Mostrando que el movimiento browniano es una martingala

Question

Ahora estoy estudiando por mi cuenta el libro de texto de cálculo estocástico. Tengo una pregunta sobre la propiedad martingala del movimiento browniano.

El libro dice:

$$\mathbb E[B(t)-B(s)\mid F_s]=\mathbb E[B(t)-B(s)]$$ por la independencia de $B(t)-B(s)$ y $\mathcal F_s$ , donde $B$ es un movimiento browniano, $t\geq s \geq 0$ y $\mathcal F_s=\sigma(B(r),0 \leq r \leq s)$ .

Pero no lo entiendo del todo. Sé que $B(t)-B(s)$ es independiente de $B(r)$ por cada $r\in[0,s]$ por la definición de movimiento browniano (incrementos independientes). Sin embargo, ¿cómo implica eso que $B(t)-B(s)$ es independiente de $\mathcal F_s$ ?

Además, tengo curiosidad por saber si $\mathcal F_s$ es el más pequeño $\sigma$ -hacer álgebra $B(r)$ medible para todos $r\in [0,s]$ . ¿Es esto cierto? Entonces creo que podría probar la afirmación anterior. Pero no estoy tan seguro de esto....

¿Puede alguien ayudarme con esto? Se agradece cualquier ayuda.

Gracias y saludos.

Answer 1

Intuitivamente, $\mathcal F_s$ contiene "toda la información de la observación del proceso hasta el momento $s$ ". Por lo tanto, por las propiedades definitorias del movimiento browniano, lo que ocurre después de $s$ en términos relativos, es decir, el incremento $B(t)-B(s)$ es independiente de lo que haya ocurrido hasta $s$ es decir, de la información en $\mathcal F_s$ .

Answer 2

Definir $\mathcal G= {\cup_{P \in \mathbb P}}\sigma(B(s_1),...,B(s_n))$ donde $P=\{s_1,..,s_n\}$ es una partición de $[0,s]$ es decir, $0\leq s_1<...<s_n=s$ y $\mathbb P$ es una colección de todas esas particiones.

Entonces, cada conjunto de $\mathcal G$ es independiente de $B(t)-B(s)$ ya que cada $\sigma(B(s_1),...B(s_n)) $ es independiente de $B(t)-B(s)$ . También, $\mathcal G$ es un $\pi$ -sistema.

Dejemos que $\mathcal F$ sea la colección de todos los conjuntos independientes de $B(t)-B(s)$ . Entonces, $\mathcal G \subset \mathcal F$ y $\mathcal F$ es un $\lambda$ -sistema.

Por lo tanto, por $\pi-\lambda$ teorema, $\sigma(\mathcal G) \subset \mathcal F$ .

Mostrando $\sigma(\mathcal G)=\mathcal F_s$ termina la prueba.

$\sigma(\mathcal G) \subset \mathcal F_s$ es evidente.

Por otra parte, dado que $B(r)\in \sigma(\mathcal G), \forall r\in [0,s]$ según el comentario de Kavi Rama Murthy, $\mathcal F_s \subset \mathcal G.$