Stochastische Prozesse

INSTITUT FÜR STOCHASTIK SS 2009 UNIVERSITÄT KARLSRUHE Blatt 9 Priv.-Doz. Dr. D. Kadelka Dipl.-Math. W. Lao Übungen zur Vorlesung Stochastische Prozesse Musterlösungen Aufgabe 40: Es sei (X t ) t 0 ein stochastischer Prozess auf (Ω, A) mit Werten in einem metrischen Raum (E, d) mit Borel-σ-Algebra B E. X habe von rechts stetige Pfade. Zeigen Sie, dass X messbar ist, d.h. ist ( A B [0, ), B E ) -messbar. (ω, t) X t (ω), (ω, t) Ω [0, ), Lösung: Für n N definiere den stochastischen Prozess X n wie folgt: X n t := X (k(t,n)+1)2 n falls k(t, n)2 n < t (k(t, n) + 1)2 n mit k(t, n) N 0 für festes t > 0 und X n 0 := X 0. Wegen (k(t, n) + 1)2 n t < 2 n und (k(t, n) + 1)2 n t gilt lim n (k(t, n) + 1)2 n = t und da X von rechts stetige Pfade besitzt lim n Xn t (ω) = X t (ω) ω Ω, t 0 im metrischen Raum E. Wir zeigen nun, dass jedes X n messbar ist. Sei für B B E B k := {X k2 n B} A für k N 0. Es ist dann {X B} = B 0 0 + B k ((k 1)2 n, k2 n ] A B [0, ) k=1 Zu zeigen bleibt, dass X als Limes einer Folge messbarer Funktionen wieder messbar ist. (Für den reellwertigen Fall ist dies wohlbekannt, vergl. SII, 2.17.) Sei U E eine beliebige offene Menge und U ɛ := {x U : d(x, U c ) > ɛ} für festes ɛ > 0 die Menge der Punkte aus U, die vom abgeschlossen Komplement U c von U einen größeren Abstand als ɛ haben. U ɛ selbst ist wieder offen (ist d(x, U c ) = δ > ɛ, so gilt für y B δ ɛ (x) auch d(y, U c ) > ɛ wegen der Dreiecksungleichung). Da U offen ist, gilt U ɛ U für ɛ 0. Sei für festes ɛ > 0 A ɛ := n=1 l=n {X l U ɛ } = {(ω, t) Ω R + : Xt n (ω) U ɛ bis auf endlich viele n}. Wegen der Messbarkeit der X n gilt dann A ɛ A B+. 1 Für (ω, t) A ɛ gilt dann X t (ω) = lim n Xt n (ω) U ɛ U, U ɛ der Abschluss von U ɛ. Man erhält schließlich {(ω, t) Ω R + : X t (ω)} = A ɛ = A 1/m A B+ 1. ɛ>0 m=1

Aufgabe 41: (Brownsche Brücke) Sei B = (B t ) t 0 eine Brownsche Bewegung mit B 0 0 und X t := B t t B 1 für 0 t 1. a) Begründen Sie, dass X, die so genannte Brownsche Brücke, ein stochastischer Prozess mit stetigen Pfaden ist. b) Sei 0 < t 1 <... < t d 1. Berechnen Sie die Kovarianzmatrix von (X t1, X t2 X t1,..., X td X td 1 ). Besitzt die Brownsche Brücke unabhängige Zuwächse? c) Sei 0 < t 1 <... < t d < 1. Bestimmen Sie die gemeinsame Verteilung des Zufallsvektors Lösung: (X t1, X t2,..., X td ). a) Jedes X t ist eine Zufallsvariable und daher X ein stochastischer Prozess. Sei ω Ω fest. Da t B t (ω) und t t B 1 (ω) beides stetige Funktionen sind, ist auch t X t (ω) stetig. b) Wir erweitern die Aufgabenstellung, indem wir exemplarisch dazu noch die gemeinsame Verteilung von Y := (X t1, X t2 X t1,..., X td X td 1 ) berechnen. Wir könnten hier wie in Aufgabe 39 vorgehen. Einfacher ist die Aufteilung in zwei Schritte: Zeige, dass Y eine d-dimensionale Normalverteilung besitzt und Berechne direkt die Kovarianzen der einzelnen Komponenten (nur dies wird für die eigentliche Aufgabenstellung benötigt). Zum Nachweis der ersten Aussage verwenden wir Satz 9.7 c). Sei a R d beliebig. Dann gilt a Y = a 1 X t1 + a 2 (X t2 X t1 ) +... + a d (X td X td 1 ) = a 1 B t1 + a 2 (B t2 B t1 ) +... + a d (B td B td 1 ) (a 1 t 1 + a 2 (t 2 t 1 ) +... + a d (t d t d 1 )) B 1 Dies ist eine Linearkombination des Zufallsvektors (B t1,..., B td, B 1 ), der nach Aufgabe 39 eine (d + 1)-dimensionale Normalverteilung besitzt. Anwenden von Satz 9.7 ergibt, dass dann auch a Y normalverteilt ist. Wir berechnen zuerst die Varianzen. V (X ti X ti 1 ) = V ((B ti B ti 1 ) (t i t i 1 )B 1 ) = V (B ti B ti 1 ) + (t i t i 1 ) 2 V (B 1 ) 2C(B ti B ti 1, (t i t i 1 )B 1 ) = (t i t i 1 ) + (t i t i 1 ) 2 2 (t i t i 1 ) (C(B ti, B 1 ) C(B ti 1, B 1 )) = (t i t i 1 ) (t i t i 1 ) 2 = (t i t i 1 ) (1 (t i t i 1 )) Sei nun 0 s < t u < v 1. Wegen der Unabhängigkeit von B t B s und B v B u gilt dann C(X t X s, X v X u ) = C((B t B s ) (t s)b 1, (B v B u ) (u v)b 1 ) = C(B t B s, B v B u ) (v u) C(B t B s, B 1 ) (t s) C(B v B u, B 1 ) + (t s) (v u) C(B 1, B 1 ) = 2 (v u) (t s) + (t s) (v u) = (t s) (v u)

Damit ergibt sich die Kovarianz-Matrix von (X t1, X t2 X t1,..., X td X td 1 ) zu t 1 (1 t 1 ) t 1 (t 2 t 1 ) t 1 (t 3 t 2 )... t 1 (t d t d 1 ) t 1 (t 2 t 1 ) (t 2 t 1 )(1 (t 2 t 1 )) (t 2 t 1 )(t 3 t 2 )... (t 2 t 1 )(t d t d 1)).................................................................... t 1 (t d t d 1 ) (t 2 t 1 )(t d t d 1 ) (t 3 t 2 )(t d t d 1 )... (t d t d 1 )(1 (t d t d 1 )) Wegen (t s) (v u) < 0 für 0 s < t u < v 1 besitzt die Brownsche Brücke auch keine unabhängigen Zuwächse. c) Mit 1 0 0... 0 t 1 0 1 0... 0 t 2 A := 0 0 1... 0 t 3 0 0 0... 1 t d gilt (X t1,..., X td ) = A (B t1,..., B td, B 1 ), wobei nach Aufgabe 39 (B t1,..., B td, B 1 ) die Kovarianzmatrix t 1 t 1 t 1 t 1... t 1 t 1 t 1 t 2 t 2 t 2... t 2 t 2 Σ = t 1 t 2 t 3 t 3... t 3 t 3.................. t 1 t 2 t 3 t 4... t d t d t 1 t 2 t 3 t 4... t d 1 besitzt. Nach Satz 9.9 gilt dann (X t1,..., X td ) N d (0, AΣA ) und es bleibt AΣA auszuwerten. Es ergibt sich t 1 t 2 1 t 1 t 1 t 2 t 1 t 1 t 3... t 1 t 1 t d 0 t 1 t 1 t 2 t 2 t 2 2 t 2 t 2 t 3... t 2 t 2 t d 0 AΣ = t 1 t 1 t 3 t 2 t 2 t 3 t 3 t 2 3... t 3 t 3 t d 0................................. t 1 t 1 t d t 2 t 2 t d t 3 t 3 t d... t d t 2 d 0 und hieraus sofort t 1 (1 t 1 ) t 1 (1 t 2 ) t 1 (1 t 3 )... t 1 (1 t d ) t 1 (1 t 2 ) t 2 (1 t 2 ) t 2 (1 t 3 )... t 2 (1 t d ) AΣA = t 1 (1 t 3 ) t 2 (1 t 3 ) t 3 (1 t 3 )... t 3 (1 t d ).................................., t 1 (1 t d ) t 2 (1 t d ) t 3 (1 t d )... t d (1 t d ) da die letzte Spalte von AΣ die Nullspalte ist und die ersten d Zeilen von A Einheitsmatrix sind. Einfacher erhält man die Kovarianzmatrix aus die C(X s, X t ) = C(B s sb 1, B t tb 1 ) = C(B s, B t ) sc(b 1, B t ) tc(b s, B 1 ) + stc(b 1, B 1 ) = s 2st + st = s (1 t) für 0 s t 1.

Aufgabe 42: Es seien B, B unabhängige Brownsche Bewegungen und q ( 1, 1). Sei X t := qb t + 1 q 2 B t, t 0. Ist (X t ) t 0 wieder eine Brownsche Bewegung? Lösung: Bevor die Aufgabe gelöst werden kann, muss zuerst geklärt werden, was die Unabhängigkeit von B und B bedeutet. Gemeint ist damit präzise, dass die σ-algebren A := σ(b t : t 0) und à := σ( B t : t 0) unabhängig sind, d.h. dass P(A A ) = P(A) P(A ) für alle A A und A à gilt. Nur dieses dürfen wir für die nachfolgende Bedingung (iii) verwenden. Wir haben für X die Bedingungen (i) - (iv) aus Definition 1.6 nachzuweisen. (i) X 0 = qb 0 + 1 q 2 B 0 = 0 wegen B 0 = B 0 0. (ii) Sei 0 s < t <. Dann gilt X t X s = q (B t B s ) + 1 q 2 ( B t B s ) und q (B t B s ) N (0, q 2 (t s)), 1 q 2 ( B t B s ) N (0, (1 q 2 )(t s)). Da diese Zufallsvariablen stochastisch unabhängig sind, folgt aus der Faltungsformel X t X s N (0, q 2 (t s) + (1 q 2 )(t s)) = N (0, t s) (iii) Sei 0 s < t u < v <. Zu zeigen ist die Unabhängigkeit von X t X s und X v X u. Hinreichend dafür ist, dass die Zufallsvariablen B t B s, B v B u, B t B s und B v B u stochastisch unabhängig sind. Aus dem Blockungslemma folgt dann, dass X t X s = q (B t B s ) + 1 q 2 ( B t B s ) und X v X u = q (B v B u ) + 1 q 2 ( B v B u ) unabhängig sind. Dies folgt aber aus P(B t B s A 1, B v B u A 2, B t B s A 3, B v B u A 4 ) = P(B t B s A 1, B v B u A 2 ) P( B t B s A 3, B v B u A 4 ) = P(B t B s A 1 ) P(B v B u A 2 ) P(B t B s A 3 ) P( B v B u A 4 ) für A 1, A 2, A 3, A 4 B 1, wobei die erste Gleichheit aus der Unabhängigkeit von A und à und die zweite aus der Eigenschaft (iii) von B und B folgt. (iv) Dass X stetige Pfade besitzt, folgt sofort daraus, dass B und B diese Eigenschaft besitzen. Aufgabe 43: Sei X = (X t ) 0 t 1 eine Brownsche Brücke (vergl. Aufg. 41) mit X 0 0, X 1 0 und Y 0 eine von X stochastisch unabhängige, N (0, 1)-verteilte Zufallsvariable. Zeigen Sie: a) Sei B t := t Y 0 + X t für 0 t 1. Dann ist B := (B t ) 0 t 1 eine Brownsche Bewegung (beschränkt auf das Zeitintervall [0, 1]). b) Sei B := ( B t ) t 0 eine Brownsche Bewegung mit B 0 0. X, B und Y 0 seien stochastisch unabhängig. Wir setzen { t Y0 + X B t := t, 0 t 1, Y 0 + B t 1, t > 1. Zeigen Sie, dass B := (B t ) t 0 eine Brownsche Bewegung ist.

Lösung: a) Nach Satz 10.1 der Vorlesung reicht es nachzuweisen, dass B die Eigenschaften (i) und (iv) aus Definition 1.6 besitzt und dass zusätzlich für 0 t 1 < t 2 <... < t d 1 noch (B t1,..., B td ) N d (0, Σ) mit t 1 t 1 t 1 t 1... t 1 t 1 t 2 t 2 t 2... t 2 Σ = t 1 t 2 t 3 t 3... t 3 t 1 t 2 t 3 t 4... t d gilt. Nach Konstruktion gilt B 0 0. Damit gilt (i). Mit X besitzt auch B stetige Pfade, womit (iv) erfüllt ist. Nach Aufg. 41 gilt (X t1,..., X td ) N d (0, Σ) mit einer geeigneten Kovarianzmatrix Σ. Nach Satz 9.6 gibt es daher stochastisch unabhängige, N (0, 1) verteilte Zufallsvariable Y 1,..., Y d (die unabhängig von Y 0 gewählt werden können) und eine d d-matrix A mit (X t1,..., X td ) A Y mit Y = (Y 1,..., Y d ). Setzt man a 11 a 12... a 1d t 1 Ã := a 21 a 22... a 2d t 2 a d1 a d2... a dd t d so erhält man (B t1,..., B td ) Ã (Y 1,..., Y d, Y 0 ). Insbesondere besitzt (B t1,..., B td ) eine d-dimensionale Normalverteilung. Sei 0 s < t 1 beliebig. Wegen der Unabhängigkeit von Y 0 und X s bzw. X t gilt C(B s, B t ) = C(s Y 0 +X s, t Y 0 +X t ) = st V (Y 0 )+s C(Y 0, X t )+t C(X s, Y 0 )+C(X s, X t ) = st + s (1 t) = s, wobei wir C(X s, X t ) = s (1 t) aus Aufg. 41 verwendet haben. Hieraus folgt, dass Σ die angegebene Gestalt hat. b) Wir weisen die Eigenschaften (i) - (iv) aus Definition 1.6 nach. (i) B 0 0 gilt nach Konstruktion ebenso wie (iv), wo man nur beachten muss, dass wegen B 0 0 der stochastische Prozess B für t = 1 auch von rechts stetig ist. (ii) B t B s N (0, t s) für 0 s < t <. Dies gilt für t 1 wegen a) und für s > 1 wegen B t B s = B t 1 B s 1 N (0, t s). Für den Fall 0 s 1 < t < erhalten wir schließlich B t B s = ( B t 1 B 0 ) + (B 1 B s ) N (0, (t 1) + (1 s)) = N (0, t s) nach der Faltungsformel. (iii) B besitzt unabhängige Zuwächse. Nach Konstruktion sind (B t ) 0 t 1 und B stochastisch unabhängig. Sei 0 t 1 < t 2 <... < t k 1 < t k+1 <... < t d. Dann sind auch B t1, B t2 B t1,..., B 1 B tk, B tk+1 1 B 0,... B td 1 B td 1 1 unabhängig, also auch B t1, B t2 B t1,..., B 1 B tk, B tk+1 B 1,... B td B td 1. Mit dem Blockungslemma folgt die Unabhängigkeit von B t1, B t2 B t1,..., B td B td 1.