Demostrar que $E[B_t|\mathscr{F}_s] = B_s$ para $B_t = W_t^3 - 3 t W_t$

Question

Dado el espacio de prueba $(\Omega, \mathscr{F}, P)$ y un proceso Wiener $(W_t)_{t \geq 0}$ definir la filtración $\mathscr{F}_t = \sigma(W_u : u \leq t)$

Dejemos que $(B_t)_{t \geq 0}$ donde $B_t = W_t^3 - 3tW_t$ . Demostrar que $E[B_t|\mathscr{F}_s] = B_s$ siempre que $s < t$ .

Creo que todo esto se reduce a la manipulación ya que hay martingalas en alguna parte

Mi intento:

Dividir en $E[W_t^3|\mathscr{F}_s] - 3E[tW_t|\mathscr{F}_s]$ no hace nada ya que esos tipos no son martingalas? Así que, traté de dividirlo en:

$E[W_t(W_t^2 - 3t)|\mathscr{F}_s]$

$= E[W_t(W_t^2 - t -2 t)|\mathscr{F}_s]$

$= E[W_t(W_t^2 - t) -2 tW_t)|\mathscr{F}_s]$

$= E[W_t(W_t^2 - t)|\mathscr{F}_s] -2E[ tW_t|\mathscr{F}_s]$

$W_t$ no es $\mathscr{F}_s$ -...medible, así que no podemos quitar eso...

$tW_{1/t}$ es browniana y, por tanto, una martingala, pero no sé si $tW_t$ ...

$cW_{t/c^2}$ es browniana y por lo tanto una martingala, pero no creo que podamos establecer c = t...

¿Ayuda, por favor?

Answer 1

El truco consiste en empezar por la potencia más alta, reescribirla como algo conocido (un momento de tercer orden) y luego trabajar hacia atrás en los términos restantes. Con esto quiero decir que puedes completar el cubo de la siguiente manera:

$$E[W_t^3 - 3tW_t|\mathcal{F}_s] = E[(W_t-W_s)^3 - C -3tW_t|\mathcal{F}_s]$$

donde tendrá que encontrar $C$ tal que la igualdad se mantiene (es decir $C=W_s^3 + 3W_s^2 W_t + ...$ ). A continuación, puede utilizar ese

$$ (W_t-W_s)$$

es normal con respecto a $\mathcal{F}_s$ con media cero ( $E[(W_t-W_s) |\mathcal{F}_s] = 0$ ) y la varianza $E[(W_t-W_s)^2 |\mathcal{F}_s] = (t-s)$ por lo que el momento de tercer orden es cero, es decir $E[(W_t-W_s)^3|\mathcal{F}_s] = 0$ . Lo que logramos aquí es que nos deshicimos del más alto orden de $W_t$ en el valor de la expectativa (el término del cubo, $W_t^3$ ). Los términos restantes son independientes, lineales o cuadráticos en $W_t$ . Así que podemos aplicar el mismo truco a estos términos, es decir, "completar la diferencia". Es decir, si te encuentras con un término como:

$$E[W_s W_t^2|\mathcal{F_s}]$$

entonces se vuelve a completar el cuadrado de $W_t$ de tal manera que se termina con una expresión que involucra la diferencia $W_t - W_s$ . Así que busca un $C'$ tal que

$$E[W_s W_t^2|\mathcal{F_s}] = E[W_s (W_t - W_s)^2 - C'|\mathcal{F_s}]$$

se mantiene. Entonces se reconoce la varianza de $W_t - W_s$ en el primer término, y $C'$ contendrá términos a lo sumo lineales en $W_t$ . Si sigues haciendo eso para todos los términos, deberías terminar con la identidad que te propusiste probar.

He sido intencionalmente un poco vago, porque es un buen ejercicio para completar. Pero si las cosas no están claras, hágamelo saber.

Answer 2

\begin {align*} E \Big (W_t^3-3tW_t \mid \mathcal {F}_s \Big ) &= E \Big ((W_t-W_s+W_s)^3-3t(W_t-W_s+W_s) \mid \mathcal {F}_s \Big ) \\ &=E \Big ((W_t-W_s)^3+W_s^3+3(W_t-W_s)^2W_s + 3 (W_t-W_s)W_s^2 \\ & \qquad \qquad -3t(W_t-W_s)-3tW_s \mid \mathcal {F}_s \Big ) \\ &=E \Big ((W_t-W_s)^3 \Big ) + W_s^3+3W_sE \Big ((W_t-W_s)^2 \Big ) \\ & \qquad \qquad + 3W_s^2 E(W_t-W_s)-3tE(W_t-W_s)-3tW_s \\ &=W_s^3+3W_s (t-s)-3tW_s \\ &=W_s^3 -3sW_s, \end {align*} observando que \begin {align*} E \Big ((W_t-W_s)^3 \Big ) = E(W_t-W_s) =0, \end {align*} y \begin {align*} E \Big ((W_t-W_s)^2 \Big ) = t-s. \end {align*}

Answer 3

Puedes usar eso $f(t,W_t)\in C^2$ es Martingale si: $$\partial_t f+\frac{1}{2}\partial_{WW}f= 0$$

Lo conseguimos: $$\partial_t f=-3W_t$$$$\partial_ {WW}f=6W_t$$

Finalmente:

$$-3W_t+3W_t= 0$$

q.e.d.

La demostración del teorema se hace escribiendo $f(t,W_t)$ mediante la fórmula Ito. Prueba del teorema: