Kontrola dowodowa: Aby uzyskać pełną filtrację, $\mathcal{F}_{t}^{B}$ jest ciągły gdzie $B$ to standardowy ruch Browna
Pozwolić $B$ być standardowym ruchem Browna $(\Omega, \mathcal{F}, \mathbb P)$ i dalej niech $(\mathcal{F}_{t}^{B})_{t \geq 0}$ być naturalną filtracją związaną z $B$ takie że $\mathcal{F}_{t}^{B}$ dla $t \geq 0$zawiera wszystkie zestawy zerowe. Pokaż, że filtracja jest prawostronna.
Moje podejście:
Trywialnie, mamy $\mathcal{F}_{t}^{B}\subseteq \mathcal{F}_{t+}^{B}$.
Teraz dla „$\mathcal{F}_{t+}^{B}\subseteq \mathcal{F}_{t}^{B}$", zakładamy, że to nie dotyczy:
wybieramy $A \in \mathcal{F}_{t+}^{B}\setminus \mathcal{F}_{t}^{B}$ i pozwól $N$ być zbiorem takim, że $B$ jest ciągły $\overline{\Omega}:=\Omega\setminus N$
Następnie możemy skonstruować sekwencję $(\varepsilon_{n})_{n \in \mathbb N}\subseteq(0,\infty)$ z $\varepsilon_{n}\downarrow 0$ tak jak $n \to \infty$ takie że $A$ jest $B_{t+\varepsilon_{n}}-$ wymierne dla każdego $n \in \mathbb N$.
Ponadto $B$ jest ciągły $A\setminus N_{A}$ gdzie $N_{A}$ jest zbiorem zerowym i dlatego od tego czasu $A\setminus N_{A}$ jest $B_{t+\varepsilon_{n}}-$ wymierne dla każdego $n \in \mathbb N$, mamy na $A\setminus N_{A}$ że $B_{t+\varepsilon_{n}}\xrightarrow{n \to \infty} B_{t}$ a zatem $A \setminus N_{A}$ musi być $B_{t}$wymierny. W związku z tym$A = (A \setminus N_{A} )\cup N_{A}$ jest $B_{t}$-mierzalne, co implikuje $A \in \mathcal{F}_{t}^{B}$ co przeczy pierwotnemu założeniu.
Czy mój dowód jest poprawny? Jakieś ulepszenia?
Odpowiedzi
(Skracam $\mathcal F^B_t$ do $\mathcal F_t$itp.)
Musisz to pokazać $$ E[G\mid\mathcal F_{t+}] = E[G\mid\mathcal F_{t}]\qquad\qquad(\dagger) $$ dla każdego ograniczonego $\mathcal F$-wymierny $G$. Gdy to zrobisz, zastanów się$A\in\mathcal F_{t+}$ i weź $G=1_A$. Następnie ($\dagger$) oznacza to $1_A=E[1_A\mid\mathcal F_{t+}] =E[1_A\mid\mathcal F_t]$ jak Ponieważ $\mathcal F_t$ zawiera wszystkie zestawy zerowe, to pokazuje $A$ jest $\mathcal F_t$-wymierny. W związku z tym$\mathcal F_{t+}\subset\mathcal F_t$.
Tożsamość ($\dagger$) jest konsekwencją dwóch rzeczy: (i) (prawej) ciągłości ścieżek ruchów Browna i (ii) stacjonarnych niezależnych przyrostów ruchów Browna.
Naprawić $t>0$. Za pomocą twierdzenia o klasach monotonnych wystarczy pokazać ($\dagger$) dla $G$ formularza $H\cdot K_t$, gdzie $H$ jest ograniczony i $\mathcal F_{t}$-mierzalne i $$ K_u:=\prod_{i=1}^m f_i(B_{u+s_i}-B_u),\qquad u\ge 0, $$ gdzie $m$ jest dodatnią liczbą całkowitą, $s_i$ są liczbami ściśle dodatnimi, a $f_i$są ograniczone i ciągłe. Zauważ, że$u\mapsto K_u$ jest (jako) ciągły i $u\mapsto E[K_u]$jest stała. Również,$K_u$ jest niezależny od $\mathcal F_u$ ze względu na wspomniane wcześniej niezależne przyrosty.
Teraz napraw wydarzenie $C\in\mathcal F_{t+}$. Pozwolić$\{t_n\}$ być ściśle malejącą sekwencją liczb rzeczywistych z ograniczeniem $t$. Następnie$$ \eqalign{ E[1_C\cdot G] &=E[1_CHK_t]=\lim_{n\to\infty}E[1_CHK_{t_n}]\cr &=\lim_{n\to\infty}E[1_CH]\cdot E[K_{t_n}]\cr &=E[1_CH]\cdot E[K_{t}]\cr &=E[1_CH]\cdot E[K_0]\cr &=E\left[1_CH\cdot E[K_0]\right]. } $$ (Trzecia równość następuje, ponieważ $C\in \mathcal F_{t_n}$, i $K_{t_n}$ jest niezależny od $\mathcal F_{t_n}$.) Te obliczenia to pokazują $E[G\mid\mathcal F_{t+}]=H\cdot E[K_0]$, który jest $\mathcal F_t$-wymierny. Zatem ($\dagger$).
Pierwszy: $(\mathcal{F}_t^B)_{t\geq0}$ nie jest ciągłe w $t=0$.
Ponieważ w przypadku ruchu Browna tak jest $B_0=0$ jak to rozumiesz $$ \mathcal{F}_0^B = \sigma(\{\emptyset,\Omega\}\cup \mathcal{N}) $$ ale $$\mathcal{F}_t^B = \mathcal{B}(\mathbb{R}),\quad t>0$$ gdzie $\mathcal{N}$są zerowymi zbiorami twojej miary. Zobacz także to inne pytanie dotyczące nieprawidłowej ciągłej filtracji.
Myślę, że problem z twoim dowodem polega na tym, że ciągłość ruchu Browna nie implikuje mierzalności $A\setminus N_A$ wrt $B_t$.