Cómo demostrarlo $X_s=\int^s_0 f(u)dW_u$ es independiente de $X_t-X_s$

Question

Se me pide que demuestre que $X_s$ y $X_t-X_s$ son independientes para $s<t$ entonces $$X_t=\int^t_0f(u)dW_u$$ para una función determinista $f$ y el movimiento browniano $W_t$ . Para la prueba doy una pista para calcular $E[\exp(a_1X_s+a_2(X_t-X_s))]$

¿Cómo se puede demostrar la independencia utilizando la pista?

Hasta ahora he hecho lo siguiente:

Encuentro $X_s \sim N(0,\int^s_0f^2(u) du)$ y $X_t - X_s\sim N(0,\int^t_sf^2(u) du)$

$$E[\exp(a_1X_s+a_2(X_t-X_s))] =\exp(\frac{1}{2}a^2_1\int^s_0f^2(u) du+\frac{1}{2}a^2_2\int^t_sf^2(u) du)$$

¿Cómo puedo demostrar mi independencia desde aquí?

Answer 1

Sólo responderé a la pregunta del título. Una forma de verlo es discretizando las integrales.

A partir de su título, definamos $$I(a,b):=\int_a^b f(u)dW_u$$ Discreto: $$I(a,b)=\lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^{n-1}f(a + i\frac{b-a}{n})(W(a + (i+1)\frac{b-a}{n}) - W(a + i\frac{b-a}{n}))$$ en $L^2$ .

Ahora simplemente observe que cualquier incremento $\Delta W$ en $[t, s]$ es independiente de cualquier incremento de $[0,s]$ . Por lo tanto $I(s,t)$ debe ser independiente de $I(0,s)$ .

Answer 2

Tenemos que

$$ X_{t} - X_{s} = \int_{s}^{t}f(u)dW_{u} $$ Así, si $f$ fuera una función simple, entonces $X_{t} - X_{s}$ sería una combinación lineal de $W_{k}$ donde $k \in [s,t] $ que es independiente de $W_{s}$ por definición del proceso de Wiener. A fortiori, $X_{t} - X_{s}$ sería independiente de $X_{s}$ que es una combinación lineal de $W_{k}$ donde $k \in [0,s] $ . Ahora usa el hecho de que $f$ puede escribirse como un límite de funciones simples.

Answer 3

Lo que sigue no es riguroso, pero esperemos que contenga la idea principal. En primer lugar, probablemente quiera justificar $$X_t-X_s \sim N\left(0, \int_s^t f(u)^2 du \right), $$ lo que puede hacerse aproximando $f$ mediante una sencilla función $g = a_1 1_{(s,t_1)} + a_21_{(t_1,t_2)} + \ldots + a_n1_{(t_{n-1},t)}$ y utilizando $$\int_s^t g(u)dW_u = a_1(W_{t_1} - W_s) + a_2 (W_{t_2}-W_{t_1}) + \ldots a_n (W_{t}-W_{t_{n-1}}) \sim N(0, a_1^2t_1 + a_2^2 (t_2-t_1)+\ldots a_n^2(t_n-t_{n-1})) = N\left(0, \int_s^t g(u)^2 du \right)$$ para $W_{t_i}-W_{t_{i-1}} \sim N(0,t_i-t_{i-1})$ todos independientes. El truco consiste entonces en demostrar que $X_s$ y $X_t-X_s$ no están correlacionadas para ayudarnos a tomar la expectativa $\mathbb{E}[\exp(a_1X_s + a_2 (X_t-X_s))]$ . Ahora, $$\mathbb{E}[(X_t-X_s)^2] = \mathbb{E}[X_t^2] - 2\mathbb{E}[X_tX_s] + \mathbb{E}[X_s^2],$$ por lo tanto, $$\mathbb{E}[X_sX_t] = \frac{1}{2}\left(\mathbb{E}[X_t^2] + \mathbb{E}[X_s^2] - \mathbb{E}[(X_t-X_s)^2] \right) = \frac{1}{2} \left( \int_0^t f(u)du + \int_0^s f(u)du - \int_s^t f(u) du \right) = \int_0^sf(u)du = \mathbb{E}[X_s^2]$$ y así $\mathbb{E}[X_s(X_t-X_s)]=0,$ de ahí $X_s$ y $X_t-X_s$ no están correlacionados.

Ahora, dado que dos variables aleatorias normalmente distribuidas no correlacionadas $Y_1 \sim N(0,\sigma_1^2)$ y $Y_2 \sim N(0,\sigma_2^2)$ satisfacer $\mathbb{E}[\exp(a_1Y_1 + a_2 Y_2)] = \exp(\frac{a_1}{2} Y_1 + \frac{a_2}{2} Y_2) = \mathbb{E}[\exp(a_1Y_1)]\mathbb{E}[\exp(a_2Y_2)]$ tenemos

$$\mathbb{E}[a_1X_s + a_2(X_t-X_s)] = \mathbb{E}[\exp(a_1X_s)] \mathbb{E}[\exp(a_2(X_t-X_s))]$$

para todos $a_1$ , $a_2$ . Tomando $n$ derivados con respecto a $a_1$ y $m$ derivados con respecto a $a_2$ y, a continuación, establecer $a_1=0=a_2$ obtenemos

$$\mathbb{E}[X_s^n(X_t-X_s)^m] = \mathbb{E}[X_s^n]\mathbb{E}[(X_t-X_s)^m].$$

Usando esto, ahora sabemos que para cualquier función polinómica $p$ y $q$ tenemos $\mathbb{E}[p(X_s)q(X_t-X_s)] = \mathbb{E}[p(X_s)]\mathbb{E}[q(X_t-X_s)].$ Dado que las funciones polinómicas son débilmente densas, la función de distribución de probabilidad $\rho_{X_s,X_t-X_s}$ de $X_s$ y $X_t-X_s$ es el producto de las funciones de densidad de probabilidad $\rho_{X_s}$ de $X_s$ et $\rho_{X_t-X_s}$ de $X_t-X_s$ . Por lo tanto, $X_s$ y $X_t-X_s$ son independientes.