Prueba de la ley 0-1 de Blumenthal para Brownian Motion

Question

Actualmente estoy leyendo el libro "el Movimiento Browniano, Martingales, y Estocástico de cálculo", de Jean-François Le Gall y estoy atascado en la comprensión de la prueba de Blumenthal 0-1 ley para el Movimiento Browniano.

La Instalación es la siguiente: Supongamos que tenemos un one-dimensional Browniano $(B_t)_{t \geq 0}$ en algunos probabilidad de espacio $(\Omega, \mathcal{F}, P)$. Para $t \geq 0$ deje $\mathcal{F}_t= \sigma(B_s: 0 \leq s \leq t)$ y definen $\mathcal{F}_{0+}= \cap_{\epsilon > 0} \mathcal{F}_\epsilon$. A continuación, el siguiente teorema sostiene.

Teorema: La sigma-álgebra $\mathcal{F}_{0+}$ es trivial en el sentido de que para todos los $A \in \mathcal{F}_{0+}$, la probabilidad de $A$ es $0$ o $1$.

Voy a esbozar la prueba de que se puede encontrar en el libro con la parte que no entiendo:

Prueba de contorno: el Uso de $\cap$-estable generadores, será suficiente prueba de que para todos los $n \in \mathbb{N}$ e $0 < t_1 < ... < t_n$ sigma-álgebra $\mathcal{F}_{0+}$ e $\sigma(B_{t_1},...,B_{t_n})$ son independientes. Ahora vamos a $g: \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ estar acotada y continua, y $A \in \mathcal{F}_{0+}$. Por la continuidad y convergencia dominada podemos escribir para $0 < \epsilon < t_1$,

$$ \begin{align} E [1_A g(B_{t_1},...,B_{t_n})] = \lim_{\epsilon \rightarrow 0} E [1_A g(B_{t_1} - B_\epsilon,...,B_{t_n}- B_\epsilon)]. \end{align} $$

Ahora por la simple propiedad de Markov de Movimiento Browniano, $(B_{t+\epsilon}-B_\epsilon)_{t \geq 0}$ es independiente de $\mathcal{F}_\epsilon$ y así podemos continuar con la escritura de los de arriba para

$$ \begin{align} \lim_{\epsilon \rightarrow 0} E [1_A g(B_{t_1} - B_\epsilon,...,B_{t_n}- B_\epsilon)] &= P(A) \lim_{\epsilon \rightarrow 0} E[g(B_{t_1} - B_\epsilon,...,B_{t_n}- B_\epsilon)] \\ &= P(A) E[g(B_{t_1},...,B_{t_n})]. \end{align} $$

Esto debería ser suficiente para la conclusión de la independencia. No sé por qué esto debería ser suficiente. Si $g$ se le permitió ser medible, entonces estaría claro. Pero, ¿cómo independencia de $\mathcal{F}_{0+}$ e $\sigma(B_{t_1},...,B_{t_n})$ seguir de $g$ sólo se vincula continua?

Muchas gracias de antemano!

Answer 1

Enfoque I (a través de funciones características): La identidad $$E(1_A g(B_{t_1},\ldots,B_{t_n})) = P(A) E(g(B_{t_1},\ldots,B_{t_n})) \tag{1}$$ can be easily extended to complex-valued continuous functions (just write $g= \text{Re} g + i \, \text{Im g}$ and apply $(1)$ separately to the real and imaginary part of $g$). Choosing $$g(x_1,\ldots,x_n) := \exp \left( i \sum_{j=1}^n \xi_j x_j \right)$$ for some fixed $\xi=(\xi_1,\ldots,\xi_n) \in \mathbb{R}^n$ we find that $$E \left( 1_A \exp \left[ i \sum_{j=1}^n \xi_j B_{t_j} \right] \right) = P(A) E \exp \left( i \sum_{j=1}^n \xi_j B_{t_j} \right)$$ for all $Un \in \mathcal{F}_{0+}$ and $\xi \in \mathbb{R}^n$. This implies by Kac's lemma that $\mathcal{F}_{0+}$ and $\sigma(B_{t_1},\ldots,B_{t_n})$ son independientes, véase el lema aquí para más detalles.

Enfoque II (a través de la monotonía de la clase de argumento): Para cualquier conjunto abierto $U \subseteq \mathbb{R}^n$ existe una secuencia de continuo delimitado las funciones de $(g_k)_{k \in \mathbb{N}}$ tal que $g_k \uparrow 1_U$. El uso de $(1)$ y aplicando el teorema de convergencia monótona, se sigue que \begin{align*} E(1_A 1_U(B_{t_1},\ldots,B_{t_n})) &= \sup_{k \geq 1} E(1_A g_k(B_{t_1},\ldots,B_{t_n})) \\ &= P(A) \sup_{k \geq 1} E(g_k(B_{t_1},\ldots,B_{t_n})) \\ &= P(A) E(1_U(B_{t_1},\ldots,B_{t_n})) \end{align*} para $A \in \mathcal{F}_{0+}$. Desde la apertura de conjuntos en un generador de la Borel $\sigma$-álgebra $\mathcal{B}(\mathbb{R}^n)$, una aplicación de la monotonía de la clase teorema de los rendimientos que $$E(1_A 1_F (B_{t_1},\ldots,B_{t_n})) = P(A) E(1_F(B_{t_1},\ldots,B_{t_n})), \qquad A \in \mathcal{F}_{0+}$$ for any $F \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^n)$. Hence, $\mathcal{F}_{0+}$ and $\sigma(B_{t_1},\ldots,B_{t_n})$ son independientes.