Mostrar que $M_t$ es un Movimiento Browniano Estándar

Question

Deje $M=(M_t)_{t\geq0}$ $$M_t=\int_0^{\log\sqrt{1+2t}}e^s\text{d}B_s$$

donde $(B_t)_{t\geq0}$ es un Estándar de Movimiento Browniano. Mostrar que $M$ es también un Estándar de Movimiento Browniano y calcular el $\mathbb{E}[\int_0^tM^6_s\text{d}M_s]$$\mathbb{E}[\left(\int_0^tM_s\text{d}M_s\right)^3]$.

Podemos utilizar Levy Caracterización Teorema?

Answer 1

A partir de los intercambios en los comentarios, uno llega a la conclusión de que $M_t=K_{A(t)}$ con $$ K_t=\int_0^t\mathrm e^s\mathrm dB_s,\qquad A(t)=\log\sqrt{1+2t}. $$ Desde $(K_t)_{t\geqslant0}$ es una martingala y el (determinista) la función $A$ es no decreciente, esto es suficiente para mostrar que el $(M_t)_{t\geqslant0}$ es una martingala. Además, por cada $0\leqslant s\leqslant t$, por Itô la isometría, la identidad $$ (M_t-M_s)^2=\left(\int_{A(s)}^{A(t)}\mathrm e^u\mathrm dB_u\right)^2 $$ implica que $$ \mathbb E((M_t-M_s)^2)=\mathbb E\left(\int_{A(s)}^{A(t)}\mathrm e^{2u}\mathrm du\right)=\frac{\mathrm e^{2A(t)}-\mathrm e^{2A(s)}}2. $$ La función de $A$ está sintonizado con tal que $\mathbb E((M_t-M_s)^2)=t-s$ por lo tanto $(M_t)_{t\geqslant0}$ es un movimiento Browniano. Más en general, para cada valor distinto de cero de la función $a$, $(M^a_t)_{t\geqslant0}$ es un movimiento Browniano, donde $$ M^a_t=\int_0^{A^{-1}(t)} (s)\mathrm dB_s,\qquad(t)=\int_0^{t} (s)^2\mathrm ds. $$ Los dos expectatons ser calculadas son directas, ya que nadie puede reemplazar a $(M_t)_{t\geqslant0}$ $(B_t)_{t\geqslant0}$ sin cambiar el resultado. Por ejemplo, $$ X_t=\int_0^tB_t^6\mathrm dB_t $$ es una extraña funcional de $(B_s)_{0\leqslant s\leqslant t}$, por lo tanto $\mathbb E(X_t)=0$. Asimismo, $$ Y_t=\int_0^tB_s\mathrm dB_s $$ es una gaussiana centrada variable aleatoria por lo tanto $\mathbb E(Y_t^3)=0$.

En el tiempo cambió Browniano movimientos, vea esto.

Edit: Ya $A$ es invertible y continua, la sigma-álgebras $\mathcal F_t^B=\sigma(B_s;s\leqslant t)$ $\mathcal F_t^M=\sigma(M_s;s\leqslant t)$ son tales que $\mathcal F^M_t=\mathcal F^B_{A(t)}$. Para cada $s\leqslant t$, $M_t=M_s+\Delta$ donde $$ \Delta=\int_{A(s)}^{A(t)}\mathrm e^u\mathrm dB_u. $$ Los incrementos de $(B_u)_{u\geqslant A(s)}$ son independientes de $\mathcal F^B_{A(s)}$ por lo tanto $\mathbb E(\Delta\mid\mathcal F^B_{A(s)})=0$, lo que muestra que $\mathbb E(M_t\mid\mathcal F^M_s)=M_s$. Por lo tanto $(M_t)_{t\geqslant0}$ es una martingala.