[확률적분] 4.확률적분의 배경, 브라운운동의 여과

[확률적분] 4.확률적분의 배경, 브라운운동의 여과

$B(t)$를 브라운 운동, $f(t)$를 $L^{2}([a,\,b])$에서 결정적인($\omega$의 영향을 받지않는) 함수라 하자. 다음의 확률과정은 마팅게일이고 $$M_{t}=\int_{a}^{t}{f(s)dB(s)},\,a\leq t\leq b$$ 다음과 같은 문제에 의문을 갖게 된다.

확률과정 $f(t,\,\omega)$에 대한 확률적분 $\displaystyle\int_{a}^{b}{f(t,\,\omega)dB(t,\,\omega)}$형태로 정의된 다음의 확률과정은 마팅게일인가? $$M_{t}=\int_{a}^{t}{f(s,\,\omega)dB(s,\,\omega)},\,a\leq t\leq b$$ 이 질문에 대한 답을 얻기 위해 $f(t)=B(t)$라 하여 질문의 적분을 $\displaystyle\int_{a}^{b}{B(t)dB(t)}$로 나타나게 하자. 그러면 $$\begin{align*}L_{n}&=\sum_{i=1}^{n}{B(t_{i-1})\{B(t_{i}-B(t_{i-1}))\}}\\R_{n}&=\sum_{i=1}^{n}{B(t_{i})\{B(t_{i})-B(t_{i-1})\}}\end{align*}$$ 이고 다음이 성립한다. $$R_{n}-L_{n}=\sum_{i=1}^{n}{\{B(t_{i})-B(t_{i-1})\}^{2}}$$ 따라서 극한 $\displaystyle\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{(R_{n}-L_{n})}$이 존재한다면, 브라운 운동 $B(t)$의 이차변동이다. 다음의 정리는 $B(t)$의 변동이 심해서 이차변동이 0이 아님을 보여주는 정리이다. 

$\Delta_{n}=\{a=t_{0},\,t_{1},\,...,\,t_{n-1},\,t_{n}\}$을 유한구간 $[a,\,b]$의 분할이라 하자. 그러면 $L^{2}(\Omega)$에서 $\displaystyle\|\Delta_{n}\|=\max_{1\leq i\leq n}{(t_{i}-t_{i-1})}\,\rightarrow\,0$일 때 다음이 성립한다. $$\sum_{i=1}^{n}{\{B(t_{i})-B(t_{i-1})\}^{2}}\,\rightarrow\,b-a$$ 다음의 두 사실에 주목하자: (1) $L^{2}(\Omega)$수렴하면 확률수렴한다. (2) 수열이 확률수렴하면, 적당한 부분수열이 존재해서 a.s.수렴한다. 따라서 $\{\Delta_{n}\}$의 부분수열 $\{\tilde{\Delta}_{n}\}$이 존재해서 $\|\tilde{\Delta}_{n}\|\,\rightarrow\,0$일 때, 브라운 운동의 이차변동이 a.s. 수렴한다. 실제로 $\{\Delta_{n}\}$이 다음 조건을 만족하면 $$\Delta_{1}\subset\Delta_{2}\subset\cdots\Delta_{n}\subset\cdots$$ 브라운 운동의 이차변동의 a.s. 수렴이 보장된다. 또한 $\{\Delta_{n}\}$이 조건 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{\|\Delta_{n}\|}<\infty$이면, a.s.수렴은 보장된다.

증명: $\displaystyle b-a=\sum_{i=1}^{n}{(t_{i}-t_{i-1})}$이고 여기서 $$\Phi_{n}=\sum_{i=1}^{n}{(\{B(t_{i})-B(t_{i-1})\}^{2}-(t_{i}-t_{i-1}))}=\sum_{i=1}^{n}{X_{i}}$$ 여기서 $X_{i}=\{B(t_{i})-B(t_{i-1})\}^{2}-(t_{i}-t_{i-1})$이다. 그러면 $$\Phi_{n}^{2}=\sum_{i,\,j=1}^{n}{X_{i}X_{j}}$$ 이고 $i\neq j$에 대하여 $E(X_{i}X_{j})=0$인데 그 이유는 $B(t)$가 독립증분을 갖고 $E(\{B(t)-B(s)\}^{2})=t-s$가 성립하기 때문이다. 반면에 $E(\{B(t)-B(s)\}^{4})=3(t-s)^{2}$이고 $\Phi_{n}^{2}$식에서 $i=j$일 때 다음 식이 성립한다. $$\begin{align*}E(X_{i}^{2})&=E(\{B(t_{i})-B(t_{i-1})\}^{4}-2(t_{i}-t_{i-1})\{B(t_{i}-B(t_{i-1})\}+(t_{i}-t_{i-1})^{2})\\&=3(t_{i}-t_{i-1})^{2}-2(t_{i}-t_{i-1})^{2}+(t_{i}-t_{i-1})^{2}\\&=2(t_{i}-t_{i-1})^{2}\end{align*}$$ 그러므로 $\|\Delta_{n}\|\,\rightarrow\,0$일 때 다음이 성립하고 $$\begin{align*}E(\Phi_{n}^{2})=\sum_{i=1}^{n}{2(t_{i}-t_{i-1})^{2}}\leq2\|\Delta_{n}\|\sum_{i=1}^{n}{(t_{i}-t_{i-1})}=2(b-a)\|\Delta_{n}\|\,\rightarrow\,0\end{align*}$$ 이다. 이것은 $\Phi_{n}$이 $L^{2}(\Omega)$가 0으로 수렴함을 뜻하고 따라서 식 $\Phi_{n}$에 의해 브라운 운동의 이차변동이 $b-a$로 수렴한다. 

이 정리를 적용해서 $L^{2}(\Omega)$에서 다음의 결과를 얻고 $$\lim_{\|\Delta_{n}\|\,\rightarrow\,0}{(R_{n}-L_{n})}=b-a$$ 따라서 $\displaystyle\lim_{\|\Delta_{n}\|\,\rightarrow\,0}{R_{n}}\neq\lim_{\|\Delta_{n}\|\,\rightarrow\,0}{L_{n}}$인데 각각의 극한은 어떻게 될까? 이 답을 찾기 위해 다음에 주목하자. $$\begin{align*}R_{n}+L_{n}&=\sum_{i=1}^{n}{\{B(t_{i})+B(t_{i-1})\}\{B(t_{i})-B(t_{i-1})\}}\\&=\sum_{i=1}^{n}{(\{B(t_{i})\}^{2}-\{B(t_{i-1})\}^{2})}=\{B(t_{n})\}^{2}-\{B(t_{0})\}^{2}\\&=\{B(b)\}^{2}-\{B(a)\}^{2}\end{align*}$$ 위의 식으로부터 $R_{n}$과 $L_{n}$을 다음과 같이 나타낼 수 있다. $$\begin{align*}R_{n}&=\frac{1}{2}\left(\{B(b)\}^{2}-\{B(a)\}^{2}+\sum_{i=1}^{n}{\{B(t_{i})-B(t_{i-1})\}^{2}}\right)\\L_{n}&=\frac{1}{2}\left(\{B(b)\}^{2}-\{B(a)\}^{2}-\sum_{i=1}^{n}{\{B(t_{i})-B(t_{i-1})\}^{2}}\right)\end{align*}$$ $R_{n}$과 $L_{n}$에 대해 $L^{2}(\Omega)$에서의 극한을 적용하면 다음의 결과를 얻는다. $$\begin{align*}\lim_{\|\Delta_{n}\|\,\rightarrow\,0}{R_{n}}&=\frac{1}{2}(\{B(b)\}^{2}-\{B(a)\}^{2}+(b-a))\\ \lim_{\|\Delta_{n}\|\,\rightarrow\,0}{L_{n}}&=\frac{1}{2}(\{B(b)\}^{2}-\{B(a)\}^{2}-(b-a))\end{align*}$$ 위의 두 식 중에서 어떤 게 적분 $\displaystyle\int_{a}^{b}{B(t)dB(t)}$과 같아야 하는가? 말 그대로, 어느 끝 점(왼쪽 또는 오른쪽)을 선택해야 적분이 되는가? 

이 질문에 답을 하기 위해 $L_{n}$과 $R_{n}$에 대한 $L^{2}(\Omega)$상의 극한식에서 $a=0$, $b=t$라 하고, 다음의 확률과정을 정의하자. $$R(t)=\frac{1}{2}(\{B(t)\}^{2}+t),\,L(t)=\frac{1}{2}(\{B(t)\}^{2}-t)$$ $E(R(t))=t$이므로 $R(t)$는 마팅게일이 아닌데 그 이유는 $E(M(t))$가 임의의 마팅게일 $M(t)$에 대해 상수이어야 하기 때문이다. 반면에 $L(t)$는 마팅게일인데 다음과 같이 보일 수 있다. $\mathcal{F}_{t}=\sigma(B(s),\,s\leq t)$라 하자. 그러면 임의의 $s\leq t$에 대해 다음이 성립한다. $$E(L(t)|\mathcal{F}_{s})=\frac{1}{2}E(\{B(t)\}^{2}|\mathcal{F}_{s})-\frac{1}{2}t$$ 조건부기댓값은 다음의 성질들을 갖는다.      

(a) $X$와 $\mathcal{F}$가 독립이면, $E(X|\mathcal{F})=E(X)$이다. 

(b) $X$가 $\mathcal{F}-$가측이면, $E(XY|\mathcal{F})=XE(Y|\mathcal{F})$이고, 특히 $E(X|\mathcal{F})=X$이다.  

모든 $u\leq s$에 대하여 $B(t)-B(s)$와 $B(u)$는 독립이므로 $B(t)-B(s)$와 $\mathcal{F}_{s}$는 독립이다. 그러므로 $$\begin{align*}E(\{B(t)\}^{2}|\mathcal{F}_{s})&=E(\{B(t)-B(s)+B(s)\}^{2}|\mathcal{F}_{s})\\&=E(\{B(t)-B(s)\}^{2}+2B(s)\{B(t)-B(s)\}+\{B(s)\}^{2}|\mathcal{F})\\&=E(\{B(t)-B(s)\}^{2})+2B(s)E(\{B(t)-B(s)\})+\{B(s)\}^{2}\\&=t-s+\{B(s)\}^{2}\end{align*}$$ 따라서 $E(\{B(t)\}^{2}|\mathcal{F}_{s})=t-s+\{B(s)\}^{2}$이고, 모든 $s\leq t$에 대하여 다음 식이 성립한다. $$E(L(t)|\mathcal{F}_{s})=L(s)$$ 이 식은 $L(t)$가 마팅게일임을 뜻하고, 다음의 중요한 결론을 내릴 수 있다. 

확률적분 $\displaystyle\int_{a}^{t}{f(s)dB(s)}$를 정의하기 위해 마팅게일 성질을 얻기 원하면, 왼쪽 끝 점을 선택해야 한다.  

게다가 다음의 예에서 $$X(t)=\int_{0}^{t}{B(1)dB(s)},\,0\leq t\leq1$$ 직관적으로 $X(t)=B(1)B(t)$임을 알 수 있고, $E(B(1)B(t))=\min\{1,\,t\}=t$는 상수가 아니므로 $X(t)$는 마팅게일이 아니다. 따라서 마팅게일 과정을 얻기 위해서라면 $X(t)$는 정의하고자 예상한 것이 아니다. 이러한 단순적분이 정의되지 않는(마팅게일을 얻고자 한 이유) 이유는 피적분함수 $B(1)$이 여과 $\sigma(B(s),\,s\leq t),\,0\leq t\leq1$에 적합하지 않기 때문이다. 따라서 마팅게일 성질을 얻기 위한 피적분함수의 조건은 다음과 같다.

확률적분 $\displaystyle\int_{a}^{t}{f(s)dB(s)}$가 정의되기 위해 마팅게일 성질을 얻으려면 피적분함수가 여과 $\{\mathcal{F}_{t}\}$에 적합해야 한다. 

일반적으로 $\{\mathcal{F}_{t}\}$가 브라운 운동에 의한 여과보다 더 크다고 할 것이다. 즉, 모든 $t$에 대하여 $\mathcal{F}_{t}\supset\sigma(B(s),\,s\leq t)$

확률과정 $\displaystyle X_{t}=\int_{a}^{t}{f(s)dB(s)},\,a\leq t\leq b$는 여과 $\mathcal{F}_{t}^{B}=\sigma(B(s),\,s\leq t)$에 대해 마팅게일이다. $B(t)$는 증대집합족이고 이 성질은 $B(t)$가 여과 $\{\mathcal{F}_{t}^{B}\}$에 대해 마팅게일임을 뜻한다. 

$W(t)\,(t\geq0)$가 $\{\mathcal{F}_{t}\}-$적합한 확률과정으로 임의의 $s\leq t$에 대해 $W(t)-W(s)$가 $\mathcal{F}_{s}$와 독립이라 하자. 그러면 확률과정 $W(t)$는 독립증분을 갖는다. 

증명: $0\leq t_{1}<t_{2}<\cdots<t_{n}$이라 하자. 임의의 $\lambda_{k}\in\mathbb{R}(1\leq k\leq n)$에 대하여 가정과 조건부기댓값의 성질들에 의해 다음이 성립한다. $$\begin{align*}E\left(e^{i\sum_{k=1}^{n}{\lambda_{k}\{W(t_{k})-W(t_{k-1})\}}}\right)&=E\left(E\left(e^{i\sum_{k=1}^{n}{\lambda_{k}\{W(t_{k})-W(t_{k-1})\}}}|\mathcal{F}_{t_{n-1}}\right)\right)\\&=E\left(e^{i\sum_{k=1}^{n-1}{\lambda_{k}\{W(t_{k})-W(t_{k-1})\}}}E\left(e^{i\lambda_{n}\{W(t_{n})-W(t_{n-1})\}}|\mathcal{F}_{t_{n-1}}\right)\right)\\&=E\left(e^{i\lambda_{n}\{W(t_{n})-W(t_{n-1})\}}\right)E\left(e^{i\sum_{k=1}^{n-1}{\lambda_{k}\{W(t_{k})-W(t_{k-1})\}}}\right)\end{align*}$$ 여기서 $t_{0}=0$이다. 이 과정을 반복하면 귀납법으로부터 다음의 등식이 성립한다. $$E\left(e^{i\sum_{k=1}^{n}{\lambda_{k}\{W(t_{k})-W(t_{k-1})\}}}\right)=\prod_{k=1}^{n}{E\left(e^{i\lambda_{k}\{W(t_{k})-W(t_{k-1})\}}\right)}$$ 위의 방정식이 성립할 필요충분조건은 확률변수 $W(t_{k})-W(t_{k-1})\,(1\leq k\leq n)$가 독립인 것이다. 따라서 확률과정 $W(t)$는 독립증분을 갖는다. 

$B(t)$를 브라운 운동의 조건 (1), (2), (4)를 만족하는 확률과정이라 하고, 여과 $\{\mathcal{F}_{t},\,t\geq0\}$가 존재해서 $B(t)$가 앞 정리의 가정들을 만족한다고 하자. 즉 $B(t)$는 $\{\mathcal{F}_{t}\}-$적합이고, 임의의 $s\leq t$에 대해 $B(t)-B(s)$는 $\mathcal{F}_{s}$와 독립이라고 하자. 그러면 확률과정 $B(t)$는 독립증분을 갖는다. 즉 브라운 운동의 조건 (3)을 만족한다. 그러므로 $B(t)$는 브라운 운동이고 따라서 $B(t)$가 (1), (2), (4)를 만족하면, 여과 $\{\mathcal{F}_{t},\,t\geq0\}$에 대한 브라운 운동이라고 한다.

$B(t)$를 여과 $\{\mathcal{F}_{t},\,t\geq0\}$에 대한 브라운 운동, $\{\mathcal{G}_{t},\,t\geq0\}$를 다른 여과로 모든 $t\geq0$에 대해 $\mathcal{F}_{t}\subset\mathcal{G}_{t}$라 하자. 일반적으로 $B(t)$는 $\{\mathcal{G}_{t},\,t\geq0\}$에 대한 브라운운동이라고 할 수 없다. 그 이유는 다음과 같다.

$B(t)$를 브라운 운동이라 하자. 그러면 $B(t)$는 여과 $\mathcal{F}_{t}^{B}=\sigma(B(s),\,s\leq t)$에 대해 브라운 운동이다. 여과 $\{\mathcal{G}_{t},\,t\geq0\}$에 대해 $\mathcal{G}_{t}$가 $B(1)$과 $\mathcal{F}_{t}^{B}\,(t\geq0)$에 의해 생성된 $\sigma-$체라 하자. 그러면 $B(t)$는 여과 $\{\mathcal{G}_{t},\,t\geq0\}$에 대해 브라운 운동이 아니다. 이를 확인하기 위해 임의의 $0<t<1$에 대해 다음이 성립한다. $$E(B(1)|\mathcal{G}_{t})=B(1)\neq B(t)$$ 따라서 $B(t)$는 여과 $\{\mathcal{G}_{t},\,t\geq0\}$에 대해 마팅게일이 아니고 따라서 $B(t)$는 여과 $\{\mathcal{G}_{t},\,t\geq0\}$에 대한 브라운 운동이 아니다. 

반면에 여과 $\{\mathcal{H}_{t},\,t\geq0\}$가 $\{\mathcal{F}_{t}^{B},\,t\geq0\}$과 독립이라 하자. 즉 $\mathcal{H}_{t}$와 $\mathcal{F}_{s}^{B}$는 모든 $t$와 $s$에 대해 독립이다. $\mathcal{F}_{t}$를 $\mathcal{H}_{t}$와 $\mathcal{F}_{t}^{B}\,(t\geq0)$에 의해 생성되는 $\sigma-$체라 하자. 이것은 $B(t)$가 앞 정리의 가정들을 만족한다는 것이고 따라서 $B(t)$는 여전히 여과 $\{\mathcal{F}_{t},\,t\geq0\}$에 대해 브라운 운동이고, 이 여과는 $\{\mathcal{F}_{t}^{B},\,t\geq0\}$보다 큰 여과이다. 

참고자료:

Introduction to Stochastic Integration, Hui-Hsiung Kuo, Springer