Integral de movimiento Browniano es Gaussiano?

Question

Deje $(W_t)$ ser un estándar de movimiento Browniano, por lo que el $W_t \sim N(0,t)$. Estoy tratando de mostrar que la variable aleatoria definida por $Z_t = \int_0^t W_s \ ds$ es una variable aleatoria Gaussiana, pero no han llegado muy lejos.

He intentado aproximar la integral por una suma de Riemann: elija $\delta, M$ tal que $M\delta = t$, entonces la integral se aproxima por $$ \sum_{k=0}^{M-1} (W_{(k+1)\delta} - W_{k\delta} )\delta = \delta \sum\limits_{k=0}^{M-1} X_k $$ donde el uso de las propiedades estándar del movimiento Browniano, el $X_k$'s son independientes idénticamente distribuidas $N(0, \delta)$ variables aleatorias. Así que me parece que $Z_t$ es aproximar por una variable aleatoria con distribución $ N(0, M\delta^3) = N(0,t\delta^2) $. Ahora dejando $ \delta \to 0$, me parece que la varianza de $Z_t$$0$, lo cual no tiene sentido para mí.

Cualquier ayuda es muy apreciada.

Answer 1

La primera de todas, la suma de Riemann es dada por

$$\sum_{k=0}^{M-1} W_{k \delta} \cdot (\delta (k+1)-\delta k).$$

Tenga en cuenta que esta expresión no es igual

$$\sum_{k=0}^{M-1} (W_{(k+1)\delta}-W_{k \delta}) \cdot \delta.$$

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Deje $t_k := \delta \cdot k$, luego

$$\begin{align} G_M &:= \sum_{k=0}^{M-1} W_{k \cdot \delta} \cdot (t_{k+1}-t_k) =\ldots= \sum_{k=0}^{M-1} (W_{t_{k-1}} - W_{t_k}) \cdot t_k + W_{t_{M-1}} \cdot t \\ &= \sum_{k=0}^{M-1} (W_{t_{k-1}}-W_{t_k}) \cdot (t_k-t) \end{align}$$

donde $t_{-1}:=0$. Claramente, $G_M$ es Gaussiano, $\mathbb{E}G_M=0$ e (usando la independencia de los incrementos)

$$\begin{align*} \mathbb{E}(G_M^2)& = \sum_{k=0}^{M-1} (t_k-t)^2 \cdot \underbrace{\mathbb{E}((W_{t_k}-W_{t_{k-1}})^2)}_{t_k-t_{k-1}} \\ &\to \int_0^t (s-t)^2 \, ds \quad \text{as} \, \, M \to \infty. \end{align*}$$

Por lo tanto, como $G_M \to Z_t$ $M \to \infty$ casi seguramente, llegamos a la conclusión de que $Z_t$ es Gaussiano con media de $0$ y la varianza $\int_0^t (s-t)^2 \, ds$ (véase esta cuestión para más detalles).

Comentario: De hecho, la declaración sostiene que en un contexto más general de la configuración. La variable aleatoria $Y_t := \int_0^t X_s \, ds$ es de Gauss para cualquier (medibles) proceso Gaussiano $(X_t)_{t \geq 0}$, ver a esta pregunta.

Answer 2

Me acabo de enterar de que podemos usar el siguiente hecho:

Si $f:[0,T] \rightarrow [0,T]$ es continua y determinista, entonces \begin{equation} \int_{0}^T \bigg( \int_{0}^T f(s,t) \,dW_s \bigg) \,dt = \int_{0}^T \bigg( \int_{0}^T f(s,t) \, dt \bigg) \,dW_s. \end{equation} Por lo tanto (supongo que funciona para funciones continuas a trozos), \begin{eqnarray} \int_{0}^T W_t \,dt & = & \int_0^T \int_0^T \mathbf{1}_{[0,t]} (s) \,dW_s \,dt \\ & = & \int_0^T \int_0^T \mathbf{1}_{[0,t]} (s) \,dt \,dW_s\\ & = & \int_0^T T-s \,dW_s\\ & \sim & N \bigg( 0, \int_{0}^T (T-s)^2 \,ds \bigg). \end{eqnarray}

Answer 3

Esta es una vieja cuestión, pero puede ser vale la pena proporcionar la mejor respuesta:

Deje $\phi(Y,t,\omega)$ ser el condicional función característica $\mathbb{E}[\exp(i\omega Y_T)|Y_t=Y] $. Por la ley de expectativas iteradas esta cantidad es una martingala. Entonces es sencillo para derivar una ecuación diferencial parcial para$\phi$, usando el lema de Ito y el ajuste de la deriva de cero. Se hará evidente que la solución toma una forma Gaussiana.