如何證明Xs=∫s0F(u)d在在Xs=∫0sF(在)d在在X_s=int^s_0 f(u)dW_u獨立於X噸−XsX噸−XsX_t-X_s
我被要求證明 $ X_s $ 和 $ X_t-X_s $ 是獨立的 $ s<t $ 然後$$ X_t=\int^t_0f(u)dW_u $$對於確定性函式 $ f $ 和布朗運動 $ W_t $ . 為了證明，我給出了計算的提示 $ E[\exp(a_1X_s+a_2(X_t-X_s))] $
如何使用提示證明獨立性？
到目前為止，我已經完成了以下工作：
我發現 $ X_s \sim N(0,\int^s_0f^2(u) du) $ 和 $ X_t - X_s\sim N(0,\int^t_sf^2(u) du) $
$$ E[\exp(a_1X_s+a_2(X_t-X_s))] =\exp(\frac{1}{2}a^2_1\int^s_0f^2(u) du+\frac{1}{2}a^2_2\int^t_sf^2(u) du) $$
我如何證明從這裡獨立？
我只會回答你標題中的問題。查看它的一種方法是離散積分。
從你的標題，讓我們定義 $$ I(a,b):=\int_a^b f(u)dW_u $$ 離散化： $$ I(a,b)=\lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^{n-1}f(a + i\frac{b-a}{n})(W(a + (i+1)\frac{b-a}{n}) - W(a + i\frac{b-a}{n})) $$ 在 $ L^2 $ .
現在只需注意任何增量 $ \Delta W $ 在 $ [t, s] $ 獨立於任何增量 $ [0,s] $ . 所以 $ I(s,t) $ 必須獨立於 $ I(0,s) $ .
接下來的內容並不嚴謹，但希望有主要思想。首先，你可能想證明 $$ X_t-X_s \sim N\left(0, \int_s^t f(u)^2 du \right), $$ 這可以通過近似來完成 $ f $ 通過一個簡單的函式 $ g = a_1 1_{(s,t_1)} + a_21_{(t_1,t_2)} + \ldots + a_n1_{(t_{n-1},t)} $ 然後使用 $$ \int_s^t g(u)dW_u = a_1(W_{t_1} - W_s) + a_2 (W_{t_2}-W_{t_1}) + \ldots a_n (W_{t}-W_{t_{n-1}}) \sim N(0, a_1^2t_1 + a_2^2 (t_2-t_1)+\ldots a_n^2(t_n-t_{n-1})) = N\left(0, \int_s^t g(u)^2 du \right) $$ 為了 $ W_{t_i}-W_{t_{i-1}} \sim N(0,t_i-t_{i-1}) $ 都是獨立的。那麼訣竅就是證明 $ X_s $ 和 $ X_t-X_s $ 是不相關的，以幫助我們接受期望 $ \mathbb{E}[\exp(a_1X_s + a_2 (X_t-X_s))] $ . 現在， $$ \mathbb{E}[(X_t-X_s)^2] = \mathbb{E}[X_t^2] - 2\mathbb{E}[X_tX_s] + \mathbb{E}[X_s^2], $$ 因此， $$ \mathbb{E}[X_sX_t] = \frac{1}{2}\left(\mathbb{E}[X_t^2] + \mathbb{E}[X_s^2] - \mathbb{E}[(X_t-X_s)^2] \right) = \frac{1}{2} \left( \int_0^t f(u)du + \int_0^s f(u)du - \int_s^t f(u) du \right) = \int_0^sf(u)du = \mathbb{E}[X_s^2] $$ 所以 $ \mathbb{E}[X_s(X_t-X_s)]=0, $ 因此 $ X_s $ 和 $ X_t-X_s $ 是不相關的。
現在，由於兩個不相關的正態分佈隨機變數 $ Y_1 \sim N(0,\sigma_1^2) $ 和 $ Y_2 \sim N(0,\sigma_2^2) $ 滿足 $ \mathbb{E}[\exp(a_1Y_1 + a_2 Y_2)] = \exp(\frac{a_1}{2} Y_1 + \frac{a_2}{2} Y_2) = \mathbb{E}[\exp(a_1Y_1)]\mathbb{E}[\exp(a_2Y_2)] $ ， 我們有
$$ \mathbb{E}[a_1X_s + a_2(X_t-X_s)] = \mathbb{E}[\exp(a_1X_s)] \mathbb{E}[\exp(a_2(X_t-X_s))] $$
對所有人 $ a_1 $ , $ a_2 $ . 服用 $ n $ 關於衍生品 $ a_1 $ 和 $ m $ 關於衍生品 $ a_2 $ ，然後設置 $ a_1=0=a_2 $ ，我們得到
$$ \mathbb{E}[X_s^n(X_t-X_s)^m] = \mathbb{E}[X_s^n]\mathbb{E}[(X_t-X_s)^m]. $$
使用它，我們現在知道對於任何多項式函式 $ p $ 和 $ q $ ， 我們有 $ \mathbb{E}[p(X_s)q(X_t-X_s)] = \mathbb{E}[p(X_s)]\mathbb{E}[q(X_t-X_s)]. $ 由於多項式函式是弱密集的，所以機率分佈函式 $ \rho_{X_s,X_t-X_s} $ 的 $ X_s $ 和 $ X_t-X_s $ 是機率密度函式的乘積 $ \rho_{X_s} $ 的 $ X_s $ 和 $ \rho_{X_t-X_s} $ 的 $ X_t-X_s $ . 因此， $ X_s $ 和 $ X_t-X_s $ 是獨立的。