Prueba en puente browniano

Question

PROBLEMA

Que $U_t$ ser un puente browniano en $[0,1]$% y dejó $Z$variable aleatoria normal estándar independiente del $U_t$.

$(a)$ Demostrar que el proceso $W_t = U_t + tZ$ es un movimiento browniano.

$(b)$ Demostrar que el proceso $W_t = (1+t)U_{\frac{t}{1+t}}$ $[0,\infty)$ es un movimiento browniano.

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No tengo ni idea de cómo probar estas afirmaciones, sé que un movimiento browniano sigue una distribución normal con $\mu = 0$ y $\sigma^2 = t$.

¿Alguien por favor me puede ayudar a demostrarlo?

Answer 1

Recordemos que un puente Browniano $(U_t)_{t \in [0,1]}$ es un proceso Gaussiano con la muestra continua de caminos, media cero y covarianza de la función

$$C(s,t) := \mathbb{E}(U_s \cdot U_t) = s \wedge t - s \cdot t \tag{1}$$

Con el fin de mostrar que el $W_t := U_t+t \cdot Z$ es un movimiento Browniano tenemos que comprobar las siguientes propiedades:

1. $W_0 = 0$ .s.
2. $t \mapsto W_t(\omega)$ es continua para casi todos los $\omega$
3. $(W_t)_{t \in [0,1]}$ es una Gaussiana proceso de tal manera que el vector $\Gamma := (W_{t_1},\ldots,W_{t_n})$ es Gaussiano con media cero y matriz de covarianza $(\text{cov}(W_{t_j},W_{t_k}))_{j,k}=(t_j \wedge t_k)_{j,k}$ cualquier $0<t_1<\ldots<t_n<1$.

Prueba:

1. Por definición, tenemos $U_0=0$.s. Obviamente, esto implica $W_0 = U_0+0=0$.s.
2. Desde $t \mapsto U_t(\omega)$ es continuo, casi con toda seguridad, nos encontramos con que $t \mapsto W_t(\omega)$ es continuo, casi con toda seguridad.
3. Deje $0<t_1<\ldots<t_n<1$. Desde $(U_t)_{t \in [0,1]}$ es un proceso Gaussiano con media de $0$ y covarianc función de $C$, sabemos que $\Lambda := (U_{t_1},\ldots,U_{t_n})$ es Gaussiano con media de $0$ y matriz de covarianza $(C(t_j,t_k))_{j,k}$. Por lo tanto, nos encontramos con que $$\Gamma = \Lambda + \begin{pmatrix} t_1 \\ \vdots \\t _n \end{pmatrix} \cdot Z$$ es Gaussiano como una suma de dos variables aleatorias Gaussianas. Queda por calcular la media y la matriz de covarianza. Tenemos $$\mathbb{E}\Gamma = \mathbb{E}\Lambda + \begin{pmatrix} t_1 \\ \vdots \\t _n \end{pmatrix}\cdot \mathbb{E}Z = 0$$ since $\mathbb{E}\Lambda = 0$, $\mathbb{E}Z = 0$. Del mismo modo, $$\begin{align*} \mathbb{E}(\Gamma_j \cdot \Gamma_k) &= \mathbb{E}(W_{t_j} \cdot W_{t_k}) = \mathbb{E}(U_{t_j} \cdot U_{t_k} + t_j \cdot Z \cdot U_{t_k} + t_k \cdot Z \cdot U_{t_j} + t_j \cdot t_k \cdot Z^2) \\ &= C(t_j,t_k) + t_j \underbrace{\mathbb{E}Z}_{0} \cdot \mathbb{E}U_{t_k} + t_k \cdot \underbrace{\mathbb{E}Z}_{0} \cdot \mathbb{E}U_{t_j}+t_j \cdot t_k \cdot \mathbb{E}(Z^2) \end{align*}$$ donde hemos utilizado la independencia de $Z$$(U_t)_{t \in [0,1]}$. De$\mathbb{E}(Z^2)=1$$(1)$, se deduce fácilmente que el $\text{cov}(W_{t_j},W_{t_k}) = t_j \wedge t_k$.

Esto termina la prueba de la parte (a). La prueba de la segunda parte es similar, yo se lo dejo a usted.