il limite q.c. (e dunque in legge) è una variabile aleatoria normale:R1
0 Btdt ∼ N (µ, σ2), e inoltre µ e σ2 sono date dai limiti rispettivamente di
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media e varianza delle variabili N1 PN −1 i=0 Bi
N
. Questo fornisce un modo per calcolare µ e σ2 (esercizio!).
Vediamo un modo alternativo per il calcolo di µ e σ2: applicando il teorema di Fubini†, si ottiene
µ = E
Z 1 0
Bt(ω) dt
= Z 1
0
E(Bt(ω)) dt = Z 1
0
0 dt = 0 .
(Si noti che possiamo applicare il Teorema di Fubini perché la funzione |Bt(ω)| è integrabile: infatti E(|Bt(ω)|) =√
t E(|N (0, 1)|) = c√
t e dunqueR1
0 E(|Bt(ω)|) dt ≤R1 0 c√
t dt < ∞.)
In alternativa, si poteva dedurre che µ = 0 notando che la variabile R1
0 Btdt è simmetrica, cioè ha la stessa legge di −R1
0 Btdt, perché sappiamo che {−Bt}t è un moto browniano.
Per calcolare la varianza σ2, si osservi che possiamo scrivere σ2 =
Z 1 0
Bt(ω)
2
= Z 1
0
Z 1 0
Bt(ω) Bs(ω) dt ds . Applicando ancora il Teorema di Fubini si ottiene
σ2 = Z 1
0
Z 1 0
E(Bt(ω)Bs(ω)) dt ds = Z 1
0
Z 1 0
min{s, t} dt ds ,
e dato che l’integrando è simmetrico in (s, t), possiamo restringere il dominio a {(s, t) : s ≤ t}, ottenendo
σ2 = 2 Z 1
0
dt
Z t 0
min{s, t} ds
= 2 Z 1
0
dt
Z t 0
s ds
= 2 Z 1
0
dt t2 2
= 1 3. In definitiva, R1
0 Btdt ∼ N (0,13).
(b) Dato che B0 = 0 q.c., si ha che Z := inft∈[0,1]Bt ≤ 0 q.c., cioè P(Z ≤ 0) = 1.
L’unico caso di legge normale con questa proprietà è costituito dalla delta di Dirac in µ ≤ 0 (perché?), quindi si dovrebbe avere Z ∼ N (µ, 0), cioè Z = µ q.c.. Ma questo è impossibile, perché, qualunque sia µ, si ha che P(Z < µ − 1) ≥ P(B1 < µ − 1) > 0, essendo B1 ∼ N (0, 1).
†A questo proposito, occorre essere certi che Bt(ω) sia congiuntamente misurabile in (t, ω), cioè che la funzione (t, ω) 7→ Bt(ω) da [0, 1] × Ω in R sia misurabile. Questo segue dal fatto che le traiettorie di B sono continue, come verrà mostrato nel seguito del corso.
