¿Por qué$\mathbb E\left[\sup\frac{|Y_t-Y_s|}{|t-s|^\alpha }\right]<\infty$ implica$(Y_t)_t$ continuo?

Question

Deje $(Y_t)_t$ un proceso estocástico s.t. $$\mathbb E\left[\sup_{s,t\in [0,1], s\neq t}\frac{|Y_t-Y_s|}{|t-s|^\alpha }\right]<\infty,$$ with $\alfa >0$. Why does this implies that $(Y_t)_t$ es continua.s. ?

Viene del hecho de que si $\mathbb E[X]<\infty$ entonces $\mathbb P\{X<\infty\}=1$, y por lo tanto $$\mathbb P\left\{\sup_{s,t\in [0,1], s\neq t}\frac{|Y_t-Y_s|}{|t-s|^\alpha }<\infty\right\}=1.$$

También $$\mathbb P\left\{\sup_{s,t\in [0,1], s\neq t}\frac{|Y_t-Y_s|}{|t-s|^\alpha }<\infty\right\}\leq \mathbb P\left\{\frac{|Y_t-Y_s|}{|t-s|^\alpha}<\infty\right\}=1.$$

1) ¿Cómo puedo seguir ? ¿Esto implica que no es $C>0$ s.t. $$\mathbb P\{|Y_t-Y_s|<C|t-s|^\alpha \}=1,$$ o que $$\mathbb P\{\exists C>0: |Y_t-Y_s|\leq C|t-s|^\alpha \}=1 \ \ ?$$

2) Y se supone que $$\mathbb P\{\lim_{t\to s}|Y_t-Y_s|\}=1 \ \ ?$$ Si sí, ¿por qué ? No entiendo por qué me puede poner el límite en el interior.

Answer 1

• Suponga que $Y = (Y_t)_{t\in[0, 1]}$ se realiza a través de una completa probabilidad de espacio $(\Omega, \mathcal{F}, \mathbb{P})$ tales que la función de $C : \Omega \to [0, \infty]$ definido por

  $$ C(\omega) = \sup_{\substack{s, t \in [0, 1] \\ s \neq t}} \frac{|Y_s(\omega) - Y_t(\omega)|}{|s-t|^{\alpha}} $$

  es medible, entonces

  1. Si $\omega \in \Omega$ es tal que $C(\omega) < \infty$, a continuación, $|Y_t(\omega) - Y_s(\omega)| \leq C(\omega)|t - s|^{\alpha}$ para todos los $s, t \in [0, 1]$ y, por tanto, $t \mapsto Y_t(\omega)$ es $\alpha$-Titular continuo. En particular, $$ E := \{ \omega : t \mapsto Y_t(\omega) \text{ is continuous} \}$$ satisface $$ E^{c} \subseteq \{ \omega : C(\omega) = \infty \} $$

  2. Si, además, que los $\mathbb{E}[C] < \infty$, a continuación, $\{ C = \infty\}$ es medible y $\mathbb{P}[C = \infty] = 0$. Dado que la probabilidad de que el espacio es completo, esto implica que $E^c$ es también un apreciable null. Por lo tanto, $E$ también es medible y $\mathbb{P}[E] = 1$, es decir, el recorrido de la muestra es $\mathbb{P}$- .s. continua.

• Vale la pena notar que $C$ e $E$ no necesita ser medibles para cualquier elección de la base de la probabilidad de espacio. Por ejemplo, bajo la ingenua elección $(\Omega, \mathcal{F}) = (\mathbb{R}^{[0,1]}, \mathcal{B}(\mathbb{R}^{[0,1]}))$, se puede probar que

  $$ C([0, 1], \mathbb{R}) = \{ \omega \in \mathbb{R}^{[0,1]} : \omega \text{ is continuous} \} \notin \mathcal{B}(\mathbb{R}^{[0,1]}). $$

  (Esto es debido a que, para cualquier $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^{[0,1]})$existe $I \subset [0, 1]$ tal que $I$ es en la mayoría de los contables e $A$ sólo está determinado por la información, a veces $t \in I$, es decir, $A \in \sigma( \pi_t : t \in I)$, donde $\pi_t : \mathbb{R}^{[0,1]} \to \mathbb{R}$ es la proyección de la $\pi_t(\omega) = \omega_t$.) Esto indica que, a fin de examinar la regularidad de la muestra caminos, uno tiene que elegir una base adecuada de la probabilidad de espacio para empezar.

  Si uno se da un proceso estocástico $S$, la solución habitual es mostrar que $X$ satisface una débil noción estocástica de continuidad y, a continuación, mostrar que esta noción permite construir una modificación que tiene la muestra continua de caminos. Por ejemplo, Si $W = (W_t)_{t\geq 0}$ es el movimiento Browniano, entonces se satisface $\mathbb{E}[|W_s - W_t|^2] = |s - t|$, por lo tanto, por la prueba de Kolmogorov-Chenstov teorema, $W$ tiene una modificación cuya muestra trayectorias son continuas. Entonces uno puede darse cuenta de esta modificación en una buena probabilidad de espacio donde se muestra la ruta de la continuidad puede ser discutido como medibles evento.