¿La media de movimientos brownianos independientes sigue siendo un movimiento browniano?

Question

Si $W$ y $B$ son independientes Movimientos brownianos (BM en adelante), entonces la media de $W$ y $B$ es $X_t=\frac{1}{2}(W_t+B_t)$ .

¿Por dónde empiezo a demostrar que, efectivamente, sigue siendo un BM?

Además, si ambos son martingalas, entonces $X_t$ también debe ser una martingala. ¿Cómo puedo probar esto teniendo en cuenta que tiene las dos variables aleatorias?

Answer 1

Es casi un movimiento bronwiano. Sólo que la varianza no es correcta:

La cuestión es más complicada de lo que parece. Un movimiento browniano tiene las propiedades de distribución que se indican a continuación, al igual que una combinación lineal de BMs. Pero al fin y al cabo es una martingala en una determinada filtración (conjunto de información) que hay que definir. $B_t$ es un BM en su propia filtración, también lo es $W_t$ . La media es un movimiento browniano en su propia filtración y en la filtración generada por $B_t+W_t$ .

Para la distribución considere que $E[B_t] = E[W_t]=0$ y $Var[B_t] = Var[W_t]=t$ . Entonces $E[X_t]=0$ y $Var[X_t] = 1/2 t$ siempre que $(B_t)_{t\ge0}$ y $(W_t)_{t\ge0}$ son independientes. La ley de Gauss es un hecho conocido.

EDITAR: $ VAR[1/2(W_t+B_t)] = 1/4 (VAR[W_t] + VAR[B_t]) = 1/4 (t+t)= 1/2 t$ . Así que la varianza es errónea y no es BM.

Answer 2

Vamos $W_t$ y $B_t$ son movimientos brownianos independientes, donde :

$W_t$ ~ $N(0, t)$ ,
$B_t$ ~ $N(0, t)$
$Cov(W_t,B_t)=0$

Sabemos que la suma de dos variables aleatorias gaussianas es también gaussiana.

$$E(1/2(W_t+B_t)) = 1/2(E(W_t+B_t))=0$$ $$Var(1/2(W_t+B_t))=1/4(var(W_t+B_t))=1/4(var(W_t)+var(B_t))=.5t$$

porque $W_t$ y $B_t$ son independientes. Así que:

$X_t$ = $1/2(B_t+W_t)$ ~ $N(0, .5t)$

EDITAR : $X_t$ tiene una trayectoria continua y $X_t=0$ para $t=0$ pero $Var(X_t) \neq t$ ( una condición necesaria para el movimiento browniano). Por lo tanto, $X_t$ no es un movimiento browniano.

@Gordon menciona acertadamente $\sqrt{1/2}(Wt+Bt)$ es un BM pero no $X_t$ .

Answer 3

El PO afirma que $W(t)$ y $B(t)$ son dos movimientos brownianos independientes, lo que difiere ligeramente del movimiento browniano estándar/proceso de Wiener, aunque tengan poco en común (ambos son procesos de Markov y Martingale). El proceso de Wiener es el movimiento browniano estándar, mientras que un movimiento browniano general tiene una forma $B(t)=\alpha\,W(t)+\beta$ .

La definición del movimiento browniano de Cálculo estocástico para finanzas II (Shreve, 2004) es:

Dejemos que $(, F, P)$ sea un espacio de probabilidad. Para cada $ $ Supongamos que existe una función continua $W(t)$ de $t 0$ que satisface $$W(0) = 0\tag1$$ y que depende de $$. Then $ W(t) $, $ t 0 $, is a Brownian motion if for all $ 0=t_0 <t_1 <---<t_m $ the increments $ W(t_1) = W(t_1)W(t_0),W(t_2)W(t_1),...,W(t_m)W(t_{m1}) $ are independent and each of these increments is normally distributed with $$ \mathop{\mathbb{E}[W(t_{i+1}) W(t_i)] = 0, \tag2 $$ $$ Var[W(t_{i+1})W(t_i)]=t_{i+1}t_i \tag3$$

Por lo tanto, si $X(t)=\dfrac{W(t)+B(t)}{2}$ es un movimiento browniano, debe verificar las propiedades $(1)$ , $(2)$ y $(3)$ . Veamos:

Propiedad $(1)$ $$\begin{align} X(0)&=\dfrac{W(0)+B(0)}{2}\\ &=0 \end{align}$$

Propiedad $(2)$

Para $0\leq s\leq t$ : $$\begin{align} \mathop{\mathbb{E}}[X(t)-X(s)]&=\mathop{\mathbb{E}}\left[\dfrac{W(t)+B(t)}{2}-\dfrac{W(s)+B(s)}{2}\right]\\ &=\dfrac{\mathop{\mathbb{E}}[W(t)-W(s)]+\mathop{\mathbb{E}}[B(t)-B(s)]}{2}\\ &=0 \end{align}$$

Propiedad $(3)$

Para $0\leq s\leq t$ : $$\begin{align} Var[X(t)-X(s)]&=\mathop{\mathbb{E}}\left[\dfrac{W(t)+B(t)}{2}-\dfrac{W(s)+B(s)}{2}\right]\\ &=Var\left[\dfrac{W(t)-W(s)}{2}\right]+Var\left[\dfrac{B(t)-B(s)}{2}\right]\\ &=\dfrac{1}{4}\,Var[W(t)-W(s)]+\dfrac{1}{4}\,Var[B(t)-B(s)]\\ &=\dfrac{1}{2}\,(t-s)\\ &\neq t-s \end{align}$$

Desde $Var[X(t)-X(s)]\neq t-s$ , para $0\leq s \leq t$ concluimos que $X(t)$ no es un movimiento browniano para $t\geq 0$ .