[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=lim‖Δn‖→0n∑i=1f(τi)(ti−ti−1)여기서 Δn={t0,t1,...,tn−1,tn}은 [a,b]의 분할로 다음이 성립하고a=t0<t1<⋯<tn−1<tn=b‖Δn‖=max1≤i≤n(ti−ti−1), τi는 구간 [ti−1,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 f가 g에 대해 리만-스틸체스 적분가능(Riemann-Stieltjes integrable)하다는 것은 다음의 극한이 존재하는 것이다.∫baf(t)dg(t)=lim‖Δn‖→0n∑i=1f(τi)(g(ti)−g(ti−1))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)]ba−∫bag(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, Ln과 Rn을 각각 τi=ti−1, τi=ti에 대응되는 리만합으로 다음과 같다고 하자.Ln=n∑i=1f(ti−1)(f(ti)−f(ti−1))Rn=n∑i=1f(ti)(f(ti)−f(ti−1))‖Δn‖→0일 때 식 lim‖Δn‖→0Ln=lim‖Δn‖→0Rn이 성립하는가? 다음의 식으로부터Rn−Ln=n∑i=1(f(ti)−f(ti−1))2Rn+Ln=n∑i=1({f(ti)}2−{f(ti−1)}2)={f(b)}2−{f(a)}2그러므로 Rn과 Ln은 다음과 같고Rn=12({f(b)}2−{f(a)}2+n∑i=1(f(ti)−f(ti−1))2)Ln=12({f(b)}2−{f(a)}2−n∑i=1(f(ti)−f(ti−1))2)위 식에 있는 식 n∑i=1(f(ti)−f(ti−1))2이 ‖Δn‖→0일 때 극한이 존재하면 이것을 [a,b]에서 f의 이차변동(quadratic variation)이라고 한다. 따라서 식 lim‖Δn‖→0Rn=lim‖Δn‖→0Ln이 성립할 필요충분조건은 함수 f의 이차변동이 0이 되는 것이다.
다음의 두 가지 예를 살펴보자
1. f를 C(1)함수라고 하자. 이것은 f′(t)가 연속함수임을 뜻한다. 그러면 평균값정리에 의해 ‖Δn‖→0일 때 다음이 성립하고|Rn−Ln|=n∑i=1{f′(t∗i)(ti−ti−1)}2≤n∑i=1‖f′‖2∞(ti−ti−1)2≤‖f′‖2∞‖Δn‖n∑i=1(ti−ti−1)=‖f′‖2∞‖Δn‖(b−a)→0여기서 ti−1<t∗i<ti, ‖⋅‖∞는 최소상계노름이다. 따라서 lim‖Δn‖→0Ln=lim‖Δn‖→0Rn이고 다음이 성립한다.lim‖Δn‖→0Ln=lim‖Δn‖→0Rn=12({f(b)}2−{f(a)}2)반면에 이러한 C(1)함수 f에 대해 적분 ∫baf(t)df(t)는 다음과 같이 정의할 수 있고∫baf(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)|≈|t−s|12이 경우, 다음이 성립하고0≤Rn−Ln≈n∑i=1(ti−ti−1)=b−a따라서 a≠b일 때 lim‖Δn‖→0Rn≠lim‖Dn‖→0Ln이다. 결과적으로 적분 ∫baf(t)df(t)를 정의할 수 없다. 이 함수의 이차변동이 b−a임에 유의하자. 이 예로부터 다음의 질문을 할 수 있다.
다음의 조건을 만족하는 연속함수 f가 존재하는가?|f(t)−f(s)|≈|t−s|12이 질문에 대한 답을 찾기 위해서 랜덤워크와 적합한 극한이 필요하다.
랜덤워크(random walk)는 무작위 걸음이다. 0에서 시작해 시간 δ,2δ,...에서 h와 −h로 점프(jump, 도약)하는 랜덤워크를 고려하자. 여기서 δ와 h는 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)δ−tδYδ,h(nδ)+t−nδδYδ,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,h→0일 때 랜덤워크 Yδ,h의 극한은 어떻게 되는가?
이 질문에 대한 답을 찾기위해 Yδ,h(t)의 특성함수의 극한을 계산하자.limδ,h→0E(eiλYδ,h(t))여기서 λ∈R는 고정된 수이다. t=nδ라고 하면 n=tδ이고 다음을 얻는다.E(eiλYδ,h(t))=n∏i=1E(eiλXi)=(E(eiλX1)n)=(12eiλh+12e−iλh)n=(cos(λh))n=(cos(λh))tδ분명히 고정된 λ와 t에 대해 극한 limδ,h→0eiλYδ,h(t)은 존재하지 않는다. 따라서 이 극한이 존재하기 위해서는 δ와 h의 관계를 찾아야 한다.
u=(cos(λh))1δ라 하자. 그러면 lnu=1δlncos(λh)이고 충분히 작은 h에 대해 다음이 성립한다.cos(λh)≈1−12λ2h2충분히 작은 x에 대해 ln(1+x)≈x이므로 따라서lncos(λh)≈ln(1−12λ2h2)≈−12λ2h2그러므로 충분히 작은 δ와 h에 대해 lnu≈−12δλ2h2이고 다음이 성립한다.u≈e−12δλ2h2그러면E(eiλYδ,h(t))≈e−12δtλ2h2이고 특히 δ와 h의 관계가 h2=δ이면, 다음이 성립한다.limδ→0E(eiλYδ,h(t))=e−12tλ2(λ∈R)따라서 랜덤워크 Yδ,h의 δ,h→0일 때의 극한은 h2=δ일 때 존재하고 다음과 같이 정리할 수 있다.
Yδ,h(t)를 0에서 시작해 시간 δ,2δ,3δ,...에서 h와 −h로 점프하는 랜덤워크라 하고 h2=δ라 하자. 그러면 t≥0에 대해 극한B(t)=limδ→0Yδ,h(t)은 이 분포에서 존재한다. 게다가 다음을 얻는다.E(eiλB(t))=e−12tλ2(λ∈R)앞의 결과들을 종합하면 확률과정 B(t)가 다음의 성질들을 가짐을 기대할 수 있다.
(1) 각 시간에서 Yδ,h의 기울기의 절댓값은 δ→0일 때 hδ=1√δ→∞이다. 따라서 모든 브라운 경로(Brownian path) B(t)는 어느 점에서 미분가능하지 않다. δ=|t−s|라고 하면 다음이 성립한다.|B(t)−B(s)|≈1√δ|t−s|=|t−s|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))=e−12tλ2로부터 얻은 결과이다.
(4) 확률과정 B(t)는 독립증분(independent increments)을 갖는다. 즉 임의의 0≤t1<t2<⋯<tn에 대해 확률변수B(t1),B(t2)−B(t1),...,B(tn)−B(tn−1)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
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