Integral de tiempo con respecto al movimiento Browniano

Question

Estoy tratando de calcular $\int_0^T t\ dB_t$ donde $B$ es el estándar de movimiento Browniano.

Para ello tengo que definir la secuencia de simples funciones de predicción $$f_n = \sum_{i=0}^{2^nn-1}t_i^n1_{(t_i^n,t_{i+1}^n]}(t) \quad \text{where} \quad t_i^n = i2^{-n}$$

A continuación, muestro que $\lVert f_n-t\rVert_{\mathcal{L}^2(B)} \rightarrow 0$. La convergencia en $\mathcal{L}^2(B)$ es equivalente a mostrar que la $$\lim_{n\rightarrow\infty} E \int_0^m (f_n-t)^2\ d[B]_t = 0 \quad \forall{m} \in \mathbb{N}$$ En primer lugar, puedo solucionar $m$ y elija $n > m$. Yo también la caída de la expectativa. $$\begin{align}E \int_0^m (f_n-t)^2\ d[B]_t \leq& \int_0^n (f_n-t)^2\ dt\\ = & \frac{1}{3}n2^{-2n} \end{align}$$ Ahora dejo $n \rightarrow \infty$. Desde $m$ fue arbitraria, tengo la convergencia en $\mathcal{L}^2(B)$.

Siguiendo la definición de integración estocástica de la simple predicción de los procesos que escribir $$\int_0^Tf_n\ dB_t = \sum_{i=0}^{2^nn-1}t_i^n(B_{T\wedge t_{i+1}^n}-B_{T\wedge t_i^n})$$

Empiezo a tener problemas en este punto. Tengo que deshacerme de la cuña de la señal y tengo que hacer de forma intuitiva. Para un determinado $T$, elijo $n > T$, de modo que para algunos $m \in \mathbb{N}$ $$\sum_{i=0}^{2^nn-1}t_i^n(B_{T\wedge t_{i+1}^n}-B_{T\wedge t_i^n}) = \sum_{i=0}^{m-1}t_i^n(B_{t_{i+1}^n}-B_{t_i^n}) + t_{m}(B_T-B_{t_m^n})$$

Ahora dejo $n$ ir hasta el infinito. Pero no veo en pleno rigor cómo esto es la misma cosa que la configuración de una malla $\pi: 0 = t_0 < t_1 < \ldots < t_r = T$ donde $t_i = \frac{iT}{r}$ y dejando $r$ ir hasta el infinito en $$\sum_{i=0}^{r-1}t_i(B_{t_{i+1}}-B_{t_i})$$ Porque finalmente debo mostrar que la última suma converge a algo en $L^2$$r\rightarrow \infty$.

Así que esa fue mi primera pregunta. La segunda es ¿cómo puedo demostrar que la suma $$\sum_{i=0}^{r-1}t_i(B_{t_{i+1}}-B_{t_i})$$ converges to something (I don't know what that is yet) in $L^2$. Se nos da una pista para el uso de la sumación por partes. Así que utilizar la pista para conseguir $$\sum_{i=0}^{r-1}t_i(B_{t_{i+1}}-B_{t_i}) = TB_T - \frac{1}{r}\sum_{i=0}^{r-1}B_{t_{i+1}}$$

No tengo ni idea de qué hacer con la segunda parte de esta suma.

Mis disculpas si no es ninguna tontería, tontería en lo que escribí como yo mismo estoy confundido en este arduo proceso de aprendizaje del cálculo estocástico.

Answer 1

Para la segunda pregunta que se me ocurrió con esta respuesta. Tenemos que para cada $r \geq 1$ $$\sum_{i=0}^{r-1}t_i(B_{t_{i+1}}-B_{t_i}) \sim \mathcal{N}\left(0,\frac{T^3}{6}\left(1-\frac{1}{r}\right)\left(2-\frac{1}{r}\right)\right)$$ Además, $$\sum_{i=0}^{r-1}t_i(B_{t_{i+1}}-B_{t_i}) \rightarrow \int_0^Tt\ dB_t \quad \text{in} \quad L^2$$

Tenemos el resultado de que si una secuencia normal de las variables aleatorias $(X_r)_r$ converge a $X$ de la distribución, $X$ es normal. Tenemos $L^2$ convergencia tan débil convergencia es implícita. Así que, a continuación, $\int_0^Tt\ dB_t$ debe tener una distribución normal, por lo que significa es $0$ y la varianza está dada como $$\sigma^2 = \lim_{r\rightarrow\infty} \frac{T^3}{6}\left(1-\frac{1}{r}\right)\left(2-\frac{1}{r}\right) = \frac{T^3}{3}.$$

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Aquí es mucho más fácil manera de calcular la varianza.

La primera de todas las $\int_0^Tt\ dB_t$ es una martingala. Sigue inmediatamente que su media es $0$. Para calcular la varianza se hace uso de Ito isometría, es decir, $$E\left[\left(\int_0^Tt\ dB_t\right)^2\right] = E\left[\int_0^Tt^2\ d[B]_t\right] = \frac{T^3}{3}$$

Answer 2

1. Debido a la continuidad de movimiento Browniano, no importa cómo elegimos la partición mientras el tamaño de la malla converge a $0$. La continuidad de movimiento Browniano implica que el término $$t_m (B_T-B_{t_m})$$ converges (almost surely and in $L^2$) to $0$ if we let $n \to \infty$. Since we know that the result does not depend on the chosen partition, the best choice (regarding notation) is $t_i := \frac{i}{n} T$, $i=0,\ldots,n$,
2. Sugerencia: $$\frac{1}{r} \sum_{i=0}^{r-1} B_{t_{i+1}} = \sum_{i=0}^{r-1} B_{t_{i+1}} (t_{i+1}-t_i).$$ Do you remember the expression at the right-hand side? Think of $$\sum_{i=0}^{r-1} f(t_{i+1}) (t_{i+1}-t_i)$$