[SDE] 2.3 Exercises (Part 3)

시작에 앞서..

이 포스팅 시리즈는 Diffusion을 공부하다 SDE를 공부해야한다는 생각으로 혼자 책을 읽으며 정리한 글입니다. Bernt Øksendal 교수님의 책 “Stochastic Differential Equations: An Introduction with Applications¹“을 참고하여 작성하였습니다.

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Ex. 2.11.

2.11

$B_t = (B_t^{(1)}, \dots, B_t^{(n)})$이 n-차원 brownian motion이라고 하자. 그러면, 1 차원 확률 과정 $\{ B_t ^{(j)} \} _ {t \leq 0}, \; 1 \leq j \leq n$은 서로 독립인 1차원 brownian motion임을 증명하라.

📂 풀이

$n$차원 브라운 운동의 전이 밀도함수를 사용해보자.

\[\begin{aligned} p(t, x, y) &= \frac{1}{(2 \pi t)^{n/2}} \exp \left( - \frac{|x - y|^2}{2t} \right) \\ &= A(t) \exp \left( B(t) \cdot |x-y|^2 \right) \end{aligned}\]

여기서 $A(t) = (2 \pi t) ^ {-n/2} $와 $B(t) = - 1 / 2t$는 표기의 편의를 위해 정의된 각각 시간에만 의존하는 함수이다. $x$와 $y$는 각각 $n$차원의 벡터이다. ($x, y \in \mathbb{R}^n$) 그리고 $\lvert x - y \rvert^2$는 각 성분 $x^{(i)}$와 $y^{(i)}$의 차이의 제곱의 합이므로 다음과 같이 표현 가능하다:

\[\lvert x - y \rvert^2 = \sum_{i=1}^n (x^{(i)} - y^{(i)})^2.\]

따라서, 전이 밀도함수는 다음과 같이 쓸 수 있다:

\[\begin{aligned} p(t, x, y) &= A(t) \exp \left( B(t) \cdot \sum_{i=1}^n (x^{(i)} - y^{(i)})^2 \right) \\ &= A(t) \prod_{i=1}^n \exp \left( B(t) \cdot (x^{(i)} - y^{(i)})^2 \right) \quad (\because e^{A+B} = e^A \cdot e^B)\\ &= \prod_{i=1}^n \left( A(t)^{1/n} \exp \left( B(t) \cdot (x^{(i)} - y^{(i)})^2 \right) \right) \\ &= \prod_{i=1}^n p_i (t, x^{(i)}, y^{(i)}) \quad (\because A(t)^{1/n} = (2 \pi t)^{-1/2}). \end{aligned}\]

독립인 확률 과정임을 확인하기 위해서는 결합 확률이 각각의 확률의 곱과 같다는 것을 보이면 된다. 결합 확률을 보이기 위해 적분을 사용한다:

\[\begin{aligned} P(B_t \in F_1 \times \cdots \times F_n) &= \int_{F_1 \times \cdots \times F_n} p(t, x, y) dy \\ &= \int_{F_1 \times \cdots \times F_n} \prod_{i=1}^n p_i (t, x^{(i)}, y^{(i)}) dy \\ &= \prod_{i=1}^n \int_{F_i} p_i (t, x^{(i)}, y^{(i)}) dy^{(i)} \quad (\because \text{Fubini's Theorem}) \\ &= \prod_{i=1}^n P(B_t^{(i)} \in F_i). \end{aligned}\]

확률이 각 차원에서의 확률의 곱과 같으므로, $B_t^{(1)}, \dots, B_t^{(n)}$은 서로 독립인 1차원 브라운 운동임을 알 수 있다.

(증명 끝)

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Ex. 2.12.

2.12

Brownian motion $B_t$와 고정된 $t_0 \geq 0$에 대해, 다음도 Brownian motion임을 증명하라.

\[\tilde{B}_t := B_{t_0 + t} - B_{t_0} ; \quad t \geq 0\]

📂 풀이

브라운 운동임을 증명하기 위해 다음 네 가지 성질을 확인해야 한다:

1. $\tilde{B}_0 = 0$.

2. 가우시안 과정인지 확인:

   \(B_t - B_s \sim \mathcal{N}(0, t-s) \text{ for } 0 \leq s < t\).

3. 서로 겹치지 않는 증가분들이 서로 독립인지 확인
4. 거의 확실히(almost surely) 연속 경로인지 확인

1. $\tilde{B}_0 = 0$ 확인:
바로 확인 가능하다.

\[\tilde{B}_0 = B_{t_0 + 0} - B_{t_0} = B_{t_0} - B_{t_0} = 0.\]

2. 가우시안 과정인지 확인:
$0 \leq s < t$에 대해, $\tilde{B}_t - \tilde{B}_s$의 분포를 살펴보자.

\[\begin{aligned} \tilde{B}_t - \tilde{B}_s &= (B_{t_0 + t} - B_{t_0}) - (B_{t_0 + s} - B_{t_0}) \\ &= B_{t_0 + t} - B_{t_0 + s} \\ &\sim B_t - B_s \quad (\because \text{Exercise 2.10}) \end{aligned}\]

$B_t - B_s$는 평균이 0이고 분산이 $t-s$인 정규분포를 따르므로, $\tilde{B}_t - \tilde{B}_s$도 동일한 분포를 따른다. 따라서, $\tilde{B}_t$는 가우시안 과정이다.

3. 서로 겹치지 않는 증가분들이 서로 독립인지 확인:
서로 다른 시간 구간에 대해 살펴보자. 예를 들어 $0 \leq t_1 < t_2 < \dots < t_k$에 대해 다음이 독립이여야 한다.

\[\tilde{B}_{t_1}, \tilde{B}_{t_2} - \tilde{B}_{t_1}, \dots, \tilde{B}_{t_k} - \tilde{B}_{t_{k-1}}.\]

각 증가분을 원래 $B#로 쓰면

\[\tilde{B}_{t_j} - \tilde{B}_{t_{j-1}} = B_{t_0 + t_j} - B_{t_0 + t_{j-1}}.\]

즉, $[ t_0 + t_{j-1}, t_0 + t_j ]$ 구간에서의 $B_t$의 증가분이다. 브라운 운동 $B_t$의 성질에 의해, 서로 겹치지 않는 구간에서의 증가분들은 독립이므로, $\tilde{B}_t$의 증가분들도 독립이다.

4. 거의 확실히 연속 경로인지 확인:
$t \mapsto B_{t_0 + t} (\omega)$는 $t \mapsto B_t(\omega)$의 단순한 시간평행이동이다. 따라서 $B$가 연속이라면 이 함수도 당연히 연속일 수 밖에 없다. 여기서 상수 $B_{t_0}(\omega)$를 빼는 것은 연속성에 영향을 미치지 않는다. 따라서, $\tilde{B}_t$도 거의 확실히 연속 경로를 가진다.

모든 조건을 만족하므로, $\tilde{B}_t$는 브라운 운동이다.

(증명 끝)

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Ex. 2.13.

2.13

2차원 Brownian motion $B_t$와 다음 $D_\rho$를 고려하자.

\[D_\rho = \{ x \in \mathbb{R}^2 ; |x| < \rho \} \qquad \text{for } \rho > 0\]

다음을 계산하라.

\[P^0 [ B_t \in D_\rho ].\]

📂 풀이

우와.. 증명 문제가 아니다.. 증명 지옥 속 가뭄의 단비같은 문제이다. 2차원에서 브라운 운동이 진행됨에 따라, 반지름이 $\rho$인 원 안에 있을 확률을 구하는 문제이다. 브라운 운동은 점 $(0, 0)$에서 시작해 점점 퍼질 것이므로, 확률을 점점 작아지다가 결국 0으로 수렴할 것이라는 것도 얼추 알 수 있다.

2차원 Brownian motion의 전이 밀도함수는 다음과 같다:

\[p_t(x) = \frac{1}{2 \pi t} \exp \left( - \frac{|x|^2}{2t} \right), \quad x \in \mathbb{R}^2.\]

여기서 $\lvert x \rvert^2 = x_1^2 + x_2^2$

원판 $D_\rho$ 안에 있을 확률은 밀도를 $D_\rho$에 대해 적분하여 구할 수 있다:

\[\begin{aligned} P^0 [ B_t \in D_\rho ] &= \int_{D_\rho} p_t(x) \, dx \\ &= \int_{|x| < \rho} \frac{1}{2 \pi t} \exp \left( - \frac{|x|^2}{2t} \right) \, dx. \end{aligned}\]

원판이므로, 극좌표를 이용하여 적분을 계산하는게 편해 보인다. 극좌표 $x = (r \cos \theta, r \sin \theta)$로 바꾸면:

• $\lvert x \rvert = r$
• $dx = r \, dr \, d\theta$

따라서

\[P^0 [ B_t \in D_\rho ] = \int_0^{2\pi} \int_0^\rho \frac{1}{2 \pi t} \exp \left( - \frac{r^2}{2t} \right) r \, dr \, d\theta.\]

1차 적분을 계산해보자.

\[\int_0^\rho \frac{1}{2 \pi t} \exp \left( - \frac{r^2}{2t} \right) r \, dr.\]

치환 적분이 바로 적용 가능하다. $u = \frac{r^2}{2t}$라고 두면, $du = \frac{r}{t} dr$이므로 $r \, dr = t \, du$이다. 따라서 적분은 다음과 같이 바뀐다:

\[\begin{aligned} \int_0^\rho \frac{1}{2 \pi t} \exp \left( - \frac{r^2}{2t} \right) r \, dr &= \int_0^{\rho^2 / 2t} \frac{1}{2 \pi t} e^{-u} t \, du \\ &= \frac{1}{2 \pi} \int_0^{\rho^2 / 2t} e^{-u} \, du \\ &= \frac{1}{2 \pi} \left[ -e^{-u} \right]_0^{\rho^2 / 2t} \\ &= \frac{1}{2 \pi} \left( 1 - e^{-\rho^2 / 2t} \right). \end{aligned}\]

다음 $\theta$에 대해 적분을 수행하면, $\theta$에 대한 적분인데, $\theta$가 식에 없다. 단순히 $2\pi$를 곱하는 것과 같다. 따라서 전체 확률은:

\[P^0 [ B_t \in D_\rho ] = \int_0^{2\pi} \frac{1}{2 \pi} \left( 1 - e^{-\rho^2 / 2t} \right) d\theta = \left( 1 - e^{-\rho^2 / 2t} \right).\]

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Ex. 2.14.

2.14

$B_t$를 $n$ 차원 Brownian motion이라 하고, $K \subset \mathbb{R}^n$을 $n$ 차원 르베그 측도(Lebesgue measure)가 0인 집합이라고 하자. $B_t$가 $K$ 안에 머무르는 총 시간의 기댓값이 $0$임을 증명하라. (이는 $B_t$와 연관된 그린 측도(Green measure)가 르베그 측도에 대해 절대 연속(absolutely continuous)임을 의미한다. 9장 참조.)

📂 풀이

이 문제가 말하고자 하는 바부터 이해해보자. 르베그 측도가 0인 집합이라는 것은, 예를 들어 1차원에서는 점들의 집합, 2차원에서는 선분이나 곡선 같은 것들의 집합을 의미한다. 1차원 공간($\mathbb{R}^1$)에서 점 하나는 길이를 잴 수 없다. 또, 2차원 공간($\mathbb{R}^2$)에서 선분이나 곡선도 넓이를 잴 수 없다. 즉, 르베그 측도가 0인 집합은 우리가 일반적으로 해당 차원의 공간 상에 존재는 하지만, 공간에서 차지하는 ‘양’이 없는 녀석들을 의마한다.

이 문제에서는 영훤한 Brownian motion이 이러한 르베그 측도가 0인 집합에 머무르는 총 시간이 0임을 증명하라고 한다. 즉 2차원 예를 들면, 무한히 브라운 운동을 하는 점 입자가 어떤 선분이나 곡선 위에 머무르는 시간을 다 측정해서 더했을 때, 그 총합이 0이라는 것이다.

브라운 운동의 입자가 집합 $K$에 총 머무르는 시간을 나타내보자.

\[T_K = \int_0^\infty \mathbf{1}_K(B_t) \, dt,\]

이제 그 기대값을 나타내면:

\[\begin{aligned} E[T_K] &= E\left[ \int_0^\infty \mathbf{1}_K(B_t) \, dt \right] \\ &= \int_0^\infty E[\mathbf{1}_K(B_t)] \, dt \quad (\because \text{Fubini's Theorem}) \\ &= \int_0^\infty P(B_t \in K) \, dt. \end{aligned}\]

여기서 $P(B_t \in K)$는 브라운 운동이 시간 $t$에 집합 $K$에 있을 확률이다. 이제 이 확률을 계산해보자. 브라운 운동의 전이 밀도함수를 사용하면:

\[P(B_t \in K) = \int_K p(t, x, y) \, dx,\]

여기서 $p(t, x, y)$는 브라운 운동의 전이 밀도함수이다. 르베그 측도가 0인 집합 $K$에 대해 적분을 수행하면, 적분값은 항상 0이 된다. 즉,

\[P(B_t \in K) = 0.\]

따라서, 기대값은 다음과 같이 계산된다:

\[E[T_K] = \int_0^\infty 0 \, dt = 0.\]

(증명 끝)

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Ex. 2.15.

2.15

$B_t$를 $n$ 차원 Brownian motion이라 하고, $U \in \mathbb{R}^{n \times n}$를 (상수) 직교 행렬(orthogonal matrix)이라고 하자. (즉, $UU^T = I$를 만족한다.)

이때, 다음으로 정의된 과정 역시 Brownian motion임을 증명하라.

\[\tilde{B}_t := U B_t\]

📂 풀이

이 문제 역시 2.12번 문제와 유사하게 브라운 운동의 네 가지 성질을 확인하면 된다.

1. $\tilde{B}_0 = 0$ 확인:
바로 확인 가능하다.

\[\tilde{B}_0 = U B_0 = U \cdot 0 = 0.\]

2. 가우시안 과정인지 확인:
$0 \leq s < t$에 대해, $\tilde{B}_t - \tilde{B}_s$의 분포를 살펴보자.

\[\begin{aligned} \tilde{B}_t - \tilde{B}_s &= U B_t - U B_s \\ &= U (B_t - B_s). \end{aligned}\]

$B_t - B_s$는 평균이 0이고 공분산 행렬이 $(t-s)I$인 다변량 정규분포를 따른다. 직교 행렬 $U$를 곱하면, 새로운 분포의 평균은 여전히 0이고 공분산 행렬은 다음과 같이 계산된다:

\[\begin{aligned} \text{Cov}(\tilde{B}_t - \tilde{B}_s) &= U \cdot \text{Cov}(B_t - B_s) \cdot U^T \\ &= U \cdot (t-s)I \cdot U^T \\ &= (t-s) U U^T \\ &= (t-s) I. \end{aligned}\]

따라서, $\tilde{B}_t - \tilde{B}_s$도 평균이 0이고 공분산 행렬이 $(t-s)I$인 다변량 정규분포를 따른다. 즉, $\tilde{B}_t$는 가우시안 과정이다.

3. 서로 겹치지 않는 증가분들이 서로 독립인지 확인:
서로 다른 시간 구간에 대해 살펴보자. 예를 들어 $0 \leq t_1 < t_2 < \dots < t_k$에 대해 다음이 독립이여야 한다.

\[\tilde{B}_{t_1}, \tilde{B}_{t_2} - \tilde{B}_{t_1}, \dots, \tilde{B}_{t_k} - \tilde{B}_{t_{k-1}}.\]

각 증가분을 원래 $B$로 쓰면

\[\tilde{B}_{t_j} - \tilde{B}_{t_{j-1}} = U (B_{t_j} - B_{t_{j-1}}).\]

즉, $B$의 증가분에 직교 행렬 $U$를 곱한 것이다. 브라운 운동 $B_t$의 성질에 의해, 서로 겹치지 않는 구간에서의 증가분들은 독립이므로, $\tilde{B}_t$의 증가분들도 독립이다.

4. 거의 확실히 연속 경로인지 확인:
$t \mapsto U B_t (\omega)$는 $t \mapsto B_t(\omega)$의 선형 변환이다. 따라서 $B$가 연속이라면 이 함수도 당연히 연속일 수 밖에 없다. 직교 행렬 $U$를 곱하는 것은 연속성에 영향을 미치지 않는다. 따라서, $\tilde{B}_t$도 거의 확실히 연속 경로를 가진다.

모든 조건을 만족하므로, $\tilde{B}_t$는 브라운 운동이다.

(증명 끝)

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Ex. 2.16.

2.16 Brownian scaling.

$B_t$를 1차원 Brownian motion이라 하고, $c > 0$를 임의의 상수라고 하자. 그러면, 다음으로 정의된 과정 역시 Brownian motion임을 증명하라.

\[\hat{B}_t := \frac{1}{c} B_{c^2 t}\]

📂 풀이

역시나 앞의 문제처럼 4가지 성질을 확인하면 된다.

1. $\hat{B}_0 = 0$ 확인:
바로 확인 가능하다.

\[\hat{B}_0 = \frac{1}{c} B_{c^2 \cdot 0} = \frac{1}{c} B_0 = \frac{1}{c} \cdot 0 = 0.\]

2. 가우시안 과정인지 확인:
$0 \leq s < t$에 대해, $\hat{B}_t - \hat{B}_s$의 분포를 살펴보자.

\[\begin{aligned} \hat{B}_t - \hat{B}_s &= \frac{1}{c} B_{c^2 t} - \frac{1}{c} B_{c^2 s} \\ &= \frac{1}{c} (B_{c^2 t} - B_{c^2 s}). \end{aligned}\]

$B_{c^2 t} - B_{c^2 s}$는 평균이 0이고 분산이 $c^2 (t-s)$인 정규분포를 따른다. 따라서, $\hat{B}_t - \hat{B}_s$의 분산은 다음과 같다:

\[\text{Var}(\hat{B}_t - \hat{B}_s) = \left( \frac{1}{c} \right)^2 \cdot c^2 (t-s) = t-s.\]

따라서, $\hat{B}_t - \hat{B}_s$도 평균이 0이고 분산이 $t-s$인 정규분포를 따른다. 즉, $\hat{B}_t$는 가우시안 과정이다.

3. 서로 겹치지 않는 증가분들이 서로 독립인지 확인:
서로 다른 시간 구간에 대해 살펴보자. 예를 들어 $0 \leq t_1 < t_2 < \dots < t_k$에 대해 다음이 독립이여야 한다.

\[\hat{B}_{t_1}, \hat{B}_{t_2} - \hat{B}_{t_1}, \dots, \hat{B}_{t_k} - \hat{B}_{t_{k-1}}.\]

각 증가분을 원래 $B$로 쓰면

\[\hat{B}_{t_j} - \hat{B}_{t_{j-1}} = \frac{1}{c} (B_{c^2 t_j} - B_{c^2 t_{j-1}}).\]

즉, $B$의 증가분에 상수 $\frac{1}{c}$를 곱한 것이다. 브라운 운동 $B_t$의 성질에 의해, 서로 겹치지 않는 구간에서의 증가분들은 독립이므로, $\hat{B}_t$의 증가분들도 독립이다.

4. 거의 확실히 연속 경로인지 확인:
$t \mapsto \frac{1}{c} B_{c^2 t} (\omega)$는 $t \mapsto B_t(\omega)$의 시간 스케일링과 선형 변환이다. 따라서 $B$가 연속이라면 이 함수도 당연히 연속일 수 밖에 없다. 상수 $\frac{1}{c}$를 곱하는 것은 연속성에 영향을 미치지 않는다. 따라서, $\hat{B}_t$도 거의 확실히 연속 경로를 가진다.

모든 조건을 만족하므로, $\hat{B}_t$는 브라운 운동이다.

(증명 끝)

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Reference

1. Bernt Øksendal, Stochastic Differential Equations, Springer, 2003. DOI: 10.1007/978-3-642-14394-6. ↩︎