Para un movimiento browniano estándar los eventos $\{W_{1}>0\}$ y $\{W_{2}>1\}$ no son independientes

Question

Estoy tratando de probar que los eventos $\{W_{1}>0\}$ y $\{W_{2}>1\}$ no son independientes, donde $\{W_{t}\}_{t\geq 0}$ es un movimiento browniano estándar. Entonces, me gustaría demostrar que $$P(W_{1}>0,W_{2}>1)\neq P(W_{1}>0)P(W_{2}>1)$$ pero tengo algunos problemas con la informática $P(W_{1}>0,W_{2}>1).$

Aquí viene mi intento: \begin {eqnarray*} P(W_{1}>0,W_{2}>1)&=&P(W_{1}>0,W_{2}-W_{1}>1-W_{1})=E(1_{\{W_{1}>0\}}1_{\{W_{2}-W_{1}>1-W_{1}\}}) \\\\ &=&E(E(1_{\{W_{1}>0\}}1_{\{W_{2}-W_{1}>1-W_{1}\}}|W_{1}))=E(1_{\{W_{1}>0\}}E(1_{\{W_{2}-W_{1}>1-W_{1}\}}|W_{1})) \end {eqnarray*}

Estoy atascado en la última parte; no veo la forma de calcular $E(1_{\{W_{2}-W_{1}>1-W_{1}\}}|W_{1})$

¿Hay una manera más fácil de calcular esto? ¿O hay una forma alternativa de demostrar que estos eventos no son independientes?

Cualquier tipo de ayuda se agradece por adelantado.

Answer 1

A partir de la definición de movimiento browniano, se sabe que $Z_1=W_1$ y $Z_2 = W_2-W_1$ son independientes $N(0,1).$

Así que $$ P(W_2>1\mid W_1>0) = P(Z_2>1-Z_1\mid Z_1>0).$$ Debe quedar claro que esto es más grande que $P(W_2>1)=P(Z_2>1-Z_1)$ ya que garantizar $Z_1>0$ hace $Z_2>1-Z_1$ más fácil de satisfacer (esto es hermético ya que son independientes).

Si realmente necesitamos remacharlo, podemos escribir $$ P(Z_2>1-Z_1) = \int_{-\infty}^\infty \phi(z_1) (1-\Phi(1-z_1))dz_1 < 2\int_0^\infty \phi(z_1)(1-\Phi(1-z_1))dz_1$$ donde $\phi$ y $\Phi$ son la PDF normal y la CDF. La desigualdad se mantiene ya que $\Phi(1-|z_1|)\le \Phi(1-z_1).$ Pero por otro lado si $Z_1'$ es una variable aleatoria independiente de $Z_2$ que tiene la distribución de $Z_1$ con la condición de $Z_1>0,$ tenemos $$ P(Z_2>1-Z_1\mid Z_1>0) =P(Z_2>1-Z_1') =2\int_0^\infty \phi(z_1)(1-\Phi(1-z_1))dz_1.$$ Pero esto no es más que una reformulación glorificada del último párrafo.

No estoy seguro de que haya una buena manera de calcular esto exactamente... podemos hacer fácilmente $P(W_1>0)=1/2$ y $P(W_2>1) = 1-\Phi(1/\sqrt{2}),$ pero el cálculo de $P(W_2>1,W_1>0) = P(Z_2>1-Z_1,Z_1>0)$ parece una región incómoda para integrarse. La rotación de 45 grados parece el camino a seguir.

EDITAR

En efecto, girando 45 grados respecto a las normales independientes $Z_1' = \frac{Z_1+Z_2}{\sqrt{2}}$ y $Z_2' = \frac{Z_2-Z_1}{\sqrt{2}}$ (lo siento, no es lo mismo $Z_1'$ que definí antes) da una integral $$ P(W_2>1,W_1>0) = P(Z_1'>1/\sqrt{2}, Z_2' < Z_1') \\= \int_{1/\sqrt{2}}^\infty \phi(z_1') \int_{-\infty}^{z_1'} \phi(z_2')dz_2'dz_1' \\= \int_{1/\sqrt{2}}^\infty \Phi(x)\phi(x)dx \\ = \int_{\Phi(1/\sqrt{2})}^1 u du \\= \frac{1}{2}(1-\Phi(1/\sqrt{2})^2)\\= P(W_1>0)P(W_2>1)(1+\Phi(1/\sqrt(2)).$$

Answer 2

Dejemos que $\Phi$ sea la FCD de la normal estándar. Sea $\varphi=\Phi'$ sea la PDF de la normal estándar (por lo que también es la PDF de $W_1$ ).

Para cualquier $N>0$ , dejemos que $0=x_0<x_1<x_2<\cdots<x_M=N$ sea una partición de $\left[0,N\right]$ con puntos equiespaciados $x_j$ 's. Obsérvese que $$ \mathbb{P}\left(N\ge W_1>0,W_2>1\right)=\sum_{j=0}^{M-1}\mathbb{P}\left(W_2>1|x_{j+1}\ge W_1>x_j\right)\mathbb{P}\left(x_{j+1}\ge W_1>x_j\right). $$ Para un fijo $N$ , como $M\to\infty$ la última igualdad tiende a $$ \mathbb{P}\left(N\ge W_1>0,W_2>1\right)=\int_0^N\mathbb{P}(W_2>1|W_1=x)\varphi(x){\rm d}x. $$ Dejemos que $N\to\infty$ también, y la igualdad anterior tiende a $$ \mathbb{P}\left(W_1>0,W_2>1\right)=\int_0^{\infty}\mathbb{P}(W_2>1|W_1=x)\varphi(x){\rm d}x. $$

Por lo tanto, \begin {align} \mathbb {P} \left (W_1>0,W_2>1 \right )&= \int_0 ^{ \infty } \mathbb {P}(W_2>1|W_1=x) \varphi (x){ \rm d}x \\ &= \int_0 ^{ \infty } \mathbb {P}(W_2-W_1>1-x|W_1=x) \varphi (x){ \rm d}x \\ &= \int_0 ^{ \infty } \mathbb {P}(W_2-W_1>1-x) \varphi (x){ \rm d}x \\ &= \int_0 ^{ \infty } \mathbb {P}(W_1>1-x) \varphi (x){ \rm d}x \\ &= \int_0 ^{ \infty } \left (1- \Phi (1-x) \right ) \Phi '(x){ \rm d}x \\ &= \int_0 ^{ \infty } \Phi (x-1) \Phi '(x){ \rm d}x \\ &= \int_0 ^{ \infty } \Phi (x-1){ \rm d} \Phi (x). \end {align}

Answer 3

Fijemos por un tiempo un $\epsilon>0$ .

Dejemos que $a$ se ejecuta en el conjunto contable $A=\{2\epsilon.4\epsilon,6\epsilon,\dots\}$ .

Entonces el evento $W_1>0$ es $$\bigsqcup_{a\in A}\{a-\epsilon<W_1\le a+\epsilon\}\ . $$ Dividimos correspondientemente $W_2>1$ fijemos un $a\in A$ , entonces condicionado por $\{a-\epsilon<W_1\le a+\epsilon\}$ tenemos $$ \{W_2-W_1 > 1-a+\epsilon\} \subseteq \{W_2 > 1\} \subseteq \{W_2 -W_1 > 1-a-\epsilon\} \ . $$ Así que $\Bbb P(\ W_1>0\ ,\ W_2>1\ )$ está entre los límites $$ \sum_{a\in A} \underbrace{\left(\int_{a-\epsilon}^{a+\epsilon}\rho_1(t)\; dt\right)} _{2\epsilon\rho_1(t(a))} \cdot \underbrace{\left(\int_{1-a\pm\epsilon}^\infty\rho_1(u)\; du\right)} _{\Phi(a\mp\epsilon-1)} \ . $$ Aquí $\rho_1$ es la densidad gaussiana estándar, y $\Phi$ su reparto. El punto $t(a)$ es un punto intermedio convenientemente elegido en el intervalo $(a-\epsilon,a+\epsilon)$ .

Tomamos $\epsilon$ de la forma $\frac 1n$ y $a=\frac {2k}n$ con un funcionamiento $k\in\Bbb N$ por lo que en el límite obtenemos una suma riemanniana, por lo que el valor $$ \begin{aligned} \Bbb P(\ W_1>0\ ,\ W_2>1\ ) &= \lim_{n\to\infty} \frac 2n\sum_{k>0} \rho_1\left(\frac{2k}n\right)\cdot \Phi\left(\frac{2k}n-1\right) \\ &= \int_0^\infty \rho_1(x)\cdot \Phi(x-1)\; dx \\ &\approx 0.21101\ . \end{aligned} $$ (Se puede escribir directamente la integral).

Este era el lado complicado. El producto $\Bbb P(\ W_1>0\ )\cdot \Bbb P(\ W_2>1\ )$ es más simple. El primer factor es $\frac 12$ . El segundo factor es aprox. $0.23975$ . (A última hora de la mañana, espero que esté bien).