Proof Check: Für eine abgeschlossene Filtration, $\mathcal{F}_{t}^{B}$ ist richtig kontinuierlich wo $B$ ist eine Standard-Brownsche Bewegung
Lassen $B$ eine Standard Brownian Bewegung auf sein $(\Omega, \mathcal{F}, \mathbb P)$ und weiter lassen $(\mathcal{F}_{t}^{B})_{t \geq 0}$ die natürliche Filtration sein, die mit verbunden ist $B$ so dass $\mathcal{F}_{t}^{B}$ zum $t \geq 0$enthält alle Nullmengen. Zeigen Sie, dass die Filtration rechtskontinuierlich ist.
Mein Ansatz:
Trivial haben wir $\mathcal{F}_{t}^{B}\subseteq \mathcal{F}_{t+}^{B}$.
Nun zum "$\mathcal{F}_{t+}^{B}\subseteq \mathcal{F}_{t}^{B}$", wir gehen davon aus, dass dies nicht gilt:
wir wählen $A \in \mathcal{F}_{t+}^{B}\setminus \mathcal{F}_{t}^{B}$ und lass $N$ sei die Nullmenge so, dass $B$ ist kontinuierlich auf $\overline{\Omega}:=\Omega\setminus N$
Dann können wir eine Sequenz konstruieren $(\varepsilon_{n})_{n \in \mathbb N}\subseteq(0,\infty)$ mit $\varepsilon_{n}\downarrow 0$ wie $n \to \infty$ so dass $A$ ist $B_{t+\varepsilon_{n}}-$ messbar für jeden $n \in \mathbb N$.
Außerdem $B$ ist kontinuierlich auf $A\setminus N_{A}$ wo $N_{A}$ ist eine Null gesetzt und somit seit $A\setminus N_{A}$ ist $B_{t+\varepsilon_{n}}-$ messbar für jeden $n \in \mathbb N$haben wir auf $A\setminus N_{A}$ Das $B_{t+\varepsilon_{n}}\xrightarrow{n \to \infty} B_{t}$ und somit $A \setminus N_{A}$ muss sein $B_{t}$messbar. Daher$A = (A \setminus N_{A} )\cup N_{A}$ ist $B_{t}$-Messbar was impliziert $A \in \mathcal{F}_{t}^{B}$ was der ursprünglichen Annahme widerspricht.
Ist mein Beweis korrekt? Irgendwelche Verbesserungen?
Antworten
(Ich werde abkürzen $\mathcal F^B_t$ zu $\mathcal F_t$, usw.)
Das musst du zeigen $$ E[G\mid\mathcal F_{t+}] = E[G\mid\mathcal F_{t}]\qquad\qquad(\dagger) $$ für jeden begrenzten $\mathcal F$-messbar $G$. Sobald dies erledigt ist, überlegen Sie$A\in\mathcal F_{t+}$ und nehme $G=1_A$. Dann ($\dagger$) impliziert, dass $1_A=E[1_A\mid\mathcal F_{t+}] =E[1_A\mid\mathcal F_t]$ als weil $\mathcal F_t$ enthält alle Nullmengen, das zeigt das $A$ ist $\mathcal F_t$-messbar. Deshalb$\mathcal F_{t+}\subset\mathcal F_t$.
Die Identität ($\dagger$) ist eine Folge von zwei Dingen: (i) der (rechten) Kontinuität der Pfade der Brownschen Bewegung und (ii) den stationären unabhängigen Inkrementen der Brownschen Bewegung.
Fix $t>0$. Nach dem Satz der monotonen Klasse reicht es zu zeigen ($\dagger$) zum $G$ der Form $H\cdot K_t$, wo $H$ ist begrenzt und $\mathcal F_{t}$-Messbar und $$ K_u:=\prod_{i=1}^m f_i(B_{u+s_i}-B_u),\qquad u\ge 0, $$ wo $m$ ist eine positive ganze Zahl, die $s_i$ sind streng positive Zahlen und die $f_i$sind begrenzt und kontinuierlich. Beachte das$u\mapsto K_u$ ist (as) kontinuierlich und $u\mapsto E[K_u]$ist konstant. Ebenfalls,$K_u$ ist unabhängig von $\mathcal F_u$ wegen der zuvor erwähnten unabhängigen Inkremente.
Korrigieren Sie jetzt ein Ereignis $C\in\mathcal F_{t+}$. Lassen$\{t_n\}$ sei eine streng abnehmende Folge von Reals mit Limit $t$. Dann$$ \eqalign{ E[1_C\cdot G] &=E[1_CHK_t]=\lim_{n\to\infty}E[1_CHK_{t_n}]\cr &=\lim_{n\to\infty}E[1_CH]\cdot E[K_{t_n}]\cr &=E[1_CH]\cdot E[K_{t}]\cr &=E[1_CH]\cdot E[K_0]\cr &=E\left[1_CH\cdot E[K_0]\right]. } $$ (Die dritte Gleichheit folgt, weil $C\in \mathcal F_{t_n}$, und $K_{t_n}$ ist unabhängig von $\mathcal F_{t_n}$.) Diese Berechnung zeigt das $E[G\mid\mathcal F_{t+}]=H\cdot E[K_0]$, welches ist $\mathcal F_t$-messbar. Also ($\dagger$) folgt.
Zuerst: $(\mathcal{F}_t^B)_{t\geq0}$ ist nicht richtig kontinuierlich in $t=0$.
Da für eine Brownsche Bewegung gilt das $B_0=0$ wie du das bekommst $$ \mathcal{F}_0^B = \sigma(\{\emptyset,\Omega\}\cup \mathcal{N}) $$ aber $$\mathcal{F}_t^B = \mathcal{B}(\mathbb{R}),\quad t>0$$ wo $\mathcal{N}$sind die Nullmengen Ihres Maßes. Siehe auch diese andere Frage zu nicht richtigen kontinuierlichen Filtrationen.
Ich denke, das Problem in Ihrem Beweis ist, dass die Kontinuität der Brownschen Bewegung keine Messbarkeit von impliziert $A\setminus N_A$ wrt $B_t$.