Vérification de l'épreuve: pour une filtration terminée, $\mathcal{F}_{t}^{B}$ est juste continue où $B$ est un mouvement brownien standard
Laisser $B$ être un mouvement brownien standard sur $(\Omega, \mathcal{F}, \mathbb P)$ et encore laisser $(\mathcal{F}_{t}^{B})_{t \geq 0}$ être la filtration naturelle associée à $B$ tel que $\mathcal{F}_{t}^{B}$ pour $t \geq 0$contient tous les ensembles nuls. Montrez que la filtration est continue à droite.
Mon approche:
Trivialement, nous avons $\mathcal{F}_{t}^{B}\subseteq \mathcal{F}_{t+}^{B}$.
Maintenant pour le "$\mathcal{F}_{t+}^{B}\subseteq \mathcal{F}_{t}^{B}$", nous supposons que cela ne vaut pas:
nous choisissons $A \in \mathcal{F}_{t+}^{B}\setminus \mathcal{F}_{t}^{B}$ et laissez $N$ être l'ensemble nul tel que $B$ est continu sur $\overline{\Omega}:=\Omega\setminus N$
Ensuite, nous pouvons construire une séquence $(\varepsilon_{n})_{n \in \mathbb N}\subseteq(0,\infty)$ avec $\varepsilon_{n}\downarrow 0$ comme $n \to \infty$ tel que $A$ est $B_{t+\varepsilon_{n}}-$ mesurable pour tout $n \in \mathbb N$.
en outre $B$ est continu sur $A\setminus N_{A}$ où $N_{A}$ est un ensemble nul et donc depuis $A\setminus N_{A}$ est $B_{t+\varepsilon_{n}}-$ mesurable pour tout $n \in \mathbb N$, nous avons sur $A\setminus N_{A}$ cette $B_{t+\varepsilon_{n}}\xrightarrow{n \to \infty} B_{t}$ Et ainsi $A \setminus N_{A}$ doit être $B_{t}$mesurable. Par conséquent$A = (A \setminus N_{A} )\cup N_{A}$ est $B_{t}$-mesurable ce qui implique $A \in \mathcal{F}_{t}^{B}$ ce qui contredit l'hypothèse initiale.
Ma preuve est-elle correcte? Des améliorations?
Réponses
(Je vais abréger $\mathcal F^B_t$ à $\mathcal F_t$, etc.)
Vous devez montrer que $$ E[G\mid\mathcal F_{t+}] = E[G\mid\mathcal F_{t}]\qquad\qquad(\dagger) $$ pour chaque borné $\mathcal F$-mesurable $G$. Une fois que cela est fait, considérez$A\in\mathcal F_{t+}$ et prend $G=1_A$. Ensuite ($\dagger$) implique que $1_A=E[1_A\mid\mathcal F_{t+}] =E[1_A\mid\mathcal F_t]$ comme Parce que $\mathcal F_t$ contient tous les ensembles nuls, cela montre que $A$ est $\mathcal F_t$-mesurable. Donc$\mathcal F_{t+}\subset\mathcal F_t$.
L'identité ($\dagger$) est une conséquence de deux choses: (i) la continuité (droite) des chemins du mouvement brownien, et (ii) les incréments indépendants stationnaires du mouvement brownien.
Réparer $t>0$. Par le théorème de classe monotone, il suffit de montrer ($\dagger$) pour $G$ de la forme $H\cdot K_t$, où $H$ est borné et $\mathcal F_{t}$-mesurable, et $$ K_u:=\prod_{i=1}^m f_i(B_{u+s_i}-B_u),\qquad u\ge 0, $$ où $m$ est un entier positif, le $s_i$ sont des nombres strictement positifs et le $f_i$sont limités et continus. Remarquerez que$u\mapsto K_u$ est (comme) continu, et $u\mapsto E[K_u]$est constante. Également,$K_u$ est indépendant de $\mathcal F_u$ en raison des incréments indépendants mentionnés précédemment.
Maintenant, corrigez un événement $C\in\mathcal F_{t+}$. Laisser$\{t_n\}$ être une séquence de réels strictement décroissante avec limite $t$. ensuite$$ \eqalign{ E[1_C\cdot G] &=E[1_CHK_t]=\lim_{n\to\infty}E[1_CHK_{t_n}]\cr &=\lim_{n\to\infty}E[1_CH]\cdot E[K_{t_n}]\cr &=E[1_CH]\cdot E[K_{t}]\cr &=E[1_CH]\cdot E[K_0]\cr &=E\left[1_CH\cdot E[K_0]\right]. } $$ (La troisième égalité suit parce que $C\in \mathcal F_{t_n}$, et $K_{t_n}$ est indépendant de $\mathcal F_{t_n}$.) Ce calcul montre que $E[G\mid\mathcal F_{t+}]=H\cdot E[K_0]$, lequel est $\mathcal F_t$-mesurable. Donc ($\dagger$) suit.
Premier: $(\mathcal{F}_t^B)_{t\geq0}$ n'est pas juste continue dans $t=0$.
Puisque pour un mouvement brownien il tient que $B_0=0$ comme vous obtenez cela $$ \mathcal{F}_0^B = \sigma(\{\emptyset,\Omega\}\cup \mathcal{N}) $$ mais $$\mathcal{F}_t^B = \mathcal{B}(\mathbb{R}),\quad t>0$$ où $\mathcal{N}$sont les ensembles nuls de votre mesure. Voir aussi cette autre question sur les filtrations continues non correctes.
Je pense que le problème dans votre preuve est que la continuité du mouvement brownien n'implique pas la mesurabilité de $A\setminus N_A$ wrt $B_t$.