Expectativa condicional para el movimiento browniano

Question

Consideremos dos movimientos brownianos $(W_t)_{t\ge 0}$ con punto de partida $x$ y $(W'_t)_{t\ge 0}$ con punto de partida $y$ . Definir $T:=\inf\{t\ge 0:W_t=0\}$ la primera vez que $W_t$ es igual a $0$ . Demuestre que para cada $x,y,t>0$ se mantiene:

$$P(W_{t\wedge T}\le y \mid \{W_0=x\})=P(|W'_t|\ge x \mid \{W'_0=y\}).$$

Mi intento:

Reescritura $W'_t=B'_t+y$ para un movimiento browniano estándar $(B'_t)_{t\ge 0}$ . Entonces $P(W'_0=y)=1$ y $1_{\{W'_0=y\}}=1_\Omega$ , de tal manera que

\begin{align} P(|W'_t|\ge x \mid \{W'_0=y\})&=\frac{1}{P(W'_0=y)}E\Big[1_{\{|W'_t|\ge x\}}1_{\{W'_0=y\}}\Big]=P\big(|B_t'+y|\ge x\big) \end{align}

Reescritura $W_t=B_t+x$ para un movimiento browniano estándar $(B_t)_{t\ge 0}$ . Entonces $P(W_0=x)=1$ y $1_{\{W_0=x\}}=1_\Omega$ , de tal manera que

\begin{align} P(W_{t\wedge T}\le y \mid \{W_0=x\})&=\frac{1}{P(W_0=x)}E\Big[1_{\{W_{t\wedge T}\le y\}}1_{\{W_0=x\}}\Big]=P\big(B_{t\wedge T}+x\le y\big)\\ \end{align}

Aquí me quedo atascado. Tal vez tenga que usar $0\le B_{t\wedge T}+x$ ¿y el principio de reflexión? Me gustaría que me ayudaran. Gracias de antemano.

Answer 1

Tal vez podemos ir a la prueba de la siguiente manera.

En primer lugar, hay que tener en cuenta que \begin{align} &\mathbb{P}(W_{t\wedge T}\le y|W_0=x)\\ &=\mathbb{P}(W_t\le y|W_0=x,T>t)\,\mathbb{P}(T>t)\\ &+\mathbb{P}(W_T\le y|W_0=x,T\le t)\,\mathbb{P}(T\le t)\\ &=\mathbb{P}(W_t\le y|W_0=x,T>t)\,\mathbb{P}(T>t)+\mathbb{P}(T\le t)\tag{1}, \end{align} donde $\mathbb{P}(W_T\le y|W_0=x,T\le t)=1$ como $W_T=0<y$ siempre se mantiene.

En segundo lugar, hay que tener en cuenta que \begin{align} \mathbb{P}(W_t\le y|W_0=x)&=\mathbb{P}(W_t\le y|W_0=x,T>t)\,\mathbb{P}(T>t)\\ &+\mathbb{P}(W_t\le y|W_0=x,T\le t)\,\mathbb{P}(T\le t). \end{align} Sustituya este resultado en $(1)$ y obtenemos \begin{align} &\mathbb{P}(W_{t\wedge T}\le y|W_0=x)\\ &=\mathbb{P}(W_t\le y|W_0=x)+\mathbb{P}(T\le t)\\ &-\mathbb{P}(W_t\le y|W_0=x,T\le t)\,\mathbb{P}(T\le t)\\ &=\mathbb{P}(W_t\le y|W_0=x)\\ &+\mathbb{P}(W_t>y|W_0=x,T\le t)\,\mathbb{P}(T\le t)\tag{2}. \end{align}

A continuación, observe que $$ \mathbb{P}(W_t>y|W_0=x,T\le t)\,\mathbb{P}(T\le t)=\mathbb{P}(W_t>y,T\le t|W_0=x) $$ denota la probabilidad de un movimiento browniano que parte de $x$ , éxitos $0$ en el momento $T$ y luego va más allá $y$ en el momento $t$ . Por el principio de reflexión, se deduce que $$ \mathbb{P}(W_t>y|W_0=x,T\le t)\,\mathbb{P}(T\le t)=\mathbb{P}(W_t<-y|W_0=x). $$ Sustituya este resultado en $(2)$ y obtenemos \begin{align} \mathbb{P}(W_{t\wedge T}\le y|W_0=x)&=\mathbb{P}(W_t\le y|W_0=x)\\ &+\mathbb{P}(W_t<-y|W_0=x).\tag{3} \end{align}

A partir de entonces, por $W_t'=W_t-x+y$ tenemos \begin{align} &\mathbb{P}(W_{t\wedge T}\le y|W_0=x)\\ &=\mathbb{P}(W_t'\le 2y-x|W_0'=y)+\mathbb{P}(W_t'<-x|W_0'=y)\\ &=\mathbb{P}(W_t'\ge x|W_0'=y)+\mathbb{P}(W_t'<-x|W_0'=y),\tag{4} \end{align} donde $\mathbb{P}(W_t'\le 2y-x|W_0'=y)=\mathbb{P}(W_t'\ge x|W_0'=y)$ debido a que $2y-x$ y $x$ son simétricos con respecto a $y$ .

Por último, hay que tener en cuenta que $x>0$ y $(4)$ es obviamente la igualdad deseada $$ \mathbb{P}(W_{t\wedge T}\le y|W_0=x)=\mathbb{P}(\left|W_t'\right|\ge x|W_0'=y). $$ Esto completa la prueba.

Answer 2

Escribamos la afirmación en términos de un movimiento browniano estándar $(B_t)_{t \geq 0}$ .

Si ponemos $T_{x} = \inf\{t \geq 0; B_t = -x\}$ entonces tenemos que demostrar que

$$\mathbb{P}(x+ B_{t \wedge T_{x}} \leq y) = \mathbb{P}(|B_t+y| \geq x) \tag{1}$$

para cualquier $x,y,t>0$ .

Fijar $x,y,t>0$ . Desde

$$B_{t \wedge T_x} = \begin{cases} -x & T_x \leq t, \\ B_t, & T_x>t \end{cases}$$

tenemos

$$\mathbb{P}(x+B_{t \wedge T_x} \leq y) = \mathbb{P}(T_x \leq t) + \mathbb{P}(x+B_t \leq y, T_x>t). \tag{2}$$

Como el principio de reflexión nos permite calcular explícitamente la distribución conjunta $(B_t,\inf_{s \leq t} B_s)$ (véase más adelante), obtenemos

\begin{align*}\mathbb{P}(x+B_t \leq y, T_x>t) &= \mathbb{P} \left( B_t \leq y-x, \inf_{s \leq t} B_s>-x \right) \\ &= - \frac{2}{\sqrt{2\pi t^3}} \int_{-x}^0 \int_{u \leq z \leq y-x} (2u-z) \exp \left(- \frac{(2u-z)^2}{2t} \right) \, dz \, du \\ &= \frac{2}{\sqrt{2\pi t}} \int_{-x}^0 \left[-\exp \left(- \frac{(2u-y+x)^2}{2t} \right) + \exp \left( -\frac{u^2}{2t} \right)\right] \, du.\end{align*}

Utilizando la linealidad de la integral para dividir la integral del lado derecho en dos partes y realizando un simple cambio de variables obtenemos

$$\mathbb{P}(x+B_t \leq y, T_x>t) = \sqrt{\frac{2}{\pi t}} \int_{\mathbb{R}} \left(- \frac{1}{2} \cdot 1_{\{|u-y| \leq x\}} + 1_{[-x,0]}(u) \right) \exp \left(- \frac{u^2}{2t} \right) \, du.$$

Por otro lado, el principio de reflexión también da

$$\mathbb{P}(T_x \leq t) =2 \mathbb{P}(B_t' \leq -x) =\sqrt{\frac{2}{\pi t}} \int_{-\infty}^{-x} \exp \left( - \frac{u^2}{2t} \right) \, du \tag{3}$$

Sumando las dos expresiones y usando eso

$$\sqrt{\frac{2}{\pi t}} \int_{-\infty}^0 \exp \left(- \frac{u^2}{2t} \right) \, du = \frac{1}{\sqrt{2\pi t}} \int_{\mathbb{R}} \exp \left(- \frac{u^2}{2t} \right) \, du = 1,$$

se deduce de $(2)$ que

$$\begin{align*} \mathbb{P}(x+B_{t \wedge T_x} \leq y) = 1- \frac{1}{\sqrt{2\pi t}} \int_{|z-y| \leq x} \exp \left( - \frac{u^2}{2t} \right) \, du&= \mathbb{P}(|B_t+y|>x) \\ &= \mathbb{P}(|B_t+y| \geq x) \end{align*}$$

lo que demuestra la afirmación.

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Algunas observaciones sobre el principio de reflexión: El principio de reflexión afirma (...o implica, según la formulación...) que el supremacía corrido $M_t := \sup_{s \leq t} B_s$ satisface $$M_t \stackrel{d}{=} |B_t|.$$ Aplicando este resultado al movimiento browniano $(-B_t)_{t \geq 0}$ se deduce inmediatamente que $$- \inf_{s \leq t} B_s \sim |B_t|.$$ En particular, $$\mathbb{P}(T_x \leq t) = \mathbb{P} \left( \min_{s \leq t} B_s \leq x \right) = \mathbb{P}(|B_t| \leq -x) = 2 \mathbb{P}(B_t \leq x)$$ para el tiempo de parada $$T_x := \inf\{t \geq 0; B_t = -x\}$$ de la primera parte de esta respuesta. Combinando el principio de reflexión con la propiedad de Markov fuerte del movimiento browniano, es posible calcular la densidad conjunta de $(B_t,M_t)$ :

Dejemos que $(B_t)_{t \geq 0}$ sea un movimiento browniano. La distribución conjunta $(B_t,\sup_{s \leq t} B_s)$ es igual a $$\mathbb{P} \left[ B_t \in dx, \sup_{s \leq t} B_s \in dy \right] = \frac{2 (2y-x)}{\sqrt{2\pi t^3}} \exp \left(- \frac{(2y-x)^2}{2t} \right) 1_{[-\infty,y]}(x) \, dx \, dy. $$

Para una prueba, véase por ejemplo René Schilling/Lothar Partzsch: Movimiento browniano - Una introducción a los procesos estocásticos Ejercicio 6.8 (hay soluciones completas disponibles en el web ), o esta pregunta (y diferenciar para obtener la función de densidad).

Como antes, podemos utilizar la simetría del movimiento browniano y aplicar el resultado a $(-B_t)_{t \geq 0}$ para obtener la distribución conjunta de $(B_t,\inf_{s \leq t} B_s)$ .