Movimiento browniano: cambiando el orden de expectativa e integración en $E \left( \int_s^t B_x dx \mid F_s \right)$

Question

Que $B$ sea un movimiento browniano estándar con el % de filtración inducida $F$.
¿Es cierto que, $s<t$, E de $$ \left (\int_s^t B_x dx \mid F_s \right) = \int_s^t E \left (B_x \mid F_s\right) dx \;? $$

Para sostener esto, yo usaría el teorema de convergencia dominada.
Pero no veo ninguna función dominante.
Visión integral como norma integral de Riemann, creo que el resultado sigue.

Answer 1

Escribir $B_x=B_x-B_s+B_s$. Por la linealidad de la esperanza condicional y usando el hecho de que $B_x-B_s$ es independiente de $\mathcal F_s$, estamos reducidos para mostrar que $$E\left(\int_s^t(B_x-B_s)dx\mid\mathcal F_s\right)=0.$$ Es suficiente para demostrar que $\int_s^t(B_x-B_s)dx$ es independiente de $\mathcal F_s$. A ver que, escribir $\int_s^t(B_x-B_s)dx$ como el casi seguro de límite de $\frac 1n\sum_{j=0}^{n-1}(B_{s+xk/n}-B_s)$. Si $X_n$ es independiente de $Y$ todos los $n$ $X_n\to X$ casi seguramente, a continuación, $X$ $Y$ son independientes. De hecho, si $O_1$ $O_2$ están abiertos, $$P(X\in O_1,Y\in O_2)=\lim_{n\to +\infty}P(\bigcap_{j\geq n}X_n\in O_1,Y\in O_2)=\lim_{n\to +\infty}P(\bigcap_{j\geq n}X_n\in O_1)P(Y_n\in O_2),$$ y concluimos con una monotonía de la clase de argumento (que debo introducir el conjunto de probabilidad de uno en el que tengamos la convergencia).