UA MATH563 概率論的數學基礎 鞅論初步10 Doob可選停止定理與一維隨機游走的exiting time

這一講介紹可選停時(optional stopping)，我們先回顧一下停時的定義：

假設$\{{\mathcal{F}}_n\}$是一個filtration，稱隨機變量$N:\Omega \to \mathbb{N}$是$\{{\mathcal{F}}_n\}$上的一個停時，如果$?n<\infty$，
$$\{w\in \Omega :N(w)\le n\}\in {\mathcal{F}}_n$$

或者用等價地
$$\{w\in \Omega :N(w)=n\}\in {\mathcal{F}}_n$$

定義$\sigma$-代數associated with停時$N$
$${\mathcal{F}}_N=\{A?\Omega :A\cap \{N=n\}\in {\mathcal{F}}_n\}$$

評注

${\mathcal{F}}_N=\sigma (N)$；

${\mathcal{F}}_N$是$\sigma$-代數；

$N$是${\mathcal{F}}_N$-可測的；(驗證${\mathcal{F}}_N?\sigma (N)$即可, $?A\in \sigma (N)$, $?k,A=\{N=k\}$, $A\cap \{N=n\}=\{N=k\}{\chi }_{\{n=k\}}+?{\chi }_{\{n=k\}}\in {\mathcal{F}}_n$)

$N\le M$, 則${\mathcal{F}}_N?{\mathcal{F}}_M$

性質1 $\{X_i\}$是一列iid的隨機變量，${\mathcal{F}}_n=\sigma (\{X_k:k\le n\})$，$N$是$\{{\mathcal{F}}_n\}$上的一個停時，假設$P(N<\infty )>0$，則給定$N<\infty$的條件下，$\{X_{N+n}:n\ge 1\}$與${\mathcal{F}}_N$獨立，并且與$\{X_n:n\ge 1\}$同分布。

其中隨機變量與$\sigma$-代數互相獨立的含義是：$X:(\Omega ,\mathcal{B},P)\to (\mathbb{R},\mathcal{B}(\mathbb{R}))$，$\mathcal{A}$是$\mathcal{B}$的子$\sigma$-代數，稱$X$與$\mathcal{A}$互相獨立，如果
$$?A\in \mathcal{A},E\in \sigma (X),P(A\cap E)=P(A)P(E)$$

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Doob optional sampling theorem (optional stopping theorem)
假設$(X_n,{\mathcal{F}}_n)$是一個submartingale，$0\le N_1\le N_2\le K$，即$N_1,N_2$是有界的停時，其中$K$是一個常數，則
$$E[X_{N_2}|{\mathcal{F}}_{N_1}]\ge X_{N_1},a.s.$$

當$X_n$為鞅是取等。

推論 $\min (N,K)$是停時，并且
$$E[X_{\min (N,K)}|{\mathcal{F}}_{min(N,K)}]\ge X_{\min (N,L)},?K\ge L$$

以及$\{X_{\min (N,K)},{\mathcal{F}}_{min(N,K)}\}$是一個submartingale。

這個定理的證明在隨機過程那個系列（嗯，還沒寫呢）完成。

例 $\{{\xi }_i\}$是一個iid的序列
$$\begin{gathered} P({\xi }_i=1)=1/2,P({\xi }_i=?1)=1/2 \\ {S}_0=x_0,S_n=x_0+\sum _{i=1}^n{\xi }_n \end{gathered}$$

假設邊界為$[a,b]$，$x_0\in [a,b]$，我們的目標是討論這個隨機游走如何脫離邊界。這就是一個典型的optional stopping的問題，因為不論是從邊界$a$還是$b$脫離都是脫離，因此我們要考慮的其實是$\min (N_a,N_b)$，其中
$$N_a=第一次到達a的時間，N_b=第一次到達b的時間$$

記$N_{ab}=\min (N_a,N_b)$，我們想計算的是：

$P(N_a<N_b)$

$P(N_b<N_a)=1?P(N_a<N_b)$

$E{N}_{ab}$

Claim 1. $\{S_n\}$與$\{S_n^2?n\}$都是${\mathcal{F}}_n=\sigma (\{{\xi }_i:i\le n\})$上的鞅。$\{S_n\}$是鞅這點非常明顯，我們說明一下$\{S_n^2?n\}$，
$$|S_n^2?n|\le S_n^2+n\le (x_0+n{)}^2+n$$

所以是有界的，因此$S_n^2?n$可積，下面計算
$$\begin{gathered} E[S_{n+1}^2?(n+1)|{\mathcal{F}}_n]=E[(S_n+{\xi }_{n+1}{)}^2?n?1|{\mathcal{F}}_n] \\ =E[S_n^2+2S_n{\xi }_{n+1}+{\xi }_{n+1}^2?n?1|{\mathcal{F}}_n] \\ =S_n^2?n+2S_{n}E[{\xi }_{n+1}|{\mathcal{F}}_n]+E[{\xi }_{n+1}^2?1|{\mathcal{F}}_n] \end{gathered}$$

其中
$$\begin{gathered} E[{\xi }_{n+1}|{\mathcal{F}}_n]=E[{\xi }_{n+1}]=0 \\ E[{\xi }_{n+1}^2?1|{\mathcal{F}}_n]=E[{\xi }_{n+1}^2?1]=0 \end{gathered}$$

于是$$E[S_{n+1}^2?(n+1)|{\mathcal{F}}_n]=S_n^2?n$$
Claim 2. $E{N}_{ab}=|ab|$ (如果$x_0=0$)
要說明這個結論，我們要用到Doob可選停止定理，但$N_{ab}$無界，所以我們考慮$\min (N_{ab},n)$，計算
$$E[S_{\min (N_{ab},n)}|{\mathcal{F}}_{\min (N_{ab},0)}={\mathcal{F}}_0]=S_0=x_0=0$$同理$$E[S_{\min (N_{ab},n)}^2?\min (N_{ab},n)]=0$$

注意到$\min (N_{ab},n)\uparrow N_{ab},n\to \infty$，以及$a^2\le S_{\min (N_{ab},n)}^2\le b^2$，根據單調有界必收斂，
$$E[S_{\min (N_{ab},n)}^2]\to E[S_{N_{ab}}^2]$$

根據期望的單調收斂定理，
$$E[S_{N_{ab}}^2]\to E[N_{ab}]$$

于是$E[S_{N_{ab}}]=0$（極限的唯一性），
$$E[S_{N_{ab}}]=aP(N_a<N_b)+bP(N_b<N_a)=0$$

因為$P(N_b<N_a)=1?P(N_a<N_b)$，所以
$$P(N_a<N_b)=\frac{b}{b?a},P(N_b<N_a)=\frac{?a}{b?a}$$

以及
$$\begin{gathered} E[N_{ab}]=a^{2}P(N_a<N_b)+b^{2}P(N_b<N_a) \\ =\frac{a^{2}b}{b?a}?\frac{a{b}^2}{b?a}=|ab| \end{gathered}$$

總結

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