QÚA TRÌNH NGẪU NHIÊN và TÍNH TOÁN NGẪU NHIÊN ĐẶNG HÙNG THẮNG

Q TRÌNH NGẪU NHIÊN VÀ TÍNH TỐN NGẪU NHIÊN ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Đặng Hùng Thắng NXB Đại học quốc gia Hà Nội 2007 Chương Quá trình Markov 1.1 Xích Markov 1.2 Phân loại trạng thái xích Markov 20 1.3 Quá trình Markov 34 1.4 1.1 1.3.1 Trường hợp không gian trạng thái hữu hạn 36 1.3.2 Trường hợp không gian trạng thái vô hạn đếm 42 1.3.3 Trường hợp tổng quát 54 Bài tập 58 Xích Markov Xét hệ quan sát thời điểm rời rạc 0, 1, 2, Giả sử quan sát X0 , X1 , , Xn, Khi ta có dãy đại lượng ngẫu nhiên (ĐLNN) (Xn ) Xn lg thái hệ thời điểm n Giả thiết Xn , n = 0, 1, ĐLNN rời rạc Ký hiệu E tập giá trị (Xn ) Khi E tập hữu hạn hay đếm được, phần tử ký hiệu i, j, k Ta gọi E không gian trạng thái dãy Chương Quá trình Markov Định nghĩa 1.1 Ta nói dãy ĐLNN (Xn ) xích Markov với n1 < < nk < nk+1 với i1 , i2, ik+1 ∈ E P {Xnk+1 = ik+1 |Xn1 = i1 Xn2 = i2 , Xnk = ik } = P {Xnk+1 = ik+1 |Xnk = ik } Ta coi thời điểm nk+1 tương lai, nk n1, ,nk−1 khứ Như vậy, xác suất có điều kiện kiện B tương lai biết khứ hệ giống xác suất có điều kiện B biết trạng thái hệ Đó tính Markov hệ Đơi tính Markov hệ phát biểu dạng: Nếu biết trạng thái hệ khứ tương lai độc lập với Giả sử P {Xm+n = j|Xm = i} xác suất để xích thời điểm m trạng thái i sau n bước, thời điểm m + n chuyển sang trạng thái j Đây số nói chung phụ thuộc vào i, j, m, n Nếu đại lượng khơng phụ thuộc m ta nói xích Trong giáo trình ta xét xích Markov Ký hiệu Pij = P {Xn+1 = j|Xn = i} Pij (n) = P {Xm+n = j|Xm = i} Ta gọi (Pij , i, j ∈ E) xác suất chuyển sau bước hay xác suất chuyển (Pij (n), i, j ∈ E) xác suất chuyển sau n bước Chú ý Pij = j∈E Pij (n) = j∈E Phân bố X0 gọi phân bố ban đầu Ta ký hiệu ui = P (X0 = i) Định lý 1.1 Phân bố đồng thời (X0 , X1 , , Xn ) hoàn toàn xác định từ phân bố ban đầu xác suất chuyển Cụ thể ta có P (X0 = i0 , X1 = i1 , , Xn = in ) = ui0 Pi0 i1 Pin−1in 1.1 Xích Markov Thật theo cơng thức nhân xác suất ta có P (X0 = i0 , X1 = i1 , , Xn = in ) = = P (X0 = i0)P (X1 = i1 |X0 = i0 ) × × P (Xk = ik |X0 = i0 , , Xk−1 = ik−1 ) × × P (Xn = in |X0 = i0, , Xn−1 = in−1 ) Sử dụng tính Markov ta có P (Xk = ik |X0 = i0 , , Xk−1 = ik−1 ) = P (Xk = ik |Xk−1 = ik−1 ) = Pik−1 ik Thành thử P (X0 = i0 , X1 = i1 , , Xn = in ) = ui0 Pi0 i1 Pin−1in Định lý 1.2 (Phương trình C - K (Chapman-Kolmogorov)) Pij (n + m) = Pik (n)Pkj (m) k∈E Chứng minh Theo công thức xác suất đầy đủ tính Markov ta có Pij (n + m) = P (Xn+m = j|X0 = i) = P (Xn = k|X0 = i)P (Xn+m = j|Xn = k, X0 = i) k∈E Pik (n)Pkj (m) = k∈E Trong trường hợp E có d phần tử, ta ký hiệu P = (Pij ), P (n) = (Pij (n)) ma trận vng cấp d × d P gọi ma trận xác suất chuyển, P (n) gọi ma trận xác suất chuyển sau n bước Khi từ phương trình Chapman-Kolmogorov tương đương với P (n + m) = P (n)P (m) Chương Quá trình Markov Vì P = P (1) nên quy nạp ta dễ thấy P (n) = P n Gọi ui(n) = P (Xn = i) Ký hiệu vecto U (n) = (u1(n), , ud(n)) vector hàng d - chiều mô tả phân bố Xn , U = U (0) = (u1, u2 , , ud) vector hàng d - chiều mô tả phân bố ban đầu (phân bố X0 ) Định lý 1.3 Ta có U (m + n) = U (m)P n Nói riêng U (n) = U P n Chứng minh Thật vậy, theo công thức xác suất đầy đủ ta có d uj (m + n) = P (Xn+m = j) = P (Xm = i)P (Xn+m = j|Xm = i) i=1 d ui(m)Pij (n) = i=1 Ví dụ 1.1 Cho (ξn ), n = 0, 1, 2, dãy ĐLNN độc lập, phân bố n Giả sử P (ξn = i) = , i ∈ Z Đặt Xn = ξi Khi (Xn ) xích i=1 Markov với khơng gian trạng thái Z P {Xn+1 = in+1 |X0 = i0 X1 = i1 , Xn = in } = P {Xn + ξn+1 = in+1 |ξ0 = i0, ξ1 = i1 − i0, , ξn = in − in−1 } = P {ξn+1 = in+1 − in } = P {Xn+1 = in+1 |Xn = in } Vậy (Xn ) xích Markov với khơng gian trạng thái Z Xác suất chuyển Pij = ai−j 1.1 Xích Markov Ví dụ 1.2 (Mơ hình Ehrenfest) Ta có hai bình A, B có d cầu đánh số 1, 2, d Tại thời điểm ban đầu có a cầu A d−a cầu B Tại thời điểm n ta chọn ngẫu nhiên số tập {1, 2, d} Khi cầu mang số chọn chuyển từ bình chứa sang bình Ký hiệu Xn số cầu bình A thời điểm n Hiển nhiên (Xn ) xích Markov Ta tính xác suất chuyển P (Xn+1 = j|Xn = i) Vì A chứa i cầu nên với xác suất i/d ta chọn cầu từ A Khi cầu chuyển sang B Vậy P (Xn+1 = i − 1|Xn = i) = i/d Tương tự với xác suất − i/d chọn cầu B cầu chuyển vào A Vậy P (Xn+1 = i + 1|Xn = i) = − i/d Thành thử i  j = i −   d (1.1) Pij = d − i j = i +  d    j = i + 1, j = i − Mơ hình nhà vật lý tiếng Ehrenfest đưa năm 1907 nhằm mô tả truyền nhiệt hai vật thể Ví dụ 1.3 Ta nghiên cứu vấn đề xã hội chẳng hạn vấn đề nghiện hút Ta ký hiệu trạng thái không nghiện trạng thái nghiện Đơn vị thời gian quý (3 tháng) Thống kê nhiều năm cho thấy xác suất để người không nghiện sau quý không nghiện 0,99 xác suất để người nghiện sau quý tiếp tục nghiện 0,88 Như trạng thái người (nghiện hay khơng nghiện) mơ tả xích Markov với hai trạng thái E = {0, 1} với ma trận xác suất chuyển sau P = 0, 99 0, 01 0, 12 0, 88 Giả sử lúc đầu có 17% số người nghiện Như phân bố ban đầu U (0) = (0, 83, 0, 17) Sang quý hai, theo định lý 1.3 phân bố số người nghiện không nghiện U (1) = U (0)P = (0.83, 0.17) 0, 99 0, 01 0, 12 0, 88 = (0, 845, 0, 155) 10 Chương Quá trình Markov Sang quý ba phân bố số người không nghiện nghiện U (2) = U (1)P = (0.845, 0.155) 0, 99 0, 01 0, 12 0, 88 = (0, 855, 0, 145) tức lúc có 14,5% số người nghiện Ví dụ 1.4 Giả sử ta có d cửa hàng ký hiệu 1, 2, d bán sản phẩm Khách hàng chọn mua sản phẩm d cửa hàng tuỳ theo sở thích họ tháng họ không thay đổi chỗ mua hàng Gọi Xn cửa hàng mà khách hàng chọn mua sản phẩm tháng thứ n Đây xích Markov có d trạng thái, xác suất chuyển Pij có nghĩa xác suất để khách hàng, mua hàng cửa hàng i sang tháng sau chuyển sang mua cửa hàng j Xét d = ma trận xác suất chuyển   0, 800 0, 100 0, 100   P = 0, 070 0, 900 0, 030 0, 083 0, 067 0, 850 Giả sử tháng giêng cửa hàng chiếm 20% khách hàng, cửa hàng chiếm 50% khách hàng cửa hàng chiếm 30% khách hàng Như phân bố ban đầu U (0) = (0, 2, 0, 5, 0, 3) Sang tháng phân bố khách hàng cửa hàng U (1) = U (0)P = (0, 22, 0, 49, 0, 29) Sang tháng phân bố khách hàng cửa hàng U (2) = U (1)P = (0, 234, 0, 483, 0, 283) Tiếp tục trình ta tính tháng 12 phân bố khách hàng cửa hàng U (11) = (0, 270, 0, 459, 0, 271) tức tháng 12 cửa hàng chiếm 27% khách hàng, cửa hàng chiếm 45,9% khách hàng cửa hàng chiếm 27,1% khách hàng Ví dụ 1.5 Cho (Xn ) xích Markov có trạng thái E = {0, 1} với ma trận xác suất chuyển P = 1−a a b 1−b 1.1 Xích Markov 11 a, b > 0, < a + b < Ta tìm biểu thức ma trận xác suất chuyển sau n bước P (n) Ta có P00(n + 1) = P (Xn+1 = 0|X0 = 0) = P (Xn = 0|X0 = 0)P (Xn+1 = 0|Xn = 0)+ + P (Xn = 1|X0 = 0)P (Xn+1 = 0|Xn = 1) = P00 (n)(1 − a) + (1 − P00 (n))b (1.2) Nếu ký hiệu un = P00 (n), q = − a − b từ (1.2) ta có cơng thức truy hồi sau un+1 = un (1 − a) + (1 − un )b = (1 − a − b)un + b = qun + b Chú ý u0 = 1, từ công thức truy hồi dễ thấy un = q n + b(1 − q n ) b = (1 − a − b)n + (1 − (1 − a − b)n ) 1−q a+b hay P00 (n) = b a + (1 − a − b)n a+b a+b Suy P01 (n) = − P00 (n) = a a − (1 − a − b)n a+b a+b Tương tự ta có P10(n + 1) = P (Xn+1 = 0|X0 = 1) = P (Xn = 0|X0 = 1)P (Xn+1 = 0|Xn = 0)+ + P (Xn = 1|X0 = 1)P (Xn+1 = 0|Xn = 1) = P10 (n)(1 − a) + (1 − P10 (n))b (1.3) Nếu ký hiệu = P00(n), q = − a − b từ (1.3) ta có cơng thức truy hồi sau vn+1 = (1 − a) + (1 − )b = (1 − a − b)vn + b = qvn + b Chú ý v0 = 0, từ công thức ta thu b b(1 − q n) = (1 − (1 − a − b)n ) = (1 − q) a+b 12 Chương Quá trình Markov Suy b b − (1 − a − b)n a+b a+b a b + (1 − a − b)n P11(n) = − P10 (n) = a+b a+b P10 (n) = Viết dạng ma trận ta có P (n) = a+b b a b a + (1 − a − b)n a+b a −a −b b Định nghĩa 1.2 Phân bố ban đầu U = (ui), i ∈ E gọi phân bố dừng ta có U (n) = U với n tức ui (n) = ui ∀i ∈ E, ∀n Khi dãy (Xn ) có phân bố Từ định lý ta suy U = (ui ) phân bố dừng ui ≥ ui = i∈E uj = ui Pij ∀j ∈ E i∈E Ví dụ 1.6 Cho (Xn ) xích Markov có trạng thái E = {1, 2, 3} với ma trận xác suất chuyển   1/3 1/3 1/3   P = 1/4 1/2 1/4 1/6 1/3 1/2 Hãy tìm tất phân bố dừng Đặt U = (x, y, z) Khi U phân bố dừng x, y, z nghiệm không âm hệ sau    x/3 + y/4 + z/6 = x   x/3 + y/2 + z/3 = y  x/3 + y/4 + z/2 = z     x + y + z = 1.1 Xích Markov 13 Từ phương trình thứ thứ hai hệ khử z ta rút y = 5x/3 Từ z = 3x/2 Thế vào phương trình (4) ta thu x = 6/25, y = 10/25, z = 9/25 Ví dụ 1.7 Cho (Xn ) xích Markov có trạng thái E = {0, 1} với ma trận xác suất chuyển 1−a a P = b 1−b a, b > 0, < a + b < (xem ví dụ 1.5) Ta tìm phân bố dừng Đặt U = (x, y) Khi U phân bố dừng x, y nghiệm không âm hệ sau  (1 − a)x + by = x    ax + (1 − b)y = y    x + y = Phương trình (1) (2) hệ tương đương với ax = by hay x = vào phương trình (3) hệ ta thu x= by a Thế a b ,y = a+b a+b Như sau ta thấy phân bố dừng tồn Câu hỏi đặt là: Với điều kiện tồn phân bố dừng? Phân bố dừng tồn có không? Định lý 1.4 Giả sử (Xn ) xích Markov với khơng gian trạng thái E = {1, 2, } với ma trận xác suất chuyển P = (Pij ) ma trận xác suất chuyển sau n bước P (n) = (Pij (n)) Giả sử với i, j ∈ E tồn giới hạn lim Pij (n) = πj n→∞ giới hạn khơng phụ thuộc i Khi 4.5 Phương trình vi phân ngẫu nhiên 223 Ta chứng minh trình t Yt = e−αt c + σ e−α(t−s) dWs (4.10) nghiệm phương trình (4.9) t Thật đặt Xt = c + σ eαs dWs ta có Yt = e−αt Xt dXt = σeatdWt Xét hàm u(t, x) = e−αt x Ta có Yt = u(t, Xt ), ut = −αe−αt x, ux = e−αt, uxx = Công thức Ito cho ta dYt = (−αe−αt Xt + + 0)dt + e−αt σeαtdWt = −αe−αtXt dt + σdWt = −αY (t)dt + σdWt Lại có Y0 = c Do Yt nghiệm phương trình (4.9) Những suy luận phức tạp chứng minh Yt cho công thức (4.10) nghiệm phương trình (4.9) Qúa trình Yt gọi trình OrnsteinUhlenbeck Với giả thiết giá trị ban đầu c ĐLNN có phân bố chuẩn N (0.σ 2/2α) Yt trình Gauss dừng với kỳ vọng hàm tương quan K(t, s) = e−α|t−s| σ 2/2α Ví dụ 4.7 (Mơ hình Black-Scholes.) Năm 1973 hai nhà kinh tế học tốn tài M.Black M.Scholes đưa mơ hình tốn học cho phép định giá tài sản người đầu tư cổ phiếu thị trương chứng khoán Giá St cổ phiếu (stock) mơ tả phương trình vi phân ngẫu nhiên sau (gọi tắt phương trình B-S) dSt = µSt dt + σSt dWt , µ tỷ lệ trung bình giá chứng khốn ln chuyển ( mean rate of return), σ biểu thị biến động giá chứng khốn 224 Chương Tính tốn ngẫu nhiên Ta chứng minh phương trình B-S có nghiệm cho cơng thức sau (4.11) St = S0 exp (µ − σ 2/2)t + σWt a) Sự tồn tại: Thật xét trình Ito Xt với vi phân Ito dXt = (µ − σ 2/2)dt + σdWt (4.12) Xét trình St = eXt = u(Xt ) u(x) = ex Cơng thức Ito cho ta eXt (µ − σ 2/2) + eXt σ dt + eXt σdWt dSt = = eXt µdt + eXt σdWt = µSt dt + σSt dWt Như St nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên xét Mặt khác từ ( (4.12)) ta có Xt = X0 + (µ − σ 2/2)t + σdWt Thay vào ta công thức (4.11) b)Tính nhất: Giả sử Xt nghiệm phương trình B-S nghĩa dXt = µXt dt + σXtdWt Cách 1:Xét hàm u(x) = ln x Theo cơng thức Ito ta có d(ln Xt ) = ( + 1 2 µXt − σ Xt )dt Xt 2Xt2 σXt dWt = (µ − σ 2/2)dt + σdWt Xt Vậy ln Xt − ln X0 = (µ − σ 2/2)t + σWt hay Xt = c exp (µ − σ /2)t + σWt 4.5 Phương trình vi phân ngẫu nhiên 225 Cách 2: Ta xét trình Zt cho Zt = S0 = exp (µ1 − σ12/2)t + σ1Wt St µ1 = −µ + σ 2, σ1 = −σ Ta có dZt = µ1 Zt dt + σ1 Zt dWt , Z0 = Cơng thức tích phân phần cho ta d(Xt Zt ) = Xt dZt + Zt dXt − σ 2dt = Xt Zt (µ1 dt + σ1dWt ) + Zt Xt (µdt + σdWt ) − σ 2dt = Vậy Xt Zt = X0 Z0 hay Xt = x0Zt−1 = St Ví dụ 4.8 (Mơ hình tăng trưởng dân số.) Xét mơ hình tăng trưởng dân số dNt = a(t)Nt dt (4.13) Nt số luợng cá thể quần thể thời diểm t, a(t) tỷ lệ tăng dân số (hay tốc độ tăng tương đối) thời điểm t Trong mơ hình đơn giản ta giả sử a(t) = r số không thay đổi theo thời gian Khi dễ thấy phương trình vi phân có nghiệm Nt = N0 ert Đây luật Mantuyt tăng dân số theo hàm mũ Trong môi trường ngẫu nhiên ta giả sử a(t) chịu tác động nhân tố ngẫu nhiên a(t) = r(t) + αξt r(t) hàm khơng ngẫu nhiên, α số ξt ồn trắng 226 Chương Tính tốn ngẫu nhiên Trong mơ hình đơn giản ta giả sử r(t) = r số Khi phương trình (4.13) có dạng dNt = rNt dt + αNt ξt dt = rNt dt + αNt dWt Đây phương trình B-S xét ví dụ Phương trình có nghiệm Nt = N0 exp (r − α2 /2)t + αWt Ta khảo sát tính chất nghiệm Đặt mt = ENt dân số trung bình quần thể thời điểm t Ta N0 độc lập với Wt mt = m0ert tức mt hàm mũ ( luật Mantuyt) Thật đặt Yt = eαWt Công thức Ito cho ta dYt = αeαWt dWt + α2 eαWt dt hay t Yt = Y0 + α Lấy kỳ vọng hai vế , ý E( Ito) ta thu Ys dWs + α2 t t Ys ds Ys dWs ) = (do tính chất tích phân EYt = EY0 + α2 t EYs ds tức d EYt = α2 EYt , EY0 = dt 2 Suy EYt = exp( α t) Mặt khác N0 độc lập với Wt nên mt = ENt = EN0EYt exp(r − α2 /2)t = m0 ert Ngồi dựa vào cơng thức Nt luật loga lặp trình Wiener ta thu kết luận sau 4.5 Phương trình vi phân ngẫu nhiên 227 • Nếu r > 12 α2 Nt → ∞ t → ∞ (Sự bùng nổ dân số quần thể) • Nếu r < 12 α2 Nt → t → ∞ ( Sự diệt vong dân số quần thể) • Nếu r = 12 α2 Nt giao động giá trị lớn tuỳ ý giá trị nhỏ tuỳ ý Một điều lý thú < r < 12 α2 lim Nt = 0, h.c.c t→∞ lim ENt = lim m0ert = +∞ t→∞ t→∞ Ví dụ 4.9 Tổng quát ta xét phương trình dYt = µ(t, ω)Yt dt + σ(t, ω)YtdWt Ta chứng minh nghiệm phương trình t t (µ(s) − σ 2(s)/2)ds + Yt = Y0 exp σ(s)dWs (4.14) Thật xét trình Ito Xt với vi phân Ito dXt = (µ(t) − σ (t)/2)dt + σ(t)dWt Xét q trình Yt = eXt = u(Xt ) u(x) = ex Công thức Ito cho ta dYt = eXt (µ(t) − σ 2(t)/2) + eXt σ (t) dt + eXt σ(t)dWt = eXt µ(t)dt + eXt σ(t)dWt = µ(t, ω)Yt dt + σ(t, ω)Yt dWt Như Yt nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên xét (4.15) 228 Chương Tính tốn ngẫu nhiên Mặt khác từ (4.15) ta có t t Xt = X0 + µ(s) − σ (s)/2)ds + σ(s)dWs Thay vào ta công thức (4.14) Bây trở lại câu hỏi 1) tồn nghiệm Định lý 4.7 Giả sử hàm f (t, x) g(t, x) thoả mãn điều kiện sau |f (t, x)| + |g(t, x)| ≤ C(1 + |x|), x ∈ R.t ∈ [0, T ] với C số |f (t, x) − f (t, y)| + |g(t, x) − g(t, y)| ≤ D|x − y| với D số Gọi Z ĐLNN độc lập với Wt , t ≥ EZ < ∞ Khi phương trình vi phân ngẫu nhiên dXt = f (t, Xt )dt + g(t, Xt )dWt , X0 = c có nghiệm Chứng minh a) Tính nhất: Giả sử Xt Yt hai nghiệm Đặt a(s, ω) = f (s, Xs ) − f (s, Ys ), b(s, ω) = g(s, Xs ) − g(s, Ys ) Ta có t E(Xt − Yt ) = E(X0 − Y0 + t bdWs )2 ads + 0 t t ≤ 3E|X0 − Y0 | + 3E|( bdWs )2| ads) | + 3E|( 0 t ≤ 3E|X0 − Y0 |2 + 3tE( t a2ds) + 3E( b2ds) t ≤ 3E|X0 − Y0 |2 + 3(1 + t)2D2 E|Xs − Ys |2ds (4.16) 4.5 Phương trình vi phân ngẫu nhiên 229 Do hàm v(t) = E|Xt − Yt |2 ; t ∈ [0, T ] thoả mãn bất đẳng thức t v(t) ≤ F + A v(s)ds F = 3E|X0 − Y0 |2 , A = 3(1 + T )2D2 Đặt w(t) = t v(s)ds Khi w (t) ≤ F + Aw(t) Vì w(0) = suy w(t) ≤ F/A(exp(At) − 1) Do v(t) ≤ F exp(At) Vì X0 = Y0 = Z nên F = v(t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] Vậy P (Xt = Yt ) = 1∀t ∈ [0, T ] b) Sự tồn tại: Đặt Yt0 = X0 ta xác định Ytk+1 cách truy hồi sau t Ytk+1 = X0 + t f (s, Ysk )ds + g(s, Ysk )dWs 0 Khi tính tốn tương tự chứng minh tính ta có t E|Ytk+1 − Ytk |2 E|Ysk − Ysk−1 |2 ds ≤ 3(1 + T ) D E|Yt1 − Yt0 |2 ≤ A1t số A1 phụ thuộc vào C, T, EX02 Bằng quy nạp theo k ta có Ak+1 tk+1 E|Ytk+1 − Ytk |2 ≤ (k + 1)! A2 số Tiếp theo T |Ytk+1 sup − Ytk | t∈[0,T ] |f (s, Ysk ) − f (s, Ysk−1 )ds ≤ t (g(s, Ysk ) − g(s, Ysk−1 )dWs | + sup | t∈[0,T ] 230 Chương Tính tốn ngẫu nhiên Do bất đẳng thức martingale Doob ta thu P ( sup |Ytk+1 − Ytk | > 2−k ) t∈[0,T ] T |f (s, Ysk ) − f (s, Ysk−1 )ds)2 > 22k−2 ) ≤ P |( t (g(s, Ysk ) − g(s, Ysk−1 )dWs | > 2−k−1 ) +P ( sup | t∈[0,T ] T ≤ 22k+2 T E|f (s, Ysk ) − f (s, Ysk−1 )2 ds T +22k+2 E|(g(s, Ysk ) − g(s, Ysk−1 |2 )ds T ≤ 22k+2 D2 (T + 1) (4A2 T )k+1 Ak2 tk dt ≤ k! (k + 1)! chọn A2 ≥ 4D2 (T + 1) Do theo bổ đề Borel-Cantelli với hầu hết ω có tồn k0 = k0 (ω) cho sup |Ytk+1 − Ytk | < 2−k , với k > k0 t∈[0,T ] Do với hầu hết ω dãy Ytn (ω) hội tụ theo t Ký hiệu giới hạn Xt = Xt (ω) Có Xt q trình liên tục Ytn trình liên tục với n Hơn nũa, Xt Ft- đo Ytn có tính chất với n Cuối ta chứng minh Xt thoả mãn phương trình (4.16) Với n ta có t t Ytk+1 = X0 + f (s, Ysk )ds + g(s, Ysk )dWs (4.17) với m > n ∞ ||Ytm − Yyn ||L2 ≤ k=n A2T )k+1 → 0, n → ∞ (k + 1)! Có Ytn (ω) → Xt (ω) theo t với hầu hết ω Theo bổ đề Fatou ta có T E( T |Xt − Ytn |2 dt) |Ytm − Ytn |2dt) → 0khi n → ∞ ≤ lim inf E(( m 4.5 Phương trình vi phân ngẫu nhiên 231 Từ đẳng cấu Ito t t g(s, Ysn )dWs → g(s, Xs )dWs theo bất đẳng thức Holder t t f (s, Ysn )ds → f (s, Xs )ds L2 (Ω) Qua giới hạn (4.17) ta nhận t Xt = X0 + t f (s, Xs )ds + g(s, Xs )dWs Bây ta nêu lên số tính chất quan trọng lời giải Xt phương trình vi phân ngẫu nhiên (không chứng minh) dXt = f (t, Xt )dt + g(t, Xt)dWt , X0 = c (4.18) Giả sử điều kiện tồn nghiệm định lý thoả mãn Ec2n < ∞ Khi E|Xt − Xs |2n ≤ C|t − s|n với c số Nói riêng, Ec2 < ∞ Xt liên tục bptb Giả sử = t0 < t1 < < tn = T phân hoạch [0, T ] δn = max(tk − tk−1 ) Khi n δn →0 T (Xtk − Xtk−1 )2 = P − lim k=1 g (s, Xs )ds T Từ suy = g 2(s, Xs )ds > với xác suất quỹ đạo Xt có biến phân khơng bị chặn Quỹ đạo t → Xt (ω) không khả vi s g(s, Xs (ω)) = 232 Chương Tính tốn ngẫu nhiên Xt trình Markov [0, T ] với phân bố ban đầu t = phân bố c với xác suất chuyển P (s, x, t, A) = P (Xt ∈ A|Xs = x) Nếu f (t, x), g(t, x) hàm liên tục t Xt trình khuyếch tán với hệ số dịch chuyển f (t, x) hệ số khuyếch tán g (t, x), nghĩa lim t↓s t↓s t − s lim t↓s t − s t−s P (s, x, t, dy) = |y−x|>ε lim (y − x)P (s, x, t, dy) = f (s, x) |y−x|≤ε (y − x)2P (s, x, t, dy) = g (s, x) |y−x|≤ε Trong trường hợp f (t, x) = f (x), g(t, x) = g(x) khơng phụ thuộc t Xt q trình Markov 4.6 Bài tập Chứng minh trực tiếp từ định nghĩa công thức sau t t sdWs = tWt − Ws ds Chứng minh trực tiếp từ định nghĩa công thức sau t Ws2dWs = Wt3 − t Ws ds Kiểm tra xem q trình Xt sau có martingale hay không i) Xt = Wt + 4t ii) Xt = Wt2 iii) Xt = t2Wt − t sWs ds 4.6 Bài tập 233 Chứng minh trực tiếp từ định nghĩa Xt = Wt2 − t martingale Chứng minh Xt = Wt3 − 3tWt martingale Giả sử f ∈ N (0, T ) có quỹ đạo liên tục Chứng minh T f (t, ω)dWt = lim ∆tj →0 f (tj , ω)∆Wj j hội tụ L2 (Ω) Giả sử hàm f ∈ N (0, T ) đủ trơn theo nghĩa sau: Có tồn số K ε > cho E|f (s, ) − f (t, )|2 ≤ K|s − t|1+ε , ∀s, t ∈ [0, T ] Chứng minh T f (t, ω)dWt = lim ∆tj →0 f (sj , ω)∆Wj j với cách chọn sj ∈ [tj , tj+1 ] Sử dụng công thức Ito để viết vi phân Ito trình sau i) Xt = Wt2 ii) Xt = + t + eWt Với a, b số ta định nghĩa Xt = eat+bWt Chứng minh dXt = (a + b2 /2)Xt dt + bXt dWt 234 Chương Tính tốn ngẫu nhiên 10 Cho Xt q trình Ito với dXt = v(t, ω)dWt i) Cho ví dụ chứng tỏ Xt2 không martingale ii) Chứng minh t Mt = Xt2 vs2ds − martingale 11 Cho Zt trình Ito với vi phân ngẫu nhiên dZt = adt + bdWt với a, b số Định nghĩa Mt = exp(Zt − (a + b2/2)t) = exp(− b2t + bWt) Dùng công thức Ito chứng minh dMt = bMt dWt Từ suy Mt martingale (ta gọi Mt martingale mũ) 12 Kiểm tra trình Xt = eWt lời giải phương trình dXt = Xt dt + Xt dWt 13 Kiểm tra trình Xt = Wt 1+t lời giải phương trình dXt = − 1 Xt dt + dWt , X0 = 1+t 1+t 4.6 Bài tập 235 14 Giải phương trình i) dXt = Xt + dWt ii) dXt = −Xt dt + e−t dWt 15 Với a, b ∈ R xét phương trình sau dXt = b − Xt dt + dWt , t ∈ [0, 1] 1−t Chứng minh nghiệm phương trình t Xt = a(1 − t) + bt + (1 − t) dWs 1−s limt→1 Xt = b hầu chắn Quá trình Xt đuợc gọi cầu Brown từ a đến b 16 Cho Xt là nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên dXt = (aXt + a )dt + (bXt + b )dWt , X0 = Xét trình St = exp((a − b2/2)t + bWt) i) Tìm phương trình vi phân ngẫu nhiên mà St thoả mãn ii) Chứng minh d(Xt St−1 ) = (a − bb )St−1 dt + b St−1 dWt ) iii) Suy biểu thức Xt Tài liệu tham khảo [1] Đặng Hùng Thắng, Mở đầu lý thuyết xác suất ứng dụng, Nhà xuất Giáo dục, 1998 [2] Trần Hùng Thao, Tích phân ngẫu nhiên phương trình vi phân ngẫu nhiên, Nhà xuất Khoa học kỹ thuật, 2000 [3] Nguyễn Duy Tiến, Các mơ hình xác suất ứng dụng Phần I: Xích Markov ứng dụng, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội 2000 [4] Nguyễn Duy Tiến (chủ biên), Đặng Hùng Thắng Các mô hình xác suất ứng dụng Phần 2: Quá trình dừng ứng dụng, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà nội, 2001 [5] Nguyễn Duy Tiến, Các mô hình xác suất ứng dụng Phần III: Giải tích ngẫu nhiên, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội 2001 [6] Nguyễn Duy Tiến, Vũ Việt Yên Lý thuyết xác suất, Nhà xuất Giáo dục, 2000 [7] Bernt Oksendal, Stochastic Differential Equation, An introduction with Applications, Springer-Verlag, Berlin 1992 [8] J.Neveu, Discrete-Parameter Martingales, North-Hollan Publi., Amsterdam, 1975 [9] D.Lamberton, B.Lapeyre, Introduction to Stochastic Calculus Applied to Finance Chapman Hall/CRC Washinton D.C., 2000 TÀI LIỆU THAM KHẢO 237 [10] P.Protter, Stochastic Intergration and Differetial Equations, Springer Verlag, 1990 ... Tại thời điểm n ta chọn ngẫu nhiên số tập {1, 2, d} Khi cầu mang số chọn chuyển từ bình chứa sang bình Ký hiệu Xn số cầu bình A thời điểm n Hiển nhiên (Xn ) xích Markov Ta tính xác suất chuyển P... q j = i −   Pij = p j = i +    0 j = i + 1, j = i − Xích gọi du động ngẫu nhiên chiều mô tả chuyển động ngẫu nhiên hạt đường thẳng: Sau đơn vị thời gian hạt dịch sang phải với xác suất... hạn hay đếm được, phần tử ký hiệu i, j, k Ta gọi (Xt ) q trình ngẫu nhiên với khơng gian trạng thái E Định nghĩa 1.9 Ta nói (Xt ) trình Markov với t1 < < tk < t với i1, i2, in, i ∈ E P {Xt