Demostrar que $\mathbb{P}(\sup_{s\leq t} |B_s|\geq x)\leq 2\mathbb{P}(|B_t|\geq x)$

Question

Dejemos que $(B_t)_{t\geq 0}$ sea un movimiento browniano estándar. Demuestre que

$$\mathbb{P}(\sup_{s\leq t} |B_s|\geq x)\leq 2\mathbb{P}(|B_t|\geq x).$$

Mi idea es: Que $S:=\sup_{s\leq t}|B_s|$ . Entonces

\begin{align*} \mathbb{P}(S\geq x) &= \mathbb{P}(\sup_{s\leq t} B_s\geq x)+\mathbb{P}(\sup_{s\leq t}B_s\leq -x)\\ &= \mathbb{P}(\sup_{s\leq t} B_s\geq x)+\mathbb{P}(-\sup_{s\leq t}B_s\geq x)\\ &=\mathbb{P}(\sup_{s\leq t} B_s\geq x)+\mathbb{P}(\inf_{s\leq t}(-B_s)\geq x). \end{align*}

¿Es cierto que $\inf(-B_s)\leq \sup(B_s)$ ? Si es así, entonces puedo decir que

$\mathbb{P}(S\geq x)\leq 2\mathbb{P}(\sup_{s\leq t}B_s\geq x)=2\mathbb{P}(|B_t|\geq x).$

Answer 1

Tu idea es correcta pero tu prueba no lo es. Específicamente:

• Tu primera igualdad es incorrecta - notarás que la segunda probabilidad es de hecho igual a cero asumiendo $x>0$ .
• No es cierto que $\inf(-B_s)\le\sup(B_s)$ En efecto, $(-B_t)$ también es un movimiento browniano, por lo que $\inf(-B_s)\,{\stackrel{d}{=}}\,\sup B_s$ .

En cambio, tenemos \begin{align} \mathbb P\left(\sup_{s\le t}|B_s|\ge x\right) &=\mathbb P\left(\left\{\sup_{s\le t}B_s\ge x\right\}\cup\left\{\inf_{s\le t}B_s\le-x\right\}\right)\\ &\le\mathbb P\left(\sup_{s\le t}B_s\ge x\right)+\mathbb P\left(\inf_{s\le t}B_s\le-x\right). \end{align} Ahora continúe en la misma línea de lo que escribió, utilizando el hecho de que $(-B_t)$ es también un movimiento browniano, y luego aplicar la principio de reflexión.