X k+1 X k X k+1 X k 1 1

Transkriptio

1 Matematiikan ja tilastotieteen laitos Stokastiset differentiaaliyhtälöt Ratkaisuehdotelma Harjoitukseen 4 1. Oletetaan, että X n toteuttaa toisen kertaluvun differenssiyhtälön X k+2 2X k+1 + 2X k = ξ k, k 0, X 0 = 0, X 1 = 0. Näytä, ettei prosessi X k ole Markovin prosessi, mutta 2-ulotteinen prosessi Y k = (X k+1, X k ) on Markovin prosessi. Ratkaisuehdotus: Nyt Koska niin X 2 = ξ 0 X 3 = ξ 1 + 2ξ 0 X 4 = ξ 2 + 2ξ 1 + 2ξ 0 X 5 = ξ 3 + 2ξ 2 + 2ξ 1 P ( ξ = 1 ξ 2 = 1, ξ 1 = 1, ξ 0 = 1 ) = 1 2 P ( X 5 = 1 X 2 = 1, X 3 = 1, X 4 = 1 ) = 1 2 Toisaalta P ( X 5 = X 4 = 1 ) = P ( ξ 2 = 1, ξ 0 = 1, ξ 1 = 1, ξ 3 = 1 ) = 2 4 ja P ( X 4 = 1 ) = P ( ξ 2 = 1, ξ 0 = 1, ξ = 1 ) + P ( ξ 2 = 1, ξ 0 = 1, ξ 1 = 1 ) = 1/8 + 1/8 = 1/4. Siispä P ( X 5 = 1 X 4 = 1 ) = = P ( X 5 = 1 X 2 = 1, X 3 = 1, X 4 = 1 ) joten X ei ole Markovin prosessi. Kaksiulotteinen prosessi toteuttaa differenssiyhtälön ( ) ( ) ( ) X k+2 X k+1 ξ k + X k+1 2X k 1 2 Y k+1 Y k = = = Y k + X k+1 X k X k+1 X k 1 1 =: AY k + Ψ k ( ) ξ k 0

2 Tämä prosessi on Markovin prosessi, sillä Y 0 = 0, joten Y 1 = f 1 (ξ 0 ) = g 1 (Ψ 0 ). Vastaavasti Y 2 = f 2 (ξ 0, ξ 1 ) = g 2 (Ψ 0, Ψ 1 ) Tästä voimme induktiivisesti päätellä, että Y k = f k (ξ 0,..., ξ k 1 ) = g k (Ψ 0,..., Ψ k 1 ) joten (Y 0,..., Y k ) Ψ k jokaisella k. Siispä P ( Y k+1 = j Y k = i ) = P ( (A + I)i + Ψ k = j Y k = i ) = P ( (A + I)i + Ψ k = j ) ja vastaavasti P ( Y k+1 = j Y k = i, l < k : Y l = i l ) = P ( (A + I)i + Ψ k = j ) Siispä Y on Markovin prosessi. 2. Olkoon N nollatapahtumat ja G jokin ali-σ-algebra. Näytä, että i) algebra A, jonka N ja G virittää, koostuu pelkästään joukoista, jotka ovat muotoa A N \ M =: (A N) M C, missä A G ja N, M N. ii) A on myös Dynkinin systeemi (eli A = σ(n, G )). Ratkaisuehdotus: Kohdassa i) haluamme näyttää, että A = C := { A N \ M : A G, N, M N } Koska A, N, M N G, niin A N M C A. Siispä C A. Jos C on algebra, niin C N M, joten C A. Riittää osoittaa, että jos E, F C, niin E C C ja E F C. Ensimmäiseksi näytämme komplementoinnin. Jos E = A N \ M, niin E C = (A C N C ) M = (A C M) (N C M). Koska (N C M) C = N M C N, niin N C M = Ñ C, missä Ñ N. Siispä AC C. Olkoon nyt E j = A j N j \ M j. Tällöin osittelulain nojalla E 1 E 2 = ( ) ( ) (A 1 N 1 ) M1 C (A2 N 2 ) M2 C ( = (A 1 N 1 ) ( ) ) (A 2 N 2 ) M2 C (M1 C ( ) ) (A 2 N 2 ) M 2 Jälkimmäinen termi on muotoa M C, missä M N. Ensimmäiseen osaan käytämme osittelulakia vielä kerran, joten E 1 E 2 = ( (A 1 A 2 N 1 N 2 ) (A 1 N 1 M C 2 ) ) M C

3 Nyt ensimmäinen termi oikealla on muotoa A 1 A 2 N 3 \ M 3, joten E 1 E 2 = (A 1 A 2 N 3 ) (M 3 M) C C Kohta ii):ssä haluamme näyttää, että A on myös Dynkinin systeemi. Koska A on algebra, niin tiittää siis osoittaa monotonisen suppenemisen ominaisuus. Olkoon siis (E n ) A monotoninen jono ja E = lim E n. Tällöin E n = A n N n \ M n. Nyt jonon (E n ) monotonisuuden perusteella E n = E k = A k N k \ M k k n k n Tästä voimme päätellä, että E n k n A k N k =: k n A k N n =: A n N n missä N n N nollatapahtumien yhdistelmänä. Vastaavasti E n k n A k \ M k = A n \ M n missä M n N nollatapahtumien yhdistelmänä. Nyt olemme hyvillä vesillä, sillä (A n) on kasvava jono σ-algebran G alkioita. Siispä lim A n =: A G. Voimme siten päätellä, että E A N k = A N k missä N N nollatapahtumien numeroituvana yhdisteenä. Vastaavasti E A \ M = E C A C M missä M N. Koska E = (E A) (E \ A) ja edellisen perusteella E \ A N, joten E = (E A) N, missä N N. Edelleen E A = A \ (A \ E) ja edellisen perusteella A \ E M A N. Siispä E = (A \ N) M A, joten A on myös Dynkinin systeemi. 3. Olkoon τ 1 τ 2 pysähdyshetkiä filtraation (F t ) suhteen. Näytä, että F τ1 F τ2. Ratkaisuehdotus: On siis näytettävä, että jos A F τ1, niin A F τ2. Oletetaan, että A F τ1. Nyt A F τ2 jos {A, τ 2 t} F t jokaisella t. Koska τ 1 τ 2 oletuksen nojalla, niin {A, τ 2 t} = {A, τ 1 t} {τ 2 t}. Nyt {A, τ 1 t} F t, sillä

4 A F τ1. Edelleen {τ 2 t} F t, sillä τ 2 on pysähdyshetki. Siispä {A, τ 2 t} F t ja väite seuraa. 4. Näytä luentojen Lemma 4.7, eli kun H on ennustettava, rajoitettu ja positiivinen, niin (H X) n on alimartingaali tai ylimartingaali, jos X n on alimartingaali tai ylimartingaali. Ratkaisuehdotus: Riittää osoittaa, että (H X) n on alimartingaali, kun X on alimartingaali, sillä (H ( X)) n = (H X) n ja X on ylimartingaali jos ja vain jos X on alimartingaali. Oletamme siis, että X on alimartingaali. Koska määritelmän nojalla (H X) n = H 1 (X 1 X 0 ) + + H n (X n X n 1 ) niin (H X) on adaptoitu ja integroituva, sillä E (H X) n M ( (E X 1 + E X 0 ) +... (E X n + E X n 1 ) ) < missä sup n H n M. Jäljelle jää osoittaa alimartingaaliominaisuus, eli epäyhtälö E ((H X) m F n ) (H X) n jokaisella m > n. Prosessin (H X) määritelmän nojalla tämä on yhtäpitävää väitteen m E (H k (X k X k 1 ) F n ) 0 k=n+1 kanssa. Koska H on ennustettava, niin E (H k (X k X k 1 ) F k 1 ) = H k E (X k X k 1 F k 1 ) Koska (X n ) on alimartingaali, niin E (X k X k 1 F k 1 ) = E (X k F k 1 ) X k 1 0. Koska H k 0, niin tulon merkki ei muutu, joten E (H k (X k X k 1 ) F k 1 ) 0 Kun k 1 n eli kun k n + 1, niin ehdollisen odotusarvon torniominaisuuden nojalla E (H k (X k X k 1 ) F n ) = E ( E (H k (X k X k 1 ) F k 1 ) F n ) 0.

5 Tämä osoittaakin väitteen. 5. Näytä, että jos N(ω) M(ω) < K < ovat (F n )-pysähdyshetkiä ja A F N, niin N A := N[ A ] + K[ A C ] ja M A := M[ A ] + K[ A C ] ovat rajoitettuja (F n )- pysähdyshetkiä, ja X(N A ) = X(N)[ A ] + X(K)[ A C ] Ratkaisuehdotus: Osoitetaan aluksi, että N A on pysähdyshetki. Määritelmän nojalla {N A n} on joko tyhjä joukko (kun n < N < K), varma tapahtuma (kun n K) tai sitten {N n} A. Eli voimme kirjoittaa, että [ N A n ] = [ N n < K, A ] + [ n K ] = [ A, N n ][ n < K ] + [ n K ] Mutta nämä ovat pysähdyshetken σ-algebran määritelmän nojalla F n -mitallisia, joten jokaisella n tapahtuma {N A n} F n. Siispä N A on pysähdyshetki. Osoitetaan nyt, että M A on pysähdyshetki. Kuten edellä, ainoa epätriviaali tilanne on, kun M n < K. Tällöin {M A n} = {M n} A. Siis kaiken kaikkiaan, [ M A n ] = [ M n, A ][ n < K ] + [ n K ] Nyt A F N F M tehtävän 3. perusteella, joten {M n, A} F n. Siispä myös M A on pysähdyshetki. Viimeinen väite on helppo, sillä X(N A ) = [ A ]X(N A ) + [ A C ]X(N A ) = [ A ]X(N) + [ A C ]X(K)