Prueba del movimiento browniano del problema de Dirichlet

Question

Estoy leyendo la demostración del teorema de Dirichlet enunciado de la siguiente forma:

Teorema: Sea $D$ sea un dominio acotado en $\mathbb{R}^d$ tal que cada punto límite satisface la condición del cono de Poincare. Supongamos que $\varphi$ es una función continua en $\partial D$ . Dejamos que $\tau ( \partial D) = \inf \{ t \geq 0 : B_t \in \partial D \}$ que es un tiempo de parada casi seguramente finito cuando se empieza en $D$ . Entonces la función $u: \overline{D} \rightarrow \mathbb{R}$ dado por $u(x) = \mathbb{E}_x [ \varphi( B_{\tau(\partial D)}) ]$ , para $x \in \overline{D}$ es la única función continua que satisface $$ \Delta u =0 \, \, \text{ on } \, D, \quad u(x) = \varphi (x) \, \, \text{ for } x \in \partial D. $$

La prueba de que $u$ es armónico en $D$ va como sigue (utilizando la propiedad de Markov):

Dejemos que $x \in D$ y $\delta >0$ sea tal que $\overline{B} (x, \delta) \subseteq D$ . Además, deja que $\tau= \inf \{t > 0 : B_t \in \partial B (x, \delta) \}$ . Entonces $$u(x) = \mathbb{E}_x [ \varphi(B_{\tau(\partial D)}) ]= \mathbb{E}_{x} [ \mathbb{E}_{B_{\tau}} [ \varphi(B_{\tau({\partial D})} ) ] \,] = \mathbb{E}_x [ u(B_{\tau}) ].$$ Por lo tanto, $u$ satisface la propiedad del valor medio y, por tanto, es armónico.

Sin embargo, no consigo la misma expresión en la segunda igualdad de la prueba: Sea $\tilde{B}$ sea un movimiento browniano estándar. Entonces, observando que $\tilde{B}_{\tau(\partial D)} - \tilde{B}_{\tau}$ es independiente de $\mathcal{F}_{\tau}$ et $\tilde{B}_\tau$ es $\mathcal{F}_{\tau}$ -Medible,

\begin{eqnarray} u(x) & = & \mathbb{E} \,[ \,\mathbb{E} [ \varphi(\tilde{B}_{\tau(\partial D)} +x) \,| \,\mathcal{F}_\tau ] \,]\\ & = & \mathbb{E} \,[ \,\mathbb{E} [ \varphi(\tilde{B}_{\tau(\partial D)} - \tilde{B}_{\tau} + \tilde{B}_{\tau} +x) \,| \,\mathcal{F}_\tau ]\, ]\\ & = & \mathbb{E} \, [ \, \mathbb{E} [ \varphi(\tilde{B}_{\tau(\partial D)} - \tilde{B}_{\tau} + v) |_{v = \tilde{B}_{\tau} +x} \, ] \, ]\\ & = & \mathbb{E}_{x} [ \mathbb{E}_{B_{\tau}} [ \varphi(B_{\tau({\partial D})} - B_{\tau} ) ]]. \end{eqnarray}

¿Por qué hay un término extra que implica $B_{\tau}$ en mis cálculos? ¿Qué he hecho mal?

Answer 1

Mi redacción de esto en un proyecto anterior, con una notación ligeramente diferente, se parece a esto:

$$u(x) = \Bbb E[f(x+W_{\tau_{\partial D},x})] \\ = \Bbb E[\Bbb E[f(x+W_{\tau_{\partial D},x})|W_{\tau_r}]] \\ = \Bbb E[u(x+W_{\tau_r})] \\ = \int_{\partial B(x,r)} u(y) dS(y).$$

En el primer paso, utilizamos la propiedad de la torre, insertando una expectativa condicional en el medio para que podamos llegar al siguiente paso. En el último paso utilizamos un hecho importante que, por lo que veo, se ha omitido en su demostración: El movimiento browniano es rotacionalmente simétrico, así que si $\tau$ es la primera vez que golpea una determinada esfera centrada en cero, entonces $W_\tau$ se distribuye uniformemente en la esfera. Por lo tanto, las expectativas de ese tipo son sólo la integral de superficie sobre la esfera.

En cualquier caso, el paso intermedio parece ser su preocupación. Por la propiedad de Markov fuerte del movimiento browniano, el comportamiento de $f(x+W_{\tau_{\partial D,x}})$ dado un valor de $W_{\tau_r}$ se determina totalmente por el valor de $W_{\tau_r}$ . Por lo tanto, cuando promediamos una cantidad que depende del futuro sobre tales valores posibles de $W_{\tau_r}$ obtenemos $u(x+W_{\tau_r})$ en el interior. A continuación, hacemos una media de los posibles valores de $W_{\tau_r}$ que, como he dicho antes, están distribuidos uniformemente en la esfera.

Mi referencia en este proyecto fue http://www.ntu.edu.sg/home/nprivault/papers/greifswald_potential.pdf . Esta prueba se encuentra en la página 46.

Answer 2

Dada una bola $\bar B_r(x)\subset D$ , considere el tiempo de parada: $$\tau = \min\{t\geq 0;~ x+B_t\not\in B_r(x)\}$$ y también para cada $z\in D$ dejar $\tau_z = \min\{t\geq 0;~ z+B_t\not\in D\}$ . Introducimos dos variables aleatorias $X_1$ y $X_2$ en el espacio de probabilidad $(\Omega,\mathcal{F}, \mathbb{P})$ en la que el movimiento browniano estándar $\{B_t\}_{t\geq 0}$ se define. La primera variable aleatoria es simplemente: $X_1=x+B_{\tau}$ tomando valores en el espacio medible $(D, \mathcal{F}_1)$ con los habituales $\sigma$ -Álgebra $\mathcal{F}_1$ de subconjuntos de Borel de $D$ .

La segunda variable aleatoria $X_2$ viene dada por las trayectorias de $B_{\tau+t} - B_\tau$ , casi seguramente perteneciente a $E_0=C[0,\infty), \mathbb{R}^n)$ . Hacemos $E_0$ un espacio medible dotándolo de el $\sigma$ -Álgebra $\mathcal{B}(E_0)$ de sus subconjuntos de Borel con respecto a la topología de convergencia uniforme en intervalos compactos compactos. De hecho, $X_2$ toma valores en un subconjunto medible $E$ de $E_0$ que se compone de los siguientes elementos $f\in E$ que satisfacen: $f(0)=0$ y $|f(T)|>\mbox{diam} \, D$ para algunos $T>0$ . Nombramos $\mathcal{F}_2$ el $\sigma$ -Álgebra $\mathcal{B}(E_0)$ restringido a $E$ .

Comprobación de la propiedad de mensurabilidad de $E$ en $E_0$ así como la la mensurabilidad de $X_2$ con respecto a $(E,\mathcal{F}_2)$ se basa en observando que $\mathcal{B}(E_0)$ está generada por la familia contable de conjuntos del tipo $A_{g,T,r} = \{f\in E_0;~ \|f-g\|_{L^\infty[0,T]}\leq r\}$ , donde $g$ son polinomios con coeficientes racionales, y $T,r>0$ son racionales.

Ahora, la observación crucial es que $X_1$ y $X_2$ son independientes. De hecho, $X_1$ es claramente $\mathcal{F}_\tau$ - medible, mientras que $X_2$ es $\mathcal{F}_\tau$ -independiente. Esta última afirmación es una consecuencia directa de la propiedad de Markov fuerte para el movimiento movimiento browniano $\{B_{\tau+t} - B_\tau\}_{t\geq 0}$ y se puede comprobar directamente en las preimágenes de los conjuntos $A_{g,T,r}$ .

Llamamos $\mu_1$ la medida de empuje de $\mathbb{P}$ a través de $X_1$ et $\mu_2$ el empuje de $\mathbb{P}$ a través de $X_2$ . Así, $(D,\mathcal{F}_1,\mu_1)$ y $(E,\mathcal{F}_2,\mu_2)$ son dos espacios de probabilidad, y la independencia de $X_1$ y $X_2$ es equivalente al producto $\mu_1\times \mu_2$ igualando el empuje de $\mathbb{P}$ en $D\times E$ a través de $(X_1, X_2)$ .

Por último, consideremos la siguiente variable aleatoria sobre $D\times E$ , valorado en $\mathbb{R}$ : $$F(z,f) = \varphi\big(z+f(\min\{t\geq 0;~ z+f(t)\not\in D\})\big).$$ Escribimos: \begin{equation*} \begin{split} u(x) & = \mathbb{E}[\varphi(x+B_{\tau_x}] = \mathbb{E}[F\circ (X_1, X_2)] = \int_{D\times E} F \;d(\mu_1\times\mu_2) \\ & = \int_D\int_E F(z,f)\;d\mu_2(f) \;d\mu_1(z)=\int_D \mathbb{E}[F(z,X_2)]\;d\mu_1(z), \end{split} \end{equation*} donde simplemente usamos el teorema de Fubini. En conclusión: \begin{equation*} \begin{split} u(x) & = \int_D \varphi(z+B_{\tau_z}) \;d\mu_1(z) = \int_D u(z) \;d\mu_1(z) \\ & = \mathbb{E}[u\circ X_1] = \mathbb{E}[u(x+B_{\tau})], \end{split} \end{equation*} como se ha reclamado.