Processing math: 100%

반응형

[확률적분] 1. 적분과 랜덤워크



적분


유한 닫힌구간 [a,b]에서 유계함수 f가 리만적분 가능하다(Riemann integrable)는 것은 다음의 극한이 존재하는 것이다.baf(t)dt=limΔn0ni=1f(τi)(titi1)여기서 Δn={t0,t1,...,tn1,tn}[a,b]의 분할로 다음이 성립하고a=t0<t1<<tn1<tn=bΔn=max1in(titi1), τi는 구간 [ti1,ti]에서의 한 점이다. f가 구간 [a,b]에서 연속이면, 이 함수는 리만적분 가능하다. 게다가 구간 [a,b]에서 유계인 함수가 리만적분 가능할 필요충분조건은 르베그적분에 대해 거의(almost everywhere) 연속인 것이다. 


g를 유한 닫힌구간 [a,b]에서 단조증가함수라고 하자. 구간 [a,b]에서 정의된 유계함수 fg에 대해 리만-스틸체스 적분가능(Riemann-Stieltjes integrable)하다는 것은 다음의 극한이 존재하는 것이다.baf(t)dg(t)=limΔn0ni=1f(τi)(g(ti)g(ti1))구간 [a,b]에서 연속인 함수는 구간 [a,b]에서 단조증가하는 함수에 대해 리만-스틸체스 적분가능하다. 


f를 단조증가연속, g를 연속이라고 하자. 그러면 다음의 식을 정의하기 위한 부분적분을 적용할 수 있다.baf(t)dg(t)=[f(t)g(t)]babag(t)df(t)이 식은 다음의 질문을 유도한다.


구간 [a,b]에서 연속인 임의의 함수 f, g에 대해 리만-스틸체스 적분의 정의대로 적분 baf(t)dg(t)를 정의할 수 있는가? 


f=g인 특수한 경우를 고려하자. 그러면 리만-스틸체스 적분은 다음과 같게 된다.baf(t)df(t)Δn={t0,t1,...,tn}를 구간 [a,b]의 분할, LnRn을 각각 τi=ti1, τi=ti에 대응되는 리만합으로 다음과 같다고 하자.Ln=ni=1f(ti1)(f(ti)f(ti1))Rn=ni=1f(ti)(f(ti)f(ti1))Δn0일 때 식 limΔn0Ln=limΔn0Rn이 성립하는가? 다음의 식으로부터RnLn=ni=1(f(ti)f(ti1))2Rn+Ln=ni=1({f(ti)}2{f(ti1)}2)={f(b)}2{f(a)}2그러므로 RnLn은 다음과 같고Rn=12({f(b)}2{f(a)}2+ni=1(f(ti)f(ti1))2)Ln=12({f(b)}2{f(a)}2ni=1(f(ti)f(ti1))2)위 식에 있는 식 ni=1(f(ti)f(ti1))2Δn0일 때 극한이 존재하면 이것을 [a,b]에서 f의 이차변동(quadratic variation)이라고 한다. 따라서 식 limΔn0Rn=limΔn0Ln이 성립할 필요충분조건은 함수 f의 이차변동이 0이 되는 것이다. 

다음의 두 가지 예를 살펴보자

1. fC(1)함수라고 하자. 이것은 f(t)가 연속함수임을 뜻한다. 그러면 평균값정리에 의해 Δn0일 때 다음이 성립하고|RnLn|=ni=1{f(ti)(titi1)}2ni=1f2(titi1)2f2Δnni=1(titi1)=f2Δn(ba)0여기서 ti1<ti<ti, 는 최소상계노름이다. 따라서 limΔn0Ln=limΔn0Rn이고 다음이 성립한다.limΔn0Ln=limΔn0Rn=12({f(b)}2{f(a)}2)반면에 이러한 C(1)함수 f에 대해 적분 baf(t)df(t)는 다음과 같이 정의할 수 있고baf(t)df(t)=baf(t)f(t)dt미적분학의 기본정리로부터 다음이 성립한다.baf(t)df(t)=baf(t)f(t)dt=12({f(b)}2{f(a)}2)2. f를 다음의 조건을 만족하는 연속함수라 하자.|f(t)f(s)||ts|12이 경우, 다음이 성립하고0RnLnni=1(titi1)=ba따라서 ab일 때 limΔn0RnlimDn0Ln이다. 결과적으로 적분 baf(t)df(t)를 정의할 수 없다. 이 함수의 이차변동이 ba임에 유의하자. 이 예로부터 다음의 질문을 할 수 있다.


다음의 조건을 만족하는 연속함수 f가 존재하는가?|f(t)f(s)||ts|12이 질문에 대한 답을 찾기 위해서 랜덤워크와 적합한 극한이 필요하다. 


랜덤워크(random walk)는 무작위 걸음이다. 0에서 시작해 시간 δ,2δ,...에서 hh로 점프(jump, 도약)하는 랜덤워크를 고려하자. 여기서 δh는 양수이다. {Xn}을 독립동일분포 확률변수들의 열로 다음을 만족한다고 하자.P(Xj=h)=P(Xj=h)=12Yδ,h(0)=0이라 하고Yδ,h(nδ)=X1+X2++Xn이라 하자. t>0 에 대하여 Yδ,h(t)를 선형화를 함으로써 정의하자. 즉 nδ<t<(n+1)δ에 대하여 다음과 같이 정의하자.Yδ,h(t)=(n+1)δtδYδ,h(nδ)+tnδδYδ,h((n+1)δ)Yδ,h(t)를 시간 t에서의 랜덤워크의 위치라고 생각할 수 있다. 특히 X1+X2++Xn은 시간 nδ에서의 랜덤워크의 위치이다. 이때 다음의 질문을 얻는다.


δ,h0일 때 랜덤워크 Yδ,h의 극한은 어떻게 되는가? 


이 질문에 대한 답을 찾기위해 Yδ,h(t)의 특성함수의 극한을 계산하자.limδ,h0E(eiλYδ,h(t))여기서 λR는 고정된 수이다. t=nδ라고 하면 n=tδ이고 다음을 얻는다.E(eiλYδ,h(t))=ni=1E(eiλXi)=(E(eiλX1)n)=(12eiλh+12eiλh)n=(cos(λh))n=(cos(λh))tδ분명히 고정된 λt에 대해 극한 limδ,h0eiλYδ,h(t)은 존재하지 않는다. 따라서 이 극한이 존재하기 위해서는 δh의 관계를 찾아야 한다. 

u=(cos(λh))1δ라 하자. 그러면 lnu=1δlncos(λh)이고 충분히 작은 h에 대해 다음이 성립한다.cos(λh)112λ2h2충분히 작은 x에 대해 ln(1+x)x이므로 따라서lncos(λh)ln(112λ2h2)12λ2h2그러므로 충분히 작은 δh에 대해 lnu12δλ2h2이고 다음이 성립한다.ue12δλ2h2그러면E(eiλYδ,h(t))e12δtλ2h2이고 특히 δh의 관계가 h2=δ이면, 다음이 성립한다.limδ0E(eiλYδ,h(t))=e12tλ2(λR)따라서 랜덤워크 Yδ,hδ,h0일 때의 극한은 h2=δ일 때 존재하고 다음과 같이 정리할 수 있다. 


Yδ,h(t)를 0에서 시작해 시간 δ,2δ,3δ,...에서 hh로 점프하는 랜덤워크라 하고 h2=δ라 하자. 그러면 t0에 대해 극한B(t)=limδ0Yδ,h(t)은 이 분포에서 존재한다. 게다가 다음을 얻는다.E(eiλB(t))=e12tλ2(λR)앞의 결과들을 종합하면 확률과정 B(t)가 다음의 성질들을 가짐을 기대할 수 있다.


(1) 각 시간에서 Yδ,h의 기울기의 절댓값은 δ0일 때 hδ=1δ이다. 따라서 모든 브라운 경로(Brownian path) B(t)는 어느 점에서 미분가능하지 않다. δ=|ts|라고 하면 다음이 성립한다.|B(t)B(s)|1δ|ts|=|ts|12(2) 거의 모든 B(t)의 표본경로들은 연속이다. 

(3) t에 대하여 B(t)는 평균이 0이고, 분산이 t인 가우시안 확률변수이다. 이것은 E(eiλB(t))=e12tλ2로부터 얻은 결과이다.  

(4) 확률과정 B(t)는 독립증분(independent increments)을 갖는다. 즉 임의의 0t1<t2<<tn에 대해 확률변수B(t1),B(t2)B(t1),...,B(tn)B(tn1)들은 독립이다. 


위의 성질 (2), (3), (4)는 브라운 운동(Brownian motion)이라고 불리는 기본적인 확률과정을 특징짓는다. 


참고자료:

Introduction to Stochastic Integration, Hui-Hsiung Kuo, Springer 

반응형
Posted by skywalker222