Diferenciación bajo el signo integral para la integral de Ito

Question

Dejemos que

• $(\Omega,\mathcal A,\operatorname P)$ sea un espacio de probabilidad completo
• $T>0$
• $I:=(0,T]$
• $(\mathcal F_t)_{t\in\overline I}$ sea una filtración complaciente y continua a la derecha sobre $(\Omega,\mathcal A,\operatorname P)$
• $M$ sea una variable cuadrada continua de valor real $\mathcal F$ -martingale en $(\Omega,\mathcal A,\operatorname P)$
• $\mu_M$ denotan la medida de Doléans correspondiente a $M$
• $d\in\mathbb N$
• $\Lambda\subseteq\mathbb R^d$ estar abierto

Ahora, dejemos que $F:\Omega\times\overline I\times\Lambda\to\mathbb R$ con $$F_t\in C^1(\Lambda)\;\;\;\text{almost surely for all }t\in\overline I\tag1$$ y $$F(x)\in\mathcal L^2(\mu_M)\;\;\;\text{for all }x\in\Lambda\tag2.$$ Además, dejemos que $i\in\left\{1,\ldots,d\right\}$ y asumir que $$\int\sup_{x\in K}\left|\frac{\partial F}{\partial x_i}(x)\right|^2\:{\rm d}\mu_M<\infty\;\;\;\text{for all compact }K\subseteq\Lambda\tag3.$$

Dejemos que $$N(x):=F(x)\cdot M$$ denotan el proceso integral Ito de $F(x)$ con respecto a $M$ para $x\in M$ . ¿Podemos concluir que $N$ es parcialmente diferenciable con respecto a la $i$ ¿variable?

En aras de la simplicidad, supongamos que $\Lambda=\mathbb R^d$ . Dejemos que $x\in\Lambda$ y $$G(h):=\frac{N(x+he_i)-N(x)}h\;\;\;\text{for }h\in\mathbb R\setminus\left\{0\right\}.$$ Claramente, $$G(h)=\frac{F(x+he_i)-F(x)}h\cdot M\;\;\;\text{almost surely for all }h\in\mathbb R\setminus\left\{0\right\}\tag4$$ y $$\frac{F_t(x+he_i)-F_t(x)}h\xrightarrow{h\to0}\frac{\partial F_t}{\partial x_i}(x)\;\;\;\text{almost surely for all }t\in\overline I\tag5$$ Desde $(3)$ y $(5)$ deberíamos poder concluir que la convergencia en $(5)$ tiene en $L^2(\mu_M)$ aplicando el teorema de convergencia dominada de Lebesgue. Esto debería producir que los procesos integrales de Ito correspondientes converjan en el espacio de martingalas cuadradas-integrables.

¿Me estoy perdiendo algo?

Answer 1

Por la definición de la medida de Doléans, tenemos

$$\begin{align*} \left\| G(h)- (\partial_{x_i} F(x)) \bullet M \right\|_{L^2(\mathbb{P})}^2 &= \left\| \left( \frac{F(x+h e_i)-F(x)}{h}- \partial_{x_i} F(x) \right) \bullet M \right\|_{L^2(\mathbb{P})}^2 \\ &= \int \left| \frac{F(x+h e_i)-F(x)}{h}- \partial_{x_i} F(x) \right|^2 \, d\mu_M. \tag{6} \end{align*}$$

Desde

$$\frac{F_t(x+h e_i)-F_t(x)}{h}- \partial_{x_i} F_t(x) \xrightarrow[]{h \to 0} 0 \quad \text{a.s.}$$

y, por el teorema del valor medio,

$$\begin{align*} \left| \frac{F_t(x+h e_i)-F_t(x)}{h}- \partial_{x_i} F_t(x) \right|^2 &\leq \left( \left|\frac{F_t(x+h e_i)-F_t(x)}{h} \right| + |\partial_{x_i} F_t(x)| \right)^2 \\ &\leq 4 \sup_{y \in B(x,1)}|\partial_{x_i} F_t(y)|^2 \in L^1(\mu_M) \end{align*}$$

para cualquier $h \in (0,1)$ se deduce del teorema de convergencia dominada que el lado derecho de $(6)$ converge a $0$ como $h \to 0$ y por lo tanto $N(x) = F(x) \bullet M$ es parcialmente diferenciable (en el $L^2(\mathbb{P})$ -sentido) y

$$\partial_{x_i} N(x) = (\partial_{x_i} F(x)) \bullet M$$