Convergencia de Ornstein-Uhlenbeck proceso como un movimiento browniano escala

Question

Deje $W$ ser un estándar de movimiento Browniano. Deje $\alpha,\sigma^2 >0$, y deje $X_0$ $\mathbb{R}$valores de variable aleatoria con distribución $\nu$ que es independiente de $\sigma(W_t,t\geq 0)$. Ahora definir la escala BM $X$ por $$ X_t = \exp\{-\alpha t\}\left( X_0 + W_{\sigma^2( \exp\{2\alpha t\}-1)/2\alpha}\right).$$

Hay un par de cosas que quiero mostrar:

(1) quiero mostrar que el proceso definido es un proceso de Markov que converge en distribución a una $N(0,\sigma^2/2 \alpha)$ distribuido variable aleatoria.

(2) me gustaría mostrar que si $X_0 \overset{d}{=} N(0,\sigma^2/2 \alpha)$$X_t \overset{d}{=} N(0,\sigma^2/2 \alpha)$, en otras palabras es invariante para el proceso de Markov.

(3) Y quiero mostrar que la $X_t$ es Gaussiano con media de función $m(t)=0$ y la covarianza de la función $r(s,t) = \sigma^2\exp\{-\alpha|t-s|\}/2\alpha$.

Ahora para iniciar la prueba, me gustaría recoger el "derecho" de la filtración, pero no tengo idea de cómo debo tomar este y podría demostrar que es un proceso de Markov? La única definición abstracta sé cómo probar que esto es con la transición de los kernels, pero no sé cómo se aplican (o definir) estas aquí.

Mi pensamiento hasta el momento: traté de volver a escribir $X_t$, en una forma más útil . Es decir,$X_t = \exp\{-\alpha t \} X_0 + \sigma \exp\{ - \alpha t \} \int_0^t \exp\{\alpha s \} d W_s$. Pero esto es utilizando estocástico de integración que supongo que no debe usar como se debe hacer en el marco de los procesos estocásticos. Pero por el reescrito $X_t$ anterior podemos notar que tenemos la integral de una función aleatoria $f(s)$ vs $dW_s$ que siempre es una variable aleatoria Gaussiana con media cero y varianza $\int f(s)^2 ds$. Existe alguna otra manera de explicar esto? También entonces cuando dejando $t$ ir hasta el infinito, hemos de obtener el invariante de distribución. Sin embargo, yo todavía no tienen idea de cómo demostrar que es un proceso de Markov. Gracias por la ayuda.

Answer 1

Observe que $$ X_t = \exp\{-\alpha t\}\left( X_0 + W_{\sigma^2( \exp\{2\alpha t\}-1)/2\alpha}\right) =\exp\{-\alpha t \} X_0 + \sigma \exp\{ - \alpha t \} \int_0^t \exp\{\alpha s \} d W_s. $$ Ahora podemos simplemente tenga en cuenta que el proceso de $X_t$ es un proceso Gaussiano es una combinación lineal de la Gaussiana proceso de $W_t$. Su media y varianza son ahora fácilmente calculado por Ella$\hat{\text{o}}$ isometría es decir, si $\mathbb{E} X_t^2 < \infty$$X_0 = \delta_x$, como en el ejemplo a continuación \begin{align*} \mathbb{E} X_t &= e^{- \alpha t} \mathbb{E} X_0 = e^{- \alpha t} x \\ \mathbb{E} \left( X_t - \mathbb{E} X_t \right)^2 &= \sigma^2 \int_0^t \left(e^{-\alpha(t -s)} \right)^2 ds = \frac{\sigma^2}{2 \alpha}\left( 1 - e^{-2 \alpha t}\right). \end{align*} Como la media de la Browniano término da cero y desde el compañero de curso el saber que la varianza de $\delta_x$ es cero y $\mathrm{Var} \left(\int_0^t f(s)dW_s \right) = \int_0^t f(s)^2 ds$. Así, cuando, como $\alpha >0$ tenemos que $$ X_t \overset{d}{\rightarrow} N\left( 0, \frac{\sigma^2}{2 \alpha} \right),$$ simplemente señalar que la media de $X_t$ va a cero para $t \rightarrow \infty$ y la varianza va a $\frac{\sigma^2}{2 \alpha}$ $t \rightarrow \infty$ $X_t$ es Gaussiano sí mismo.

Para demostrar que el proceso es de hecho un proceso de Markov, como tenemos que $X_t$ es, en realidad, la solución para la Ornstein-Uhlenbeck SDE definido por $$ d X_t = \alpha( X_0 - X_t) dt + \sigma dW_t. $$ Esta es una de Lipschitz SDE (los coeficientes son Lipschitz continua obviamente) y estos han Markovian soluciones. Por lo tanto $X_t$ debe ser Markovian.

Ahora si $X_0 \overset{d}{=} N(0,\sigma^2/2\alpha)$ $X_t$ es todavía Gaussiano por lo que sólo necesitamos calcular su media y varianza. Por lo tanto \begin{align*} \mathbb{E} X_t &= e^{-\alpha t} \mathbb{E} X_0 = 0 \\ \mathbb{E} \left( X_t - \mathbb{E} X_t \right)^2 &= \mathrm{Var}(e^{-\alpha t} X_0) + \frac{\sigma^2}{2 \alpha}\left( 1 - e^{-2 \alpha t}\right) \\ &= e^{-2\alpha t} \frac{\sigma^2}{2\alpha} + \frac{\sigma^2}{2 \alpha}\left( 1 - e^{-2 \alpha t}\right) = \frac{\sigma^2}{2 \alpha}. \end{align*} Por los cálculos anteriores y por lo tanto $X_t \overset{d}{=} N(0,\sigma^2/2\alpha)$ y es por tanto el invariante de distribución de $X$.

Para calcular la covarianza de la función de $X$ utilizamos una regla simple de Lo$\hat{\mathrm{o}}$ integrales w.r.t. a BM y función continua $f$, lo que indica que si definimos $I_f(t) = \int_0^t f(s) dW_s$$\mathrm{Cov} \left( I_f(t),I_f(s)\right) = \int_0^{t \wedge s} f^2(u) du$. Por lo tanto el uso de este obtenemos que para $t \neq s$ asumiendo $X_0$ es decir $0$ y la varianza $\tau^2$ \begin{align*} \ \mathrm{Cov} \left( X_t, X_s \right) &= e^{- \alpha (s+t)} \mathrm{Cov}(X_0,X_0) + \int_0^{t \wedge s} \left( \sigma e^{- \alpha(s-t)} \right)^2 ds \\ &= e^{- \alpha (s+t)} \tau^2 + \frac{\sigma^2}{2\alpha} \left( e^{-\alpha |s-t|} - e^{-\alpha (s+t)}\right), \end{align*} Ahora como $\tau^2=\frac{\sigma^2}{2\alpha}$ obtenemos que la covarianza es igual a $\frac{\sigma^2}{2\alpha} \exp\{ - \alpha |s-t| \}$. Además si $\mathbb{E} X_0 = 0$ $\mathbb{E} X_t = e^{-\alpha t} \mathbb{E} X_0 = 0$ como el movimiento Browniano integral de la expectativa de cero.