Chapter6 布朗运动
布朗运动的定义和性质¶
布朗运动的定义¶
浙大版定义：
随机过程 \(\left\{X(t);t\geq 0\right\}\) 被称为 Brown 运动，如果它满足下面四个条件：
- \(X(0)=0\)
- 随机过程 \(X(t)\) 是独立增量过程
- 对 \(\forall t>s\geq0\)，有 \(X(t)-X(s)\sim N(0,\sigma^2(t-s))\)
- 样本轨道连续（通常这个条件我们默认成立，不予讨论）
中科大版定义：
随机过程称为 Brown 运动，如果它满足如下三个条件：
- \(X(0)=0\)
- 随机过程 \(X\) 有平稳独立增量
- 对每个 \(t>0\)，有 \(X(t)\sim N(0,c^2t)\)
后面我们都讨论 \(\sigma(c)=1\) 的情况，称之为标准 Brown 运动。因为如果 \(c\neq1\)，则可以考虑 \(\left\{X(t)/c,t\geq0\right\}\)，则 \(\left\{X(t)/c,t\geq0\right\}\) 就是标准 Brown 运动，不失一般性我们可以只考虑标准 Brown 运动的性质。
下面我们来看一个例子：
例 设 \(\left\{B(t),t\geq0\right\}\) 是标准 Brown 运动，求：
(1) \(B(1)+3B(2)\) 的分布
(2) \(Cov(B(1)+B(3),B(3)-B(2))\)
(3) \(P\left\{B(7)\leq3|B(1)=1,B(3)=2\right\}\)
解 (1) \(B(1)\sim N(0,1),B(2)\sim N(0,2)\)
故可以得到 $$ B(1)+3B(2)=B(1)+3[B(1)+B(2)-B(1)]=4B(1)+3[B(2)-B(1)]\sim N(0,25) $$
Tip
这里是用到了正态过程的可加性， $$ 4B(1)\sim N(0,16)\qquad3[B(2)-B(1)]\sim N(0,9) $$ 所以有 $$ 4B(1)+3[B(2)-B(1)]\sim N(0,25) $$
(2) 考虑将其分为几个独立的事件，即
(3)
又我们知道 \(B(7)-B(3)\sim N(0,4)\)，所以有 \(P(B(7)-B(3)\leq 1) =P(\frac{\xi-0}{\sqrt{4}}\leq \frac{1-0}{\sqrt{4}})\)，其中 \(\frac{\xi-0}{\sqrt{4}}\) 服从标准正态分布，则有 $$ P(B(7)-B(3)\leq 1)=\Phi(\frac{1}{2}) $$
布朗运动的性质¶
1. 样本轨道连续的随机过程 \(\left\{B(t);t\geq 0\right\}\) 是布朗运动当且仅当它是正态过程，\(E(B(t))=0\)且 \(E[B(t)B(s)]=\min(t,s)\)（这是布朗运动的另一种定义）
2. Markov性：固定 \(s>0\)，\(\left\{B(t+s)-B(s);t\geq 0\right\}\) 是布朗过程，且与 \(\left\{B(u);u\leq s\right\}\) 独立
3. 自相似性：固定 \(a\neq 0\)，有 \(\left\{\frac{1}{a}B(a^2t);t\geq 0\right\}\) 是布朗运动
4. \(0\) 与 \(\infty\) 的对称性
我们令
则 \(\left\{\widetilde{B}(t);t\geq 0\right\}\) 是布朗过程
下面我们给出上述几个性质的证明：
对于第一条性质，我们这里只证明必要性，充分性不作证明。下面证明 Brown 运动是正态过程：
也即证明 \(\forall n,\forall t_1,\cdots,c_n\)，\((B(t_1),\cdots,B(t_n))\) 是 \(n\) 元正态分布。我们已知 \(B(t_1),B(t_2),\cdots,B(t_n)\) 服从正态分布，但是边际正态分布无法证明联合分布也是正态分布，还需要独立性，而 \(B(t_1),B(t_2),\cdots,B(t_n)\) 显然又不是对称的，所以我们考虑将时间分开，也即考虑 \(X_1=B(t_1),X_2=B(t_2),\cdots,X_n=B(t_n)-B(t_{n-1})\)，此时即有 \(X_1,\cdots X_n\) 是相互独立的，而 \(B(t_1),\cdots,B(t_n)\) 又是 \(X_1,\cdots,X_n\) 的线性组合，所以 \((B(t_1),\cdots,B(t_n))\) 是联合正态分布
第二条性质和泊松过程是类似的
第三条性质，要证明 \(\left\{\frac{1}{a}B(a^2t);t\geq 0\right\}\) 是布朗运动，容易说明其满足在0处的取值为0，且是独立增量过程，下面我们证明定义中的第三点，\(\forall t>s\)，有 \(X(t)-X(s)=\frac{1}{a}[B(a^2 t)-B(a^2 s)]\sim N(0,\frac{1}{a^2}(a^2t-a^2s))\)，也即 \(X(t)-X(s)\sim N(0,t-s)\)
Tip
第三条性质在时间上的变换尺度是 \(a^2\)，在空间上的变换尺度是 \(\frac{1}{a}\)，但是最后的效果仍然和原来的布朗运动类似
第四条性质，要证明 \(\left\{\widetilde{B}(t);t\geq 0\right\}\) 是正态过程，我们可以按照它的原本定义去证明，但是在证明独立增量性的时候可能会比较困难，这时候可以用到我们前面讲的第一条性质，这也是布朗运动的一个等价定义，下面我们证明 \(\left\{\widetilde{B}(t);t\geq 0\right\}\) 是正态过程，也即要证明\(\forall n,\forall t_1<t_2<\cdots<t_n\)，有 \((B(t_1),B(t_2),\cdots,B(t_n))\) 是 \(n\) 元正态过程，又 \(\widetilde B(t_i)=t_iB(\frac{1}{t_i})\)是\((B(\frac{1}{t_1}),B(\frac{1}{t_2}),\cdots,B(\frac{1}{t_n}))\) 的线性组合，而正态过程的任意有限维线性组合也是一个正态过程，所以 \(\widetilde B(t)\) 是正态过程。下面我们证明均值函数和自相关函数的两个条件：
又
所以有
下面我们来看一些例子加深我们对布朗运动这些性质的理解
例 设 \(\left\{B(t);t\geq 0\right\}\) 是标准布朗运动，求 \(P(B(0.5)\leq 1| B(1)=1,B(2)=2)\)
解 看到这个题，我们的第一想法肯定是去考虑条件概率的定义，这是我们在泊松过程那一章经常使用的方法，尝试一下我们会发现 $$ P(B(0.5)\leq 1|B(1)=1,B(2)=2)=\frac{P(B(0.5)\leq 1,B(1)=1,B(2)=2)}{P(B(1)=1,B(2)=2)} $$ 其中 \(P(B(1)=1,B(2)=2)\) 是好计算的，拆成 \(B(1),B(2)-B(1)\)，利用标准正态分布的概率密度函数 \(p(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}\) 即可，但是 \(P(B(0.5)\leq1,B(1)=1,B(2)=2)\) 却是并不好计算的。
我们也可以考虑应用上述性质3，因为题目的类型是已知现在和将来，考虑过去，如果我们能够将时间翻转一下，变成已知现在和过去考虑将来，那么题目就会变得比较简单了，这时候我们会想到 \(\widetilde B(t)=tB(\frac{1}{t})\)，正好能将时间翻转，但是问题在于，现在我们有的是 \(B\) 而非 \(\widetilde B\)，其实他们俩的关系是对称的，如果我们令 \(m=\frac{1}{t}\)，整理一下就可以得到
应用上述式子可以得到
与布朗运动相关的过程¶
反射Brown运动¶
设 \(\left\{B(t);t\geq 0\right\}\) 是 Brown 运动，我们令 \(X(t)=|B(t)|\)，则称 \(\left\{X(t);t\geq 0\right\}\) 是反射 Brown 运动
需要注意的是，反射 Brown 运动并不是正态过程，因为正态过程的取值是可以取负值的，但是反射 Brown 运动的取值只有正值，所以反射 Brown 运动肯定不是正态过程，下面我们考虑反射 Brown 运动的数字特征，有两种方法供参考，第一种方法直接计算：
已知 \(B(t)\sim N(0,t)\)，则有
而 \(Var X(t)=E[(X(t))^2]-[EX(t)]^2\)，但是这里 \(E[(X(t))^2]\) 的值我们还不清楚，而 \(E[(X(t))^2]\) 其实也就是 \(E[(B(t))^2]\)，则有
所以有
另一种方法则是去考虑标准正态分布随机变量绝对值的期望和方差，也即若 \(X\sim N(0,1)\)，考虑 \(E|X|\) 和\(Var|X|\)
则有
而现在要求的是 \(|B(t)|\) 的数字特征，由于我们已经求出了标准正态分布随机变量绝对值的数字特征，所以我们考虑将 \(B(t)\) 标准化，也即令 \(Z=\frac{B(t)}{\sqrt{t}}\sim N(0,1)\)，则有 \(E|Z|=\sqrt{\frac{2}{\pi}},Var|Z|=1-\frac{2}{\pi}\)，且 \(B(t)=\sqrt{t}Z\) $$ E(X(t))=E(\sqrt{t}|Z|)=\sqrt{t}E|Z|=\sqrt{\frac{2t}{\pi}},\qquad VarX(t)=(\sqrt{t})^2(1-\frac{2}{\pi})=(1-\frac{2}{\pi})t $$ 我们再考虑一下反射 Brown 运动的分布函数：
对于 \(x\geq 0\) 的情形，有
几何Brown运动¶
若 \(\left\{B(t);t\geq 0\right\}\) 是 Brown 运动，\(\alpha\) 是一个常数，我们令 \(X(t)=e^{\alpha B(t)}\)，则称 \(X(t)\) 为几何 Brown 运动。同样的，由于正态过程是可以取正值的，而几何 Brown 运动不能取正值，所以几何 Brown 运动不是一个正态过程，下面我们考虑几何 Brown 运动的数字特征，仍然是设一个标准正态分布的随机变量 \(Z\sim N(0,1)\)，考虑 \(Ee^{\alpha z}\) 和 \(Var \ e^{\alpha z}\)，则有
上面最右边的积分实际上是对服从 \(N(\alpha,1)\) 的随机变量的概率密度函数的积分，显然积分值为1
对于 \(Var \ e^{\alpha z}\)，则有 $$ Var \ e^{\alpha z}=E(e^{\alpha z})^2-[Ee^{\alpha z}]^2=E(e^{2\alpha z})-e^{\alpha^2} $$ 其中 \(e^{2\alpha z}\) 可以视为 \(e^{(2\alpha) \cdot z}\)，故有 $$ E(e^{(2\alpha )z})=e^{\frac{(2\alpha)^2}{2}}=e^{2\alpha^2} $$ 所以可以得到 $$ Var\ e^{\alpha z}=e^{2\alpha^2}-e^{\alpha^2} $$ 我们知道 \(B(t)\sim N(0,t)\)，考虑将其标准化为标准正态分布的随机变量，则有 \(\frac{B(t)}{\sqrt{t}}\sim N(0,1)\)，故有
Tip
\(\ln X(t)=\alpha B(t)\) 服从正态分布，所以我们称 \(X(t)\) 服从对数正态分布
且因为 \(\alpha B(t)\) 与 \(-\alpha B(t)\) 同分布，所以有 \(e^{\alpha B(t)}\) 与 \(e^{-\alpha B(t)}\) 同分布
下面我们考虑几何 Brown 运动的分布函数和概率密度函数，
所以对 \(\alpha>0,x>0\)
所以有
布朗桥过程¶
设 \(X(t)=B(t)-tB(1)\)，则称 \(\left\{X(t),0\leq t\leq 1\right\}\) 为布朗桥过程
布朗桥过程有以下性质：
- \(X(0)=0,X(1)=0\)
- 布朗桥过程是正态过程，有限维分布完全由均值函数和自相关函数确定
- \(\mu_X(t)=0\)，且对\(0\leq s \leq t \leq 1\)，有 \(C_X(t,s)=s(1-t)\)
- 样本轨道是连续的
Tip
布朗桥运动还有等价定义，满足上述2、3、4性质的过程即为布朗桥过程
下面我们证明布朗桥过程的第三条性质：
\(\mu_X(t)=E[X(t)]=E(B(t)-tB(1))=E(B(t))-tE(B(1))=0\)
设 \(0\leq s \leq t\leq 1\)，有
所以有 $$ C_X(t,s)=s-ts-st+ts=s(1-t) $$
积分过程¶
我们定义 $$ X(t)=\int_0^tB(s)ds,\ t\geq 0 $$ 则称 \(X(t)\) 为 Brown 运动的积分过程，由 Riemann 积分可知 $$ \int_0^tB(s)ds=\lim_{n\to \infty}\sum_{k=1}^n (s_i-s_{i-1})B_{s_i} $$ 因为 \(B=(B(t);t\geq 0)\) 是正态过程，所以有 \(\sum_{k=1}^n (s_i-s_{i-1})B_{s_i}\) 为正态随机变量，又由于正态随机变量序列的极限仍为正态随机变量，所以有 \(\lim_{n\to \infty}\sum_{k=1}^n (s_i-s_{i-1})B_{s_i}\) 为正态随机变量
可以证明，积分过程 \(\left\{X(t)\right\}\) 是一个正态过程。
下面我们考虑积分过程 \(\left\{X(t)\right\}\) 的数字特征，先考虑 \(EX(t)\)
因为 $$ \int_0^{t}E(|B(s)|)ds \leq \int_0^t\sqrt{E(B_s^2)}ds=\int_0^t\sqrt{s}ds<\infty $$ 所以由 Fubini 定理有 $$ EX(t)=E\int_0^tB(s)ds=\int_0^tE(B(s))ds=0 $$ 下面我们考虑积分过程的自协方差函数
对 \(s\leq t\)，因为
所以由 Fubini 定理
对 \(0\leq s\leq t\)，有
最大值与首中时分布¶
设 \(\left\{B(t);t\geq 0\right\}\) 是标准 Brown 运动，\(a\neq 0\)，记 \(T_a=\inf \left\{t>0:B(t)=a\right\}\)，表示首次击中 \(a\) 的时刻，称为 \(a\) 的首中时。
反射原理¶
固定实数 \(a\)，令
则有 \(\left\{ \hat{B}(t);t\geq 0\right\}\) 也是布朗运动（标准布朗运动）
下面我们给出证明：对 \(t \geq 0\)，令 \(Y(t) = B(t)1_\left\{t \leq T_a\right\}\)，\(Z(t) = B(t + T_a) - a\)。 则 \(Z = \left\{Z(t); t \geq 0\right\}\) 是独立于 \(Y = \left\{Y(t); t \geq 0\right\}\) 的布朗运动。 所以 \(-Z = \left\{-Z(t); t \geq 0\right\}\) 是独立于 \(Y\) 的布朗运动。 所以 \((Y, Z)\) 与 \((Y, -Z)\) 具有相同的有限维分布。
生成一个连续过程，\(\varphi(Y, -Z)\) 也是一个连续过程，且两个具有相同的有限维分布。
又 \(\varphi(Y, Z) = B\)，\(\varphi(Y, -Z) = \widehat{B}\)，所以 \(\widehat{B}\) 也是布朗运动。
Tip
当布朗运动首次达到水平 \(a\) 后，其后续路径可以通过“反射”来构造，将路径在水平 \(a\) 上“对称翻转”，得到的路径在概率意义上与原布朗运动等价
布朗运动有以下几个非常关键的性质（主要是1、2两点）：
我们记 \(M_t=\sup_{0\leq s\leq t}B(s)\) 为布朗运动在时间区间 \([0,t]\) 内的最大值，则有：
1. 对任意的 \(a,y,t\geq 0\)
$$
P(M_t\geq a,B_t\leq a-y)=P(B_t\geq a+y)
$$
2. $$
P(M_t\geq a)=2P(B_t\geq a),\forall a\geq 0
$$
即有 \(M_t\) 与 \(|B_t|\) 同分布
3. 对任何的 \(a\neq 0,P(T_a<\infty)=1\)
从而有 \(E(T_a)=\infty\)
下面我们对这几个性质给出证明：
(1) 对任意的 \(a,y,t\geq 0\)，由反射原理有
由于 \(\hat{B}_t\geq a+y\) 其实是能推出 \(\hat{M}_t\geq a\) 的，也就是说，这两个事件是包含关系，那么在概率上的反映就是
注意
需要说明的是，上述记号 $ \hat{M}_t $ 是反射后的布朗运动 $ \hat{B}_t $ 的最大值，而不是对原最大值 $ M_t $ 作反射操作。也即：
(2) 对 \(a>0\)，有 $$ P(M_t\geq a)=P(M_t\geq a,B_t> a)+P(M_t\geq a,B_t\leq a) $$ 其中 \(P(M_t\geq a,B_t>a)=P(B_t>a)\)，且由(1)可以得到 $$ P(M_t\geq a,B_t\leq a)=P(M_t\geq a,B_t\geq a)=P(B_t\geq a) $$ 故最终可以得到 \(P(M_t\geq a)=2P(B_t\geq a)\)
(3) 对 \(a>0\) 和 \(t>0\)，有 $$ F_{T_a}(t)=P(T_a\leq t)=P(M_t\geq a)=2P(B_t\geq a)=2(1-P(B_t<a))=2(1-\Phi(\frac{a}{\sqrt{t}})) $$ 所以有 $$ f_{T_a}(t)=F_{T_a}'(t)=\frac{a}{\sqrt{2\pi t^3}}e^{-\frac{a^2}{2t}} $$ 所以有 $$ E(T_a)=\int_0^{\infty}\frac{a}{\sqrt{2\pi t}}e^{-\frac{a^2}{2t}}dt=\infty $$
Tip
由上式我们可以知道 $$ P(T_a<\infty)=\lim_{t\to \infty}P(T_a\leq t)=F(\infty)=1 $$ 说明对几乎每条样本轨道，不管 \(a\) 多大，总在有限时刻首次击中 \(a\)，但虽然 Brown 运动的几乎所有样本轨道初次击中 \(a\) 的时刻都是有限的，或者说尽管几乎每条轨道都能在有限时间内击中 \(a\)，但是经过 \(a\) 点的平均时间却是无穷的。对照 Markov 链中常返和瞬过的定义，我们知道每个状态 \(a\) 都是“常返”的，但是“零常返”的
下面我们来看一些实际的例子：
例 设 \(\left\{B(t);t\geq 0\right\}\) 是标准 Brown 运动，令 \(X(t)=|\min_{0\leq s \leq t}B(s)|\)，求 \(X(t)\) 的分布函数
解 这里有一个很重要的理解，\(|\min_{0\leq s\leq t}B(s)|=-\min_{0\leq s\leq t}B(s)\)，这是因为 \(B(0)=0\) 所以有 \(\min_{0\leq s \leq t}B(s)\leq 0\)，那么就有 $$ |\min_{0\leq s\leq t}B(s)|=-\min_{0\leq s\leq t }B(s) $$ 我们记 \(B_1(s)=-B(s)\)，因为 \(\left\{-B(s);s\geq 0\right\}\) 是布朗运动，所以 \(B_1(s)\) 也是 Brown 运动，因为 \(X(t)\geq 0\)，所以有当 \(x<0\) 时， $$ F_{X(t)}(x)=0 $$ 当 \(x>0\) 时，
心得
这题我个人觉得有两个比较巧的地方，首先是，我们利用了 \(B(0)=0\) 得出 \(|\min_{0\leq s\leq t}B(s)|=-\min_{0\leq s\leq t }B(s)\)，成功将绝对值去掉；其次是，我们记 \(B_1(s)=-B(s)\)，因为 \(B(s)\) 在题中出现的形式是最小值；而我们学到的 Brown 运动的性质中出现的是最大值，我们将 \(B(s)\) 的最小值转化为了同样为 Brown 运动的 \(B_1(s)\) 的最大值，从而成功地应用了 Brown 运动的性质。
例 以 \(X(t)\) 表示 \(t\) 时刻的股票价格（单位：元），设 \(X(t)=2^{B(t)}\)，其中 \(\left\{B(t);t\geq 0\right\}\) 是标准 Brown 运动，求 \([0,4]\) 内股票价格不曾达到8元的概率
解 \(P(X(t)_{t\leq4 }< 8)=P(\max_{t\leq 4}B(t)< 3)\)，而我们知道
Ito积分¶
Ito积分实际上是指形如下式的积分： $$ \int_0^t f(s)dB_s, t\geq 0 $$ 其中 \(f\) 是随机过程，通过 Ito 积分得到的是一个随机变量。对于一个适定过程 \(f(s)\)，Ito 积分表示在时间区间 \([0,t]\) 上对布朗运动的增量进行加权求和，其中 \(f(s)\) 是权重函数，为了保证积分有意义，通常要求 \(f(s)\) 满足平方可积条件，也即 $$ E[\int_0^t f^2(s)ds]<\infty $$ 为了理解 Ito 积分定义的微妙之处，我们首先回忆一下 Riemann 积分和 Riemann-Stieltjes 积分
Riemann-Stieltjes积分¶
我们首先回忆一下 $$ \int_a^b f(x)dx $$ 是如何定义的。
首先作分割，在 \([a,b]\) 上插入 \(n-1\) 个分点：\(a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b\)；其次取点，在每一个 \([x_{i-1},x_i]\) 任取一点 \(\xi_i\)；再作 Riemann 和，有 $$ S_n=\sum_{i=1}^nf(\xi_i)(x_i-x_{i-1}) $$ 再求极限：如果存在一个 \(S\)，使得对任意划分、任意取点，有 $$ \lim_{\max_{i}(x_i-x_{i-1})\to 0}S_n=S $$ 那么我们就称 \(S\) 为函数 \(f\) 在 \([a,b]\) 上的 Riemann 积分，记作 $$ \int_a^bf(x)dx=S $$ 那么什么时候 \(f\) 在 \([a,b]\) 上 Riemann 可积呢？答案是 \(f\) 连续或者逐段连续的时候。
接下来我们再回忆一下 \(f\) 关于 \(G(x)\) 的积分 $$ \int_a^bf(x)dG(x) $$ 我们首先作分割，在 \([a,b]\) 上插入 \(n-1\) 个分点：\(a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b\)；然后在每一个 \([x_{i-1},x_i]\) 上任取一点 \(\xi_i\)；接着再作 Riemann-Stieltjes 和，也即 $$ S_n=\sum_{i=1}^nf(\xi_i)(G(x_i)-G(x_{i-1})) $$ 然后求极限，如果存在一个 \(S\)，使得对任意划分，任意取点 $$ \lim_{\max_i(x_i-x_{i-1})\to 0}S_n=S $$ 那么我们就称 \(S\) 为函数 \(f\) 在 \([a,b]\) 上的 Riemann-Stieltjes 积分，记作 $$ \int_a^bf(x)dG(x)=S $$ 什么条件下 \(\int_a^bf(x)dG(x)\) 存在呢？答案是当且仅当 \(f\) 是 \([a,b]\) 上的连续函数，\(G(x)\) 是 \([a,b]\) 上的有界变差函数
有界变差函数¶
下面我们给出有界变差函数的定义
假设 \(G\) 是 \([a,b]\) 上的实值函数，对 \([a,b]\) 进行分割，记 $$ \Delta :a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b $$ 如果有 $$ \sup_{\Delta}\sum_{i=1}^n|G(x_i)-G(X_{i-1})|<\infty $$ 那么我们就称 \(G\) 在 \([a,b]\) 上具有有界变差。
假设 \(G\) 是 \([0,\infty)\) 上的实值函数，如果 $$ \sup_{t>0}\sup_{\Delta}\sum_{i=1}^n|G(x_i)-G(x_{i-1})|<\infty $$ 其中 \(\Delta\) 是 \([0,t]\) 上的分割，那么称 \(G\) 在 \([0,\infty)\) 上具有有界变差
有界变差函数有以下几点性质：
- 任何有界变差函数都可以写成两个单调增函数的差
- 任何有界变差函数都几乎处处可微
- \([a,b]\) 上具有有界导函数的函数是有界变差函数
- \([a,b]\) 上的单调函数是有界变差函数
但是非常遗憾的是，对于布朗运动 \(\left\{B(t);t\geq 0\right\}\) 来说，尽管其几乎所有轨道都连续，但是：
- 几乎所有轨道在任何区间上不单调
- 几乎所有轨道在任何点不可导
- 几乎所有轨道在任何区间上都不是有界变差
下面我们证明一下布朗运动的几乎所有轨道在任何区间上都不是有界变差
证明 我们将 \([0,t]\) 区间作划分，划分成 \(\frac{0}{2^n}t,\frac{1}{2^n}t,\cdots,t\) 等等，令 $$ V_n=\sum_{i=0}^{2^n-1}|B(\frac{(i+1)t}{2^n})-B(\frac{it}{2^n})| $$ 则有 \(V_n\) 单调递增（这是因为将区间加细 \(V_n\) 会变大，由绝对值不等式即可得到），所以如果我们如果能够证明 \(V_n\) 的极限 是\(+\infty\)，就能证明其不是有界变差函数。和之前一样的思路，我们先考虑标准正态分布随机变量的方差和期望，若 \(X\sim N(0,1)\)，则有 $$ E(|X|)=\sqrt{\frac{2}{\pi}},\qquad D(X^2)=2 $$
Tip
印象中是说 \(D(X^2)=2\) 是由卡方分布得来的，但是我根本就不记得卡方分布🤣，所以我选择记了标准正态分布的矩公式：
如果 \(X\) 是标准正态分布随机变量，也即 \(X\sim N(0,1)\)，则可以得到
$$
E[X^{2k-1}]=0
$$
$$
E[X^{2k}]=\frac{(2k!)}{2^kk!}
$$
也即标准正态分布的奇数阶矩为0，偶数阶矩为 \(\frac{(2k)!}{2^k k!}\)
所以我们可以得到 $$ Var X^2=E(X^4)-[EX^2]^2=\frac{4!}{2^2\times 2!}-(\frac{2!}{2^1\times 1!})=3-1=2 $$
可以得出 $$ E(X^4)=3 $$
注意
上述过程其实是循环论证的，没啥逻辑，只是应试的时候记这个矩公式比较方便罢了🤣
所以 $$ E(V_n)=2^n\sqrt{\frac{t}{2^n}}\sqrt{\frac{2}{\pi}}=\sqrt{\frac{2^{n+1}t}{\pi}}\to \infty\ D(V_n)=2^n\times \frac{t}{2^n}\times (1-\frac{2}{\pi})=(1-\frac{2}{\pi})t $$ 所以可以得出： $$ P(V_n < \frac{EV_n}{2})\leq P(|V_n-EV_n|\geq \frac{EV_n}{2})\leq 4\frac{D(V_n)}{(EV_n)^2}\to0 $$
Tip
上面用了著名的chebyshev不等式
所以可以得到 \(P(V_n\geq \frac{EV_n}{2}\to 1)\)，即 \(V_n\overset{P}{\to}\infty\)，又 \(V_n\) 单调递增，所以可以得到 $$ V_n\to\infty $$ 也就证明了布朗运动的几乎所有轨道在任何区间上都不是有界变差。
尽管布朗运动不是有界变差的，但其却是二次变差的，也即对任何 \(t>0\)，对 \([0,t]\) 的任何划分列 \(\left\{t_i\right\}_{i=0}^n\)，当 \(\delta_n=\max_{0\leq i\leq n-1}(t_{i+1}-t_i)\to 0\) 时，可以得到 $$ M_n=\sum_{i=1}^n[B(t_i)-B(t_{i-1})]^2\overset{L^2}{\to}t $$
也即 \(M_n=\sum_{i=1}^n[B(t_i)-B(t_{i-1})]^2\) 均方收敛到 \(t\)
下面我们给出证明：考虑布朗运动的二次变差，对任何 \(t>0\)，对 \([0,t]\) 的任何划分列 \(\left\{t_i\right\}_{i=0}^n\)，令 \(\delta_n = \max_{0\leq i\leq n-1}(t_{i+1}-t_i)\)，有 $$ E(M_n)=\sum_{i=1}^nE[B(t_i)-B(t_{i-1})]^2 $$ 我们又知道 \(B(t_i)-B(t_{i-1})\sim N(0,t_i-t_{i-1})\)，所以可以得到 $$ E[B(t_i)-B(t_{i-1})]^2=Var(B(t_i)-B(t_{i-1}))+E[B(t_i)-B(t_{i-1})]=t_i-t_{i-1} $$ 所以有 $$ E(M_n)=\sum_{i=1}^n(t_i-t_{i-1})=t $$ 再考虑 \(D(M_n)\)，由独立增量性有
未解决的问题
这里 \(D[B(t_i)-B(t_{i-1})]^2\) 是如何考虑的笔者还是有点疑惑
所以有当 \(\delta_n\to 0\) 时， $$ E[M_n-t]^2=D(M_n)\to 0 $$ 也即 $$ M_n\overset{L^2}{\to}t $$
Tip
推广到一般的区间\([a,b]\)，可以得到\(M_n\overset{L^2}{\to}b-a\)
Ito积分¶
这时候我们再回到最开始的问题，如何定义 $$ \int_0^TX(t)dB(t) $$ 比如如何定义 \(\int_0^TB(t)dB(t)\) 呢，我们的思路可能是这样的：首先对 \([0,T]\) 作划分列 \(\left\{t_i\right\}_{i=1}^n\)，使得 \(\delta_n=\max_{0\leq i\leq n-1}(t_{i+1}^n-t_i^n)\to 0\)，然后在每个区间 \([t_i,t_{i+1}]\) 取点 \(s_i\)，则有 $$ S_n=\sum_{i=0}^{n-1}B(s_i)[B(t_{i+1})-B(t_i)] $$ 最后取极限，\(S_n\)的 极限就是 $$ \int_{0}^T B(t)dB(t) $$ 但是其实我们试着写一写就会发现，极限是依赖于点的选取的
比如若我们取 \(s_i\) 为 \([t_i,t_{i+1}]\) 的左端点 \(t_i\)，就会得到
Tip
其中二次变差均方收敛到 \(T\) 我们已经证明过
若我们取 \(S_i\) 为 \([t_i,t_{i+1}]\) 的右端点 \(t_{i+1}\)，则有
所以我们可以发现，极限是依赖于点的选取的：
-
当我们选取左端点的时候，上述积分称为 \(Ito\) 积分，记为 $$ \int_0^TB(t)dB(t) $$
-
当我们选取区间中点的时候，上述积分称为 \(Stratonovich\) 积分，记为 $$ \int_0^TB(t)\circ dB(t) $$
下面我们给出 Ito 积分的定义
假设 \(B=(B_t;t\geq 0)\) 是标准 Brown 运动，\(f(t);t\geq 0\) 是一个关于 Brown 运动 \(B\) 适应的随机过程（意思是 \(f(t)\) 仅依赖于 \(\left\{B_s;0\leq s\leq t\right\}\)），进一步假设 $$ \int_0^{\infty}Ef(s)^2ds<\infty $$ 则对任意的 \(t>0\)，我们首先作分割，在 \([0,t]\) 上插入 \(n-1\) 个分点：\(0=s_0<s_1<\cdots<s_n=t\)，使得 $$ \Delta=\max_{1\leq i\leq n}|s_i-s_{i-1}|\to 0 $$ 然后取点，选择 \(\xi_i=s_{i-1}\)（区间的左端点），随后作和，有 $$ S_n(t)=\sum_{i=1}^nf(s_{i-1})(B(s_i)-B(s_{i-1})) $$ 则一定存在一个随机变量 \(X(t)\) 使得 $$ E(S_n(t)-X(t))^2\to 0,\qquad n\to\infty $$ 此时我们定义 $$ \int_0^t f(s)dB_s=X(t) $$ 称 \(X(t)\) 是 \(f\) 关于 Brown 运动 \(B\) 的 Ito 积分
Ito 积分的运算性质¶
1. 数学期望
$$
E\int_0^tf(s)dB_s=0
$$
2. Ito 积分的等距性质
$$
E[(\int_0^t f(s)dB_s)^2]=\int_0^tEf^2(s)ds(这里的运算顺序是先平方、再取期望、再积分)
$$
注意
需要注意的是，左侧是一个 Ito 积分，而右侧是一个 Riemann 积分，毕竟是取了期望之后。
Ito 积分的等距公式表明，Ito 积分的二阶矩（即平方期望）等于其权重函数 \(f(s)\) 的平方在时间区间 \([0,t]\) 上的期望积分。这个性质将随机积分的 \(L^2\) 范数与确定性积分的 \(L^2\) 范数联系起来，类似于经典的等距性质。
3. 线性性质
$$
\int_0^t(af(s)+bg(s))dBs=a\int_0^tf(s)dB_s+b\int_0^tg(s)dB_s
$$
4. 可加性
$$
\int_0^Tf(s)dB_s=\int_0^tf(s)dB_s+\int_t^Tf(s)dB_s
$$
Tip
证明部分就不详细展开了，感觉期末周时间不太够，推测 Ito 积分的掌握要求也仅仅是会算就行
上面我们给出了 \(f(t)\) 关于 Brown 运动的 Ito 积分的定义，但是除了少数过程之外，我们很难从定义直接计算出 \(\int_0^tf(s)dB_s\)，所以需要一个基本公式来帮助我们计算 \(\int_0^tf(s)dB_s\)
适用于Brown运动的Ito积分公式¶
1维Ito公式：
设 \(f\) 在 \(R\) 上具有二阶连续导数，则有 $$ f(B_t)=f(B_0)+\int_0^tf'(B_s)dB_s+\frac{1}{2}\int_0^tf''(B_s)ds $$
其对应的随机微分方程为 $$ df(B_t)=f'(B_t)dB_t+\frac{1}{2}f''(B_t)dt $$
Tip
而求 Ito 积分移一下项即可，也即有 $$ \int_0^tf'(B_s)dB_s=f(B_t)-f(B_0)-\frac{1}{2}\int_0^tf''(B_s)ds $$ 证明这里也不做展开了
下面我们来看一些例子：
例 计算 \(\int_0^t B_sdB_s\)
解 取 \(f'(x)=x\)，则有 $$ f(x)=\frac{1}{2}x^2\qquad f''(x)=1 $$ 所以可以得到
例 计算 \(\int_0^t B_s^2d B_s\)
解 取 \(f'(x)=x^2\)，则有 $$ f(x)=\frac{1}{3}x^3,\qquad f''(x)=2x $$ 所以可以得到
例 计算 \(\int_0^t \sin B_sdB_s\)
解 取 \(f'(x)=\sin x\)，则有 $$ f(x)=-\cos x,\qquad f''(x)=\cos x $$ 则有
例 计算 \(\int_0^t \cos(B_s)dB_s\)
解 取 \(f'(x)=\cos x\)，则有 $$ f(x)=\sin x\qquad f''(x)=-\sin x $$
则有
例 计算 \(\int_0^t e^{B_s}d B_s\)
解 取\(f'(x)=e^x\)，则有 $$ f(x)=e^x,\qquad f''(x)=e^x $$ 所以
上面考虑的是一维情形，下面我们叙述二维情形的 Ito 积分计算公式
假设 \(f(t,x)\) 是二元函数，关于 \(t\) 和 \(x\) 的二阶偏导数存在并且连续，我们记
则有 $$ f(t,B_t)=f(0,0)+\int_0^t f_2(s,B_s)dB_s+\int_0^tf_1(s,B_s)ds+\frac{1}{2}\int_0^t f_{22}(s,B_s)ds $$ 其对应的随机微分方程为 $$ df(t,B_t)=f_1(t,B_t)dt+f_2(t,B_t)dB_t+\frac{1}{2}f_{22}(t,B_t)dt $$ 下面我们来看一个实际的例子：
例 考虑下列形式的几何 Brown 运动 \(X(t)=e^{(\mu-\frac{\sigma^2}{2})t+\sigma B_t}\)，问 \(\left\{X(t);t\geq0 \right\}\) 所满足的随机微分方程
解 令 \(f(x,t)=e^{(\mu-\frac{\sigma^2}{2})t+\sigma x}\)，则 \(X(t)=f(t,B_t)\)
且有 $$ f_1=\frac{\partial f}{\partial t}=(\mu-\frac{\sigma^2}{2})e^{(\mu -\frac{\sigma^2}{2})t+\sigma x}\ f_2=\frac{\partial f}{\partial x}=\sigma e^{(\mu-\frac{\sigma^2}{2})t+\sigma x}\ f_{22}=\frac{\partial^2}{\partial x^2}=\sigma^2e^{(\mu-\frac{\sigma^2}{2})t+\sigma x} $$ 所以有 $$ f_1(t,B_t)=(\mu-\frac{\sigma^2}{2})X_t\ f_2(t,B_t)=\sigma X_t\ f_{22}(t,B_t)=\sigma^2X_t $$ 则由Ito公式 $$ dX_t=f_1(t,B_t)dt+f_2(t,B_t)dB_t+\frac{1}{2}f_{22}(t,B_t)dt=\mu X_t dt+\sigma X_td B_t $$ 所以\(\left\{X(t);t\geq 0\right\}\)满足随机微分方程为 $$ dX_t = \mu X_t dt+\sigma X_t d B_t $$
下面是老师补充的一些讲解：
例 求
解
(1) \(\int_0^T B^2(t)dB(t)\) 是 Ito 积分，我们由 Ito 积分的性质可以知道，其期望为0，所以有 $$ E\int_0^T B^2(t)dB(t)=0 $$ (2) 求 Ito 积分的方差，其实我们不用想的太复杂，因为 Ito 积分得到的本身就是一个随机变量，所以我们就当成求解一个随机变量的方差即可，所以有 $$ Var \int_0^T B^2(t)dB(t)=E[(\int_0^T B^2(t)dB(t))^2]-[E\int^T_0 B^2(t)dB(t)]^2=E[(\int_0^TB^2(t)dB(t))^2] $$ 由Ito积分的等距性质可以得到 $$ E[(\int_0^TB^2(t)dB(t))^2]=\int_0^TEB^4(t)dt $$ 然后就可以用我们所熟悉的方法，考虑标准正态分布随机变量的期望，然后将 \(B(t)\) 标准化。
我们知道对于一个标准正态分布随机变量 \(\xi \sim N(0,1)\)，有 $$ E[\xi^4]=\frac{4!}{2!2^2}=3 $$ 且\(\frac{B(t)}{\sqrt{t}}\)也服从标准正态分布，所以可以得到 $$ E[(\frac{B(t)}{\sqrt{t}})^4]=3 $$ 进而可以得到 $$ E[B^4(t)]=3t^2 $$ 所以原式可以计算出来，为 $$ Var\int_0^T B^2(t)dB(t)=\int_0^T 3t^2 dt=t^3\big|_0^T = T^3 $$ (3) 由Fubini定理可以得到 $$ E\int_0^T B^2(t)dt=\int_0^T EB^2(t)dt=\int_0^Ttdt=\frac{T^2}{2} $$
例 令 \(\mu_n =E B^n(1)\)，证明：\(\mu_{n+2}=(n+1)\mu_n\)
证明 \(\mu_{n+2}=EB^{n+2}(1)\)
我们可以考虑使用 Ito 积分进行推导，取 \(f(x)=x^{n+2}\) 则有
Tip
这里 \(B^{n+2}(1)\) 实际上指的是 \((B(1))^{n+2}\)
两边同时取期望可以得到
我们又知道 \(\frac{B(s)}{\sqrt{s}}\overset{d}{=}B(1)\)，所以可以得到 \(E[B^n(s)]=s^{\frac{n}{2}}B^n(1)=s^{\frac{n}{2}}\mu_n\)，所以可以得到
证毕。
特别地，我们知道 \(\mu_1 = EB(1)=0\)，\(\mu_2=EB^2(1)=1\)，所以可以得到 $$ \mu_{2k-1}=0\qquad \mu_{2k}=(2k-1)!! $$
Tip
事实上，参考上面的我们计算 \(E[B^4(t)]\) 的方法，我们甚至能把 \(\mu_n\) 给求出来，结合一下标准正态分布随机变量的 \(k\) 阶矩即可，不过老师的本意是希望我们能够用 Ito 积分公式完成这道题目，下面我们就直接求 \(\mu_n\) 试试看
考虑到对于标准正态分布随机变量 \(\xi\sim N(0,1)\)，有 $$ E[\xi^{2k}]=\frac{(2k)!}{k! 2^k},E[\xi^{2k-1}]=0 $$ 而\(\frac{B(t)}{\sqrt{t}}\)也服从标准正态分布，所以有 $$ E[(\frac{B(t)}{\sqrt{t}})^{2k}]=\frac{(2k)!}{k! 2^k},\qquad E[(\frac{B(t)}{\sqrt{t}})^{2k-1}]=0 $$ 所以有 $$ E[(B(t))^{2k}]=t^k\frac{(2k)!}{k!2^k}\qquad E[(B(t))^{2k-1}]=0 $$ 故有 $$ E[(B(1))^{2k}]=\frac{(2k)!}{k!2^k}\qquad E[(B(1))^{2k-1}]=0 $$ 即 $$ \mu_{2k}=\frac{(2k!)}{k!2^k}\qquad \mu_{2k-1}=0 $$ 下面我们考虑 \(\mu_{n+2}=(n+1)\mu_n\)，若 \(n+2\) 为偶数，则有 $$ \mu_{n+2}=\frac{(n+2)!}{(\frac{n}{2}+1)!2^{\frac{2}{n}+1}}\qquad \mu_n=\frac{n!}{\frac{n}{2}!2^{\frac{n}{2}}} $$ 验证即知 $$ \frac{\mu_{n+2}}{\mu_n}=\frac{(n+2)!}{(\frac{n}{2}+1)!2^{\frac{2}{n}+1}}\times \frac{\frac{n}{2}!2^{\frac{n}{2}}}{n!}=\frac{(n+2)(n+1)}{2\times \frac{n+2}{2}}=(n+1) $$