Một số tính chất của kỳ vọng có điều kiện và martingalevới thời gian rời rạc

1 MỤC LỤC Mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Biến ngẫu nhiên G−đo 1.2 Tính độc lập 1.3 Định nghĩa kỳ vọng có điều kiện martingale với thời gian rời rạc 1.4 Một số tính chất kỳ vọng có điều kiện 1.5 Một số tính chất martingale với thời gian rời rạc 11 Một số tính chất kỳ vọng có điều kiện martingale với thời gian rời rạc 15 2.1 Kỳ vọng có điều kiện 15 2.2 Martingale với thời gian rời rạc 21 Kết luận 26 Tài liệu tham khảo 27 MỞ ĐẦU Lý thuyết xác suất lĩnh vực toán học có sở lý thuyết chặt chẽ có nhiều ứng dụng lĩnh vực hoạt động khác người từ âm nhạc tới vật lý, từ văn học tới thống kê xã hội, từ học tới thị trường chứng khoán Đóng vai trò quan trọng lý thuyết xác suất định lý kỳ vọng có điều kiện martingale với thời gian rời rạc Vì lý trên, hướng dẫn PGS TS Nguyễn Văn Quảng, chọn đề tài "Một số tính chất kỳ vọng có điều kiện martingale với thời gian rời rạc" nhằm nghiên cứu sâu lĩnh vực Nội dung khóa luận chia làm hai chương: Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương tác giả trình bày biến ngẫu nhiên G - đo được, tính độc lập, định nghĩa kỳ vọng có điều kiện martingale với thời gian rời rạc số tính chất cần thiết cho chương sau Chương Một số tính chất kỳ vọng có điều kiện martingale với thời gian rời rạc Đây phần khóa luận Trong chương này, tác giả trình bày số tính chất kỳ vọng có điều kiện σ - đại số G số tính chất martingale với thời gian rời rạc Khoá luận thực trường Đại học Vinh hướng dẫn tận tình, chu đáo thầy giáo, PGS TS Nguyễn Văn Quảng Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy tận tình hướng dẫn suốt trình học tập nghiên cứu Nhân dịp tác giả xin gửi lời cảm ơn đến Thầy giáo, TS Lê Văn Thành, Học viên Vũ Thị Ngọc Ánh đóng góp nhiều ý kiến quý báu, giúp tác giả hoàn thành khoá luận tốt Đồng thời tác giả xin chân thành cảm ơn thầy cô giáo tổ xác suất thống kê toán ứng dụng, thầy cô giáo Khoa Toán nhiệt tình giảng dạy suốt trình học tập Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, người thân bạn bè giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả hoàn thành khoá luận Mặc dù có nhiều cố gắng lực hạn chế nên khoá luận chắn tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận lời bảo quý báu thầy cô giáo góp ý bạn đọc để khoá luận hoàn thiện Vinh, tháng năm 2010 Tác giả CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Giả sử (Ω, F, P) không gian xác suất, G σ−đại số F 1.1 Biến ngẫu nhiên G−đo 1.1.1 Định nghĩa Giả sử (Ω1 , F1 ) (Ω2 , F2 ) hai không gian đo Ánh xạ X : Ω1 −→ Ω2 gọi ánh xạ F1 /F2 đo với B ∈ F2 X −1 (B) ∈ F1 1.1.2 Định nghĩa Giả sử (Ω, F, P) không gian xác suất, G σ - đại số σ - đại số F Khi ánh xạ X : Ω → R gọi biến ngẫu nhiên G - đo ánh xạ G/B(R) đo (tức với B ∈ B(R) X −1 (B) ∈ G ) 1.1.3 Định lý X biến ngẫu nhiên G - đo điều kiện sau thoả mãn (i) (X < a) := (ω : X(ω) < a) ∈ G với a ∈ R (ii) (X ≤ a) := (ω : X(ω) ≤ a) ∈ G với a ∈ R (iii) (X > a) := (ω : X(ω) > a) ∈ G với a ∈ R (iv) (X ≥ a) := (ω : X(ω) ≥ a) ∈ G với a ∈ R 1.1.4 Định lý Giả sử X1 , X2 , , Xn biến ngẫu nhiên G - đo xác định (Ω, F, P), f : Rn −→ R hàm đo (tức f B(Rn )/B(R) đo được) Khi Y = f (X1 , , Xn ) : Ω −→ R ω → f (X1 (ω), , Xn (ω)) biến ngẫu nhiên G - đo 1.1.5 Hệ Giả sử X, Y biến ngẫu nhiên G - đo xác định (Ω, F, P ), f : R −→ R hàm liên tục a, b ∈ R Khi X aX +bY, XY, |X|, f (X), X + = max(X, 0), X − = max(−X, 0), , (Y = 0) Y biến ngẫu nhiên G - đo 1.1.6 Định lý Giả sử {Xn , n ≥ 1} dãy biến ngẫu nhiên G - đo xác định (Ω, F, P) Khi đó, inf Xn , sup Xn hữu hạn, n n inf Xn , sup Xn , limXn , limXn , lim Xn (nếu tồn tại), biến ngẫu n n n→∞ nhiên G - đo 1.2 Tính độc lập 1.2.1 Định nghĩa Hai biến cố A B gọi độc lập P(AB) = P(A)P(B) 1.2.2 Định lý Hai biến cố A B độc lập điều kiện sau thoả mãn (i) A, B độc lập; (ii) A, B độc lập; (iii) A, B độc lập 1.2.3 Định lý Giả sử biến cố A có P(A) = P(A) = Khi A độc lập với biến cố Chứng minh Giả sử P(A) = B biến cố Do P(AB) ≤ P(A) nên P(AB) = = P(A)P(B) Do A B độc lập Giả sử P(A) = B biến cố Khi P(A) = nên theo chứng minh A, B độc lập Do A, B độc lập 1.2.4 Định nghĩa Họ biến cố (Ai )i∈I gọi độc lập đôi hai biến cố họ độc lập Họ biến cố (Ai )i∈I gọi độc lập toàn cục (gọi vắn tắt độc lập), họ hữu hạn biến cố Ai1 , Ai2 , , Ain họ đó, ta có P(Ai1 Ai2 Ain ) = P(Ai1 )P(Ai2 ) P(Ain ) 1.2.5 Định nghĩa Họ lớp biến cố (Ci )i∈I (Ci ⊂ F ) gọi độc lập (độc lập đôi một) với Ai ∈ Ci , họ biến cố (Ai )i∈I độc lập (độc lập đôi một) Họ biến ngẫu nhiên (Xi )i∈I gọi độc lập (độc lập đôi một) họ σ -đại số (σ(Xi ))i∈I độc lập (độc lập đôi một) 1.3 Định nghĩa kỳ vọng có điều kiện martingale với thời gian rời rạc 1.3.1 Định nghĩa Giả sử (Ω, F, P) không gian xác suất, X : Ω → R biến ngẫu nhiên G σ -đại số F Khi biến ngẫu nhiên Y gọi kỳ vọng có điều kiện X σ -đại số G i) Y biến ngẫu nhiên G - đo được; ii) Với A ∈ G , ta có Y dP = A XdP A Ta thường ký hiệu Y = E(X|G) hay Y = EG X Chú ý Nếu Y biến ngẫu nhiên xác định (Ω, F, P) G σ -đại số F cho Y biến ngẫu nhiên G− đo được, ta viết Y ∈ G Nếu X, Y biến ngẫu nhiên cho (Ω, F, P) G σ -đại số sinh Y , E(X|G) ký hiệu E(X|Y ) gọi kỳ vọng điều kiện biến ngẫu nhiên X biến ngẫu nhiên Y Nếu X1 , X2 , biến ngẫu nhiên xác định (Ω, F, P) G σ -đại số sinh chúng E(X|G) ký hiệu E(X|X1 , X2 , ) Nếu X = IA , A ∈ G E(X|G) ký hiệu P(A|G) gọi xác suất điều kiện biến cố A σ -đại số G E(IA |X1 , X2 , ) ký hiệu P(A|X1 , X2 , ) gọi xác suất điều kiện biến cố A biến ngẫu nhiên X1 , X2 , 1.3.2 Định nghĩa Giả sử (Ω, F, P) không gian xác suất (Xn , n ∈ N) dãy biến ngẫu nhiên (Fn , n ∈ N) dãy tăng σ -đại số Khi dãy (Xn , Fn , n ∈ N gọi • martingale (i) Xn đo Fn , n ∈ N (ii) E|Xn | < ∞, ∀n ∈ N (iii) Với m ≤ n, m, n ∈ N E(Xn |Fm ) = Xm h.c.c • martingale (i) Xn đo Fn , n ∈ N (ii) E|Xn | < ∞, ∀n ∈ N (iii’) Với m ≤ n, m, n ∈ N E(Xn |Fm ) ≤ Xm h.c.c • martingale (i) Xn đo Fn , n ∈ N (ii) E|Xn | < ∞, ∀n ∈ N (iii”) Với m ≤ n, m, n ∈ N E(Xn |Fm ) ≥ Xm h.c.c • hiệu martingale (i) (Xn , Fn , n ∈ N) dãy phù hợp (ii) E|Xn | < ∞, ∀n ∈ N (iii” ’) Với m < n, m, n ∈ N E(Xn |Fm ) = h.c.c Chú ý • Các điều kiện (iii), (iii’), (iii”) (iii” ’) thay điều kiện sau (iii) Với n = 1, 2, E(Xn |Fn−1 ) = Xn−1 h.c.c (iii’) Với n = 1, 2, E(Xn |Fn−1 ) ≤ Xn−1 h.c.c (iii” ’) Với n = 1, 2, E(Xn |Fn−1 ) = h.c.c • Điều kiện (ii) thay điều kiện: có kỳ vọng điều kiện 1.4 Một số tính chất kỳ vọng có điều kiện Giả sử (Ω, F, P) không gian xác suất, biến ngẫu nhiên có kỳ vọng, G σ - đại số F 1.4.1 Định lý Nếu X=c (hằng số) E(X | G) = E(c | G) = c (h.c.c) Chứng minh Đặt Y = c Khi Y ∈ G với A ∈ G Y dP = A cdP = A XdP A Y = c = E(c | G) 1.4.2 Định lý Nếu X ≥ Y (h.c.c) E(X | G) ≥ E(Y | G) (h.c.c) Chứng minh Đặt Z = E(X | G), T = E(Y | G) Khi Z ∈ G, T ∈ G với A ∈ G ta có XdP ≥ ZdP = A A Y dP = A T dP A Từ đó, ta suy ZdP ≥ A T dP A Do E(X | G) ≥ E(Y | G) (h.c.c) 1.4.3 Định lý Với số a, b, ta có E(aX + bY | G) = aE(X | G) + bE(Y | G) Chứng minh Đặt Z = E(X | G), T = E(Y | G) Khi Z ∈ G T ∈ G , (aZ + bT ) ∈ G 10 Mặt khác, với A ∈ G ta có (aZ + bT )dP = a ZdP + b T dP A A =a A XdP + b A = Y dP A (aX + bY )dP A Từ lập luận suy E(aX + bY | G) = aE(X | G) + bE(Y | G) 1.4.4 Định lý Nếu X G độc lập E(X | G) = EX Chứng minh Đặt Y = EX Khi Y ∈ G với B ∈ B(R), ta có Y −1 (B) = ∅, Ω, EX ∈ /B EX ∈ B Mặt khác, với A ∈ G , ta có X IA độc lập, Y dP = A EXdP = EX A dP = P(A)EX A Lại có XdP = A XIA dP = E(XIA ) = E(X)E(IA ) = P(A)EX Ω Vậy Y dP = A XdP A Do E(X|)G = EX 1.4.5 Định lý E[E(X | G)] = EX Chứng minh Vì Ω ∈ G nên ta có E[E(X | G)] = E(X | G)dP = Ω XdP = EX Ω 13 Từ (1.1) (1.2) suy E[ϕ(Xn ) | Fn−1 ] ≥ ϕ(Xn−1 )(h.c.c) Vậy (i) chứng minh (ii) Để chứng minh (ϕ(Xn ), Fn , n ∈ N) martingale ta kiểm tra điều kiện • ϕ(Xn ) ∈ Fn , (∀n ∈ N) (vì Xn ∈ Fn ∀n ∈ N) • E | ϕ(Xn ) |< ∞, (∀n ∈ N) (do giả thiết) • n = 1, 2, ta cần chứng minh E[ϕ(Xn ) | Fn−1 ] ≥ ϕ(Xn−1 )(h.c.c) Thật vậy, theo bất đẳng thức Jensen kỳ vọng có điều kiện ta có, E[ϕ(Xn ) | Fn−1 ] ≥ ϕ[E(Xn | Fn−1 )] (1.3) Theo giả thiết (Xn , Fn , n ∈ N) martingale nên với n = 1, 2, E(Xn | Fn−1 ) ≥ Xn−1 (h.c.c) Do ϕ hàm không giảm, nên ϕ[E(Xn | Fn−1 )] = ϕ(Xn−1 )(h.c.c) (1.4) Từ (1.3) (1.4) suy E[ϕ(Xn ) | Fn−1 ] ≥ ϕ(Xn−1 )(h.c.c) Vậy (ii) chứng minh 1.5.3 Hệ (i) Cho p ≥ Nếu (Xn , Fn , n ∈ N) martingale với E|Xn |p < ∞, n ∈ N, (|Xn |p , Fn , n ∈ N) martingale dưới, hàm E|Xn |p không giảm theo n ∈ N (ii) Nếu (Xn , Fn , n ∈ N) martingale (Xn+ , Fn , n ∈ N) martingale 14 Chứng minh (i) Với p ≥ 1, |x|p hàm lồi, nên theo tính chất (|Xn |p , Fn , n ∈ N) martingale dưới, hàm E|Xn |p không giảm theo n ∈ N (ii) Tương tự x+ hàm lồi không giảm nên ta có điều phải chứng minh 15 CHƯƠNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA KỲ VỌNG CÓ ĐIỀU KIỆN VÀ MARTINGALE VỚI THỜI GIAN RỜI RẠC 2.1 Kỳ vọng có điều kiện ¯ Ω, ∅}, < P(A) = p < 2.1.1 Mệnh đề Giả sử G = {A, A, XdP = a1 , A A¯ XdP = a2 Khi E(X | G) = a1 a2 IA + I ¯ p 1−p A Chứng minh Đặt Y = E(X | G) Khi Y ∈ G , suy Y có dạng Y = b1 IA + b2 IA¯ (2.1) Mặt khác ta có E(Y IA ) = Y dP = A XdP = a1 A Hơn Y IA = b1 IA suy E(Y IA ) = E(b1 IA ) = b1 P (A) Kết hợp với ta có b1 P (A) = a1 b1 = a1 a1 = P(A) p (2.2) Tương tự ta lại có E(Y IA¯) = A¯ Y dP = A¯ XdP = a2 ¯ Kết hợp với Hơn Y IA¯ = b2 IA¯ suy E(Y IA¯) = E(b2 IA¯) = b2 P (A) ¯ = a2 , ta có b2 P (A) b2 = a2 a2 = ¯ 1−p P(A) (2.3) 16 Từ (2.1), (2.2) (2.3) ta E(X | G) = a1 a2 IA + I ¯ p 1−p A Đó điều cần chứng minh 2.1.2 Hệ Giả sử X Y biến ngẫu nhiên độc lập, có phân phối nhị thức B(1, p) Đặt Z = I(X+Y =0) G = σ(Z) (σ - đại số sinh Z ) Khi E(Y | G) = E(X | G) = p I − (1 − p)2 (X+Y ≥1) Do E(X | G) E(Y | G) không độc lập Chứng minh Đặt A = {X + Y = 0} Khi ¯ Ω, ∅} G = σ(Z) = {A, A, Ta có XdP = A A¯ 0dP = A XdP − XdP = Ω XdP = EX = p A P (A) = P (X + Y = 0) = P (X = 0, Y = 0) = P (X = 0)P (Y = 0) (Do X Y độc lập) = (1 − p)(1 − p) = (1 − p)2 Do đó, áp dụng Mệnh đề 1.5.1 ta có E(X | G) = p I − (1 − p)2 (X+Y ≥1) E(Y | G) = p I − (1 − p)2 (X+Y ≥1) Tương tự ta có Từ ta thu (2.4) Do E(X | G) E(Y | G) không độc lập (2.4) 17 2.1.3 Mệnh đề Nếu X biến ngẫu nhiên ϕ(x) hàm đo cho tồn E[ϕ(X)], E[ϕ(X) | X] = ϕ(X) Chứng minh Ta có X ∈ σ(X), mà ϕ(X) hàm đo được, ϕ(X) ∈ σ(X) Theo Định lý 1.4.6 suy E[ϕ(X) | X] = ϕ(X) Đó điều phải chứng minh 2.1.4 Mệnh đề Nếu tất biến cố σ - đại số G có xác suất 1, với xác suất ta có E(X | G) = EX , với biến ngẫu nhiên X Chứng minh Lấy A ∈ G ta có P (A) = P (A) = 1, suy A độc lập với biến cố B Do với A ∈ G , B ∈ σ(X) ta có A, B độc lập, nên G độc lập với X Theo Định lý 1.4.4 suy E(X | G) = EX (h.c.c) 2.1.5 Hệ Giả sử G1 G2 hai σ - đại số độc lập X biến ngẫu nhiên có kỳ vọng Khi đó, với xác suất 1, ta có E(X | G1 ∩ G2 ) = EX (h.c.c) Chứng minh Lấy A ∈ G1 ∩ G2 Khi A ∈ G1 A ∈ G2 Mà G1 G2 độc lập nên A độc lập với A Suy P (A) = P (A)P (A), Do P (A) = P (A) = 18 Nên theo Mệnh đề 2.1.4 suy E(X | G1 ∩ G2 ) = EX (h.c.c) Đó điều phải chứng minh 2.1.6 Mệnh đề Giả sử G1 , G2 , dãy không tăng σ - đại số, X biến ngẫu nhiên Khi E( E(X | G1 ) | G2 | Gn ) = E(X | Gn ) (2.5) Chứng minh Với n = 1, (2.5) hiển nhiên Giả sử (2.5) với n = k , ta chứng minh (2.5) với n = k + Thật vậy, E(E( E(E(X | G1 ) | G2 ) | Gk ) | Gk+1 ) = E(E(X | Gk ) | Gk+1 ) = E(X | Gk+1 ) (do giả thiết quy nạp) (do tính chất hút) Bằng thuật toán tương tự chứng minh mệnh đề ta thu mệnh đề sau 2.1.7 Mệnh đề Giả sử G1 , G2 , dãy không giảm σ - đại số, X biến ngẫu nhiên Khi E( E(X | G1 ) | G2 | Gn ) = E(X | G1 ) 2.1.8 Mệnh đề Nếu X Y biến ngẫu nhiên khả tích cho E(X | Y ) = Y ; E(Y | X) = X, X=Y h.c.c Chứng minh Ta có X, Y ∈ σ(X, Y ) = σ(σ(X) ∪ σ(Y )) 19 Với A ∈ σ(X) ta có XdP (Do E(Y | X) = X) Y dP = A A Với A ∈ σ(Y ) ta có Y dP (Do E(X | Y ) = Y ) XdP = A A Do đó, với A ∈ σ(X) ∪ σ(Y ) ta có XdP = A Suy X=Y Y dP A h.c.c 2.1.9 Mệnh đề Giả sử X biến ngẫu nhiên khả tích xác định không gian xác suất (Ω, F, P) B σ - đại số F Khi với a > ta có P{| E(X | B) |≥ a} ≤ E|X| a Chứng minh Ta có E | E(X | B) | a E(E(| X || B)) ≤ a E|X| = a P{| E(X | B) |≥ a} ≤ Đó điều phải chứng minh 2.1.10 Mệnh đề Giả sử X, Y biến ngẫu nhiên bình phương khả tích, xác định không gian xác suất (Ω, F, P) G σ - đại số F Ta định nghĩa D(X | G) := E[(X − E(X | G))2 | G] Cov[(X, Y ) | G] := E[(X − E(X | G))(Y − E(Y | G)) | G] D(X | G) gọi phương sai (hay variance) có điều kiện X σ - đại số G ký hiệu V ar(X | G) Cov[(X, Y ) | G] 20 gọi covariance có điêu kiện X, Y σ - đại số G Khi a)DX = ED(X | G) + DE(X | G) b)Cov(X, Y ) = ECov[(X, Y ) | G] + Cov[E(X | G), E(Y | G)] Chứng minh a) Ta có ED(X | G) + DE(X | G) = E{E[(X − E(X | G))2 | G]} + E{[E(X | G)]2 } − {E[E(X | G)]}2 = E[(XX − 2XE(X | G) + E(X | G)) | G] + E[E(X | G)]2 − (EX)2 = EX + 2E{E(X | G)[E(X | G) − X]} − (EX)2 = DX + 2E{E(X | G)[E(X | G) − X]} (2.6) Vì E(X | G) G - đo nên E{E(X | G)[E(X | G) − X]} = E{E(E(X | G)[E(X | G) − X]) | G} = E{E(X | G)E[E(X | G) − X] | G} = E{E(X | G)[E(E(X | G)) | G − E(X | G)]} = E{E(X | G)[E(X | G) − E(X | G)]} = Kết hợp điều với (2.6) ta ED(X | G) + DE(X | G) = DX b Ta có ECov[(X, Y ) | G] + Cov[E(X | G), E(Y | G)] = E{E[XX − E(X | G)(Y X − E(Y | G))\]} + E[(XE(X | G) − EX)(E(Y | G) − EY )] = E{XY − Y E(X | G) − XE(Y | G) + E(X | G)E(Y | G) + E(X | G)E(Y | G) − E(X | G)EY − EXE(Y | G) + EXEY } = E{(X − EX)(Y − EY ) + [E(Y | G) − EX][E(X | G) − EY ] + [E(Y | G) − Y ][E(X | G) − EX]} = Cov(X, Y ) + E[E(X | G) − X][E(Y | G) − EY ] + E[E(Y | G) − Y ][E(X | G) − EX] 21 E[E(X | G) − X][E(Y | G) − EY ] = E{E[E(X | G) − X][E(Y | G) − EY ] | G} = E{[E(Y | G) − EY ]E[(XE(X | G) − X) | G]} = E{[E(Y | G) − EY ][E(E(X | G)) | G − E(X | G)]} = E{[E(Y | G) − EY ][E(X | G) − E(X | G)]} = Tương tự ta chứng minh E[E(X | G) − Y ][E(X | G) − EX] = Từ suy Cov(X, Y ) = Ecov[(X, Y ) | G] + Cov[E(X | G), E(Y | G)] 2.2 Martingale với thời gian rời rạc 2.2.1 Mệnh đề Giả sử (Xn , n ∈ N) dãy biến ngẫu nhiên độc lập, với EXn = 0, n ∈ N Đặt Sn = X0 + X1 + X2 + + Xn , Fn = σ(X0 , , Xn ), n ∈ N Khi (Sn , Fn , n ∈ N) martingale Chứng minh Ta có Sn ∈ Fn , E | Sn |< ∞, ∀n ∈ N Mặt khác E(Sn | Fn−1 ) = E(Sn−1 + Xn | Fn−1 ) = E(Sn−1 | Fn−1 ) + EXn (Do Xn độc lập với Fn−1 ) = Sn−1 Do (Sn , Fn , n ∈ N) martingale 22 2.2.2 Mệnh đề Giả sử (Xn , n ∈ N) dãy biến ngẫu nhiên độc lập với EXn = 1, n ∈ N Đặt n Zn = Xk , Fn = σ(X0 , , Xn ), n ∈ N k=0 Khi (Zn , Fn , n ∈ N) martingale Chứng minh Tương tự Mệnh đề 2.2.1, ta có Zn−1 Fn−1 - đo được, Xn Fn−1 độc lập nên ta có E(Zn | Fn−1 ) = E(Zn−1 Xn | Fn−1 ) = Zn−1 E(Xn | Fn−1 ) = Zn−1 EXn = Zn−1 Do (Zn , Fn , n ∈ N) martingale 2.2.3 Mệnh đề Giả sử (ξn , n ∈ N) dãy biến ngẫu nhiên khả tích, không âm Đặt n ξk Xn = Fn = σ(ξ0 , , ξn ), n ∈ N k=0 Khi dãy (Xn , Fn , n ∈ N) lập thành martingale Chứng minh Ta có Xn ∈ Fn , E | Xn |< ∞, ∀n ∈ N Mặt khác n Xn = ξk = Xn−1 + ξn k=0 Do E(Xn | Fn−1 ) = E[(Xn−1 + ξn ) | Fn−1 ] = E(Xn−1 | Fn−1 ) + E(ξn | Fn−1 ) = Xn−1 + E(ξn | Fn−1 ) ≥ Xn−1 (Do ξn không âm) Do (Xn , Fn , n ∈ N) lập thành martingale 23 2.2.4 Mệnh đề Giả sử (Xn , Fn , n ∈ N) martingale dãy (EXn , n ∈ N) không đổi Khi (Xn , Fn , n ∈ N) martingale Chứng minh Với m ≥ n, ta có E(Xm | Fn ) − Xn ≥ E[E(Xm | Fn ) − Xn ] = EXm − EXn = 0, Suy E(Xm | Fn ) − Xn = Do (Xn , Fn , n ∈ N) martingale 2.2.5 Mệnh đề Giả sử X biến ngẫu nhiên có kỳ vọng hữu hạn, (Fn , n ∈ N) dãy không giảm σ -đại số Đặt Xn = E(X|Fn ) Khi (Xn , Fn , n ∈ N) martingale Chứng minh Ta có Xn ∈ Fn , E | Xn |≤ E | X |< ∞, ∀n ∈ N Với n ≥ 1, ta có E(Xn | Fn−1 ) = E(E(X | Fn ) | Fn−1 ) = E(X | Fn−1 ) (Do tính chất hút) = Xn−1 Do (Xn , Fn , n ∈ N) martingale 2.2.6 Mệnh đề Giả sử (Xn ; Fn , n ∈ N) martingale Đặt n Yn = k=1 (Xk − Xk−1 ) k Khi (Yn , Fn , n ≥ 1) martingale 24 Chứng minh Ta có Yn ∈ Fn , E | Yn |< ∞, ∀n ∈ N Với n ≥ 2, ta có E(Yn | Fn−1 ) = E(Yn−1 + (Xn − Xn−1 ) | Fn−1 ) n = Yn−1 + (E(Xn | Fn−1 ) − Xn−1 ) n = Yn−1 + (Xn−1 − Xn−1 ) n (Do (Xn , Fn , n ∈ N) martingale) = Yn−1 Do (Yn , Fn , n ∈ N) martingale 2.2.7 Mệnh đề Giả sử (Ω, F, P) không gian xác suất, (Xn , Fn , n ∈ N) (Yn , Fn , n ∈ N) hai martigale xác định (Ω, F, P) bình phương khả tích Khi a) E(Xm Yn |Fm ) = Xm Ym h.c.c với m b) E(Xn Yn ) − E(X0 Y0 ) = n k=1 E((Xk n − Xk−1 )(Yk − Yk−1 )) Chứng minh a) Với m ≤ n, ta có E(Xm Yn | Fm ) = Xm E(Yn | Fm ) (Do Xm ∈ Fm ) = Xm Ym (Do (Yn , Fn , n ∈ N) martingale) b) Với m ≤ n, ta có E(Xm Yn | Fm ) = Xm Ym Do E(Xm Yn ) = E(Xm Ym ) (∀m ≤ n) 25 Với ∀k ≥ 1, ta có E((Xk − Xk−1 )(Yk − Yk−1 )) = E(Xk Yk ) − E(Xk Yk−1 ) − E(Xk−1 Yk ) + E(Xk−1 Yk−1 ) = E(Xk Yk ) − E(Xk−1 Yk−1 ) − E(Xk−1 Yk−1 ) + E(Xk−1 Yk−1 ) = E(Xk Yk ) − E(Xk−1 Yk−1 ) Suy n n E((Xk − Xk−1 )(Yk − Yk−1 )) = k=1 [E(Xk Yk ) − E(Xk−1 Yk−1 )] k=1 = E(Xn Yn ) − E(X0 Y0 ) Đó điều phải chứng minh 26 KẾT LUẬN Kết đạt Khóa luận nghiên cứu kỳ vọng có điều kiện martingale với thời gian rời rạc Khóa luận thiết lập số tính chất kỳ vọng có điều kiện, mệnh đề 2.1 Khóa luận đưa số dạng martingale với thời gian rời rạc, mệnh đề 2.2 Hướng phát triển khóa luận Tiếp tục nghiên cứu tính chất kỳ vọng có điều kiện martingale với thời gian rời rạc Nghiên cứu hội tụ martingale với thời gian rời rạc Nghiên cứu tính chất martingale với thời gian liên tục 27 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Viết Phú - Nguyễn Duy Tiến Cơ Sở Lý Thuyết Xác Suất, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2006 [2] Nguyễn Văn Quảng Xác suất nâng cao, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2008 [3] Đặng Hùng Thắng Mở đầu lý thuyết xác suất, NXB Giáo duc, 2000 [4] Nguyễn Duy Tiến Các mô hình xác suất ứng dụng, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2005 [...]... với thời gian rời rạc Khóa luận đã thiết lập được một số tính chất của kỳ vọng có điều kiện, đó là các mệnh đề trong 2.1 Khóa luận cũng đưa ra được một số dạng martingale với thời gian rời rạc, đó là các mệnh đề trong 2.2 Hướng phát triển khóa luận Tiếp tục nghiên cứu các tính chất của kỳ vọng có điều kiện và martingale với thời gian rời rạc Nghiên cứu sự hội tụ của martingale với thời gian rời rạc Nghiên... minh (i) Với p ≥ 1, thì |x|p là hàm lồi, nên theo tính chất trên (|Xn |p , Fn , n ∈ N) là martingale dưới, do đó hàm E|Xn |p không giảm theo n ∈ N (ii) Tương tự x+ là hàm lồi không giảm nên ta có điều phải chứng minh 15 CHƯƠNG 2 MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA KỲ VỌNG CÓ ĐIỀU KIỆN VÀ MARTINGALE VỚI THỜI GIAN RỜI RẠC 2.1 Kỳ vọng có điều kiện ¯ Ω, ∅}, 0 < P(A) = p < 1 và 2.1.1 Mệnh đề Giả sử G = {A, A, XdP = a1 ,... (h.c.c) 2.1.5 Hệ quả Giả sử G1 và G2 là hai σ - đại số độc lập và X là biến ngẫu nhiên bất kỳ có kỳ vọng Khi đó, với xác suất 1, ta có E(X | G1 ∩ G2 ) = EX (h.c.c) Chứng minh Lấy A ∈ G1 ∩ G2 Khi đó A ∈ G1 và A ∈ G2 Mà G1 và G2 độc lập nên A độc lập với A Suy ra P (A) = P (A)P (A), Do đó P (A) = 0 P (A) = 1 18 Nên theo Mệnh đề 2.1.4 suy ra E(X | G1 ∩ G2 ) = EX (h.c.c) Đó là điều phải chứng minh 2.1.6... định trên không gian xác suất (Ω, F, P) và B là σ - đại số con của F Khi đó với mọi a > 0 ta có P{| E(X | B) |≥ a} ≤ E|X| a Chứng minh Ta có E | E(X | B) | a E(E(| X || B)) ≤ a E|X| = a P{| E(X | B) |≥ a} ≤ Đó là điều phải chứng minh 2.1.10 Mệnh đề Giả sử X, Y là các biến ngẫu nhiên bình phương khả tích, cùng xác định trên không gian xác suất (Ω, F, P) và G là σ - đại số con nào đó của F Ta định... − E(Y | G)) | G] D(X | G) được gọi là phương sai (hay variance) có điều kiện của X đối với σ - đại số G và cũng được ký hiệu V ar(X | G) Cov[(X, Y ) | G] được 20 gọi là covariance có điêu kiện của X, Y đối với σ - đại số G Khi đó a)DX = ED(X | G) + DE(X | G) b)Cov(X, Y ) = ECov[(X, Y ) | G] + Cov[E(X | G), E(Y | G)] Chứng minh a) Ta có ED(X | G) + DE(X | G) = E{E[(X − E(X | G))2 | G]} + E{[E(X | G)]2... = E(Y | G2 ) Mặt khác, với mọi A ∈ G1 thì A ∈ G2 , nên ta có Y dP = A XdP = A ZdP, A do đó Y = E(Z | G1 ) Vậy, ta có E(X | G1 ) = E[E(X | G1 ) | G2 ] = E[E(X | G2 ) | G1 ] 1.4.8 Định lý (Bất đẳng thức Jensen) Nếu ϕ là hàm lồi, X là ϕ(X) khả tích thì E[ϕ(X) | G] ≥ ϕ[E(X | G)] 1.5 (h.c.c) Một số tính chất cơ bản của martingale với thời gian rời rạc 1.5.1 Định lý (i) Nếu (Xn , Fn , n ∈ N) là martingale,... Từ (1.1) và (1.2) suy ra E[ϕ(Xn ) | Fn−1 ] ≥ ϕ(Xn−1 )(h.c.c) Vậy (i) được chứng minh (ii) Để chứng minh (ϕ(Xn ), Fn , n ∈ N) là martingale dưới ta kiểm tra các điều kiện • ϕ(Xn ) ∈ Fn , (∀n ∈ N) (vì Xn ∈ Fn ∀n ∈ N) • E | ϕ(Xn ) |< ∞, (∀n ∈ N) (do giả thiết) • n = 1, 2, ta cần chứng minh E[ϕ(Xn ) | Fn−1 ] ≥ ϕ(Xn−1 )(h.c.c) Thật vậy, theo bất đẳng thức Jensen đối với kỳ vọng có điều kiện ta có, E[ϕ(Xn... ta có E((Xk − Xk−1 )(Yk − Yk−1 )) = E(Xk Yk ) − E(Xk Yk−1 ) − E(Xk−1 Yk ) + E(Xk−1 Yk−1 ) = E(Xk Yk ) − E(Xk−1 Yk−1 ) − E(Xk−1 Yk−1 ) + E(Xk−1 Yk−1 ) = E(Xk Yk ) − E(Xk−1 Yk−1 ) Suy ra n n E((Xk − Xk−1 )(Yk − Yk−1 )) = k=1 [E(Xk Yk ) − E(Xk−1 Yk−1 )] k=1 = E(Xn Yn ) − E(X0 Y0 ) Đó là điều phải chứng minh 26 KẾT LUẬN Kết quả đã đạt được Khóa luận nghiên cứu về kỳ vọng có điều kiện và martingale với thời. .. kiểm tra các điều kiện • ϕ(Xn ) ∈ Fn , (∀n ∈ N) (vì Xn ∈ Fn ∀n ∈ N) • E | ϕ(Xn ) |< ∞, (∀n ∈ N) (do giả thiết) • n = 1, 2, ta cần chứng minh E[ϕ(Xn ) | Fn−1 ] ≥ ϕ(Xn−1 )(h.c.c) Thật vậy, theo bất đẳng thức Jensen đối với kỳ vọng có điều kiện ta có E[ϕ(Xn ) | Fn−1 ] ≥ ϕ[E(Xn | Fn−1 )] (1.1) Theo giả thiết thì (Xn , Fn , n ∈ N) là martingale nên với n = 1, 2, E(Xn | Fn−1 ) = Xn−1 (h.c.c) Điều này kéo... (2.2) và (2.3) ta được E(X | G) = a1 a2 IA + I ¯ p 1−p A Đó là điều cần chứng minh 2.1.2 Hệ quả Giả sử X và Y là các biến ngẫu nhiên độc lập, có cùng phân phối nhị thức B(1, p) Đặt Z = I(X+Y =0) và G = σ(Z) (σ - đại số sinh bởi Z ) Khi đó E(Y | G) = E(X | G) = p I 1 − (1 − p)2 (X+Y ≥1) Do đó E(X | G) và E(Y | G) không độc lập Chứng minh Đặt A = {X + Y = 0} Khi đó ¯ Ω, ∅} G = σ(Z) = {A, A, Ta có XdP