Verificação de prova: Para uma filtração completa, $\mathcal{F}_{t}^{B}$ é contínuo onde $B$ é um movimento browniano padrão
Deixei $B$ ser um movimento browniano padrão em $(\Omega, \mathcal{F}, \mathbb P)$ e ainda mais $(\mathcal{F}_{t}^{B})_{t \geq 0}$ ser a filtragem natural associada com $B$ de tal modo que $\mathcal{F}_{t}^{B}$ para $t \geq 0$contém todos os conjuntos nulos. Mostre que a filtragem é contínua à direita.
Minha abordagem:
Trivialmente, nós temos $\mathcal{F}_{t}^{B}\subseteq \mathcal{F}_{t+}^{B}$.
Agora para o "$\mathcal{F}_{t+}^{B}\subseteq \mathcal{F}_{t}^{B}$", presumimos que isso não é válido:
nós escolhemos $A \in \mathcal{F}_{t+}^{B}\setminus \mathcal{F}_{t}^{B}$ e deixar $N$ ser o conjunto nulo de forma que $B$ é contínuo em $\overline{\Omega}:=\Omega\setminus N$
Então podemos construir uma sequência $(\varepsilon_{n})_{n \in \mathbb N}\subseteq(0,\infty)$ com $\varepsilon_{n}\downarrow 0$ Como $n \to \infty$ de tal modo que $A$ é $B_{t+\varepsilon_{n}}-$ mensurável para qualquer $n \in \mathbb N$.
além disso $B$ é contínuo em $A\setminus N_{A}$ Onde $N_{A}$ é algum conjunto nulo e, portanto, desde $A\setminus N_{A}$ é $B_{t+\varepsilon_{n}}-$ mensurável para qualquer $n \in \mathbb N$, nós temos em $A\setminus N_{A}$ este $B_{t+\varepsilon_{n}}\xrightarrow{n \to \infty} B_{t}$ e assim $A \setminus N_{A}$ devemos ser $B_{t}$mensurável. Conseqüentemente$A = (A \setminus N_{A} )\cup N_{A}$ é $B_{t}$-mensurável o que implica $A \in \mathcal{F}_{t}^{B}$ o que contradiz a suposição inicial.
Minha prova está correta? Alguma melhoria?
Respostas
(Vou abreviar $\mathcal F^B_t$ para $\mathcal F_t$, etc.)
Você precisa mostrar isso $$ E[G\mid\mathcal F_{t+}] = E[G\mid\mathcal F_{t}]\qquad\qquad(\dagger) $$ para cada limite $\mathcal F$-mensurável $G$. Depois de fazer isso, considere$A\in\mathcal F_{t+}$ e pegue $G=1_A$. Então ($\dagger$) implica que $1_A=E[1_A\mid\mathcal F_{t+}] =E[1_A\mid\mathcal F_t]$ como porque $\mathcal F_t$ contém todos os conjuntos nulos, isso mostra que $A$ é $\mathcal F_t$-mensurável. Portanto$\mathcal F_{t+}\subset\mathcal F_t$.
A identidade ($\dagger$) é uma consequência de duas coisas: (i) a continuidade (direita) dos caminhos do movimento browniano e (ii) os incrementos independentes estacionários do movimento browniano.
Consertar $t>0$. Pelo teorema da classe monótona é o suficiente para mostrar ($\dagger$) para $G$ do formulário $H\cdot K_t$, Onde $H$ é limitado e $\mathcal F_{t}$-mensurável e $$ K_u:=\prod_{i=1}^m f_i(B_{u+s_i}-B_u),\qquad u\ge 0, $$ Onde $m$ é um número inteiro positivo, o $s_i$ são números estritamente positivos e o $f_i$são limitados e contínuos. Notar que$u\mapsto K_u$ é (as) contínuo, e $u\mapsto E[K_u]$é constante. Além disso,$K_u$ é independente de $\mathcal F_u$ por causa dos incrementos independentes mencionados antes.
Agora conserte um evento $C\in\mathcal F_{t+}$. Deixei$\{t_n\}$ ser uma sequência estritamente decrescente de reais com limite $t$. Então$$ \eqalign{ E[1_C\cdot G] &=E[1_CHK_t]=\lim_{n\to\infty}E[1_CHK_{t_n}]\cr &=\lim_{n\to\infty}E[1_CH]\cdot E[K_{t_n}]\cr &=E[1_CH]\cdot E[K_{t}]\cr &=E[1_CH]\cdot E[K_0]\cr &=E\left[1_CH\cdot E[K_0]\right]. } $$ (A terceira igualdade segue porque $C\in \mathcal F_{t_n}$e $K_{t_n}$ é independente de $\mathcal F_{t_n}$.) Este cálculo mostra que $E[G\mid\mathcal F_{t+}]=H\cdot E[K_0]$, qual é $\mathcal F_t$-mensurável. Portanto ($\dagger$) segue.
Primeiro: $(\mathcal{F}_t^B)_{t\geq0}$ não é correto contínuo em $t=0$.
Já que para um movimento browniano, ele sustenta que $B_0=0$ como você consegue isso $$ \mathcal{F}_0^B = \sigma(\{\emptyset,\Omega\}\cup \mathcal{N}) $$ mas $$\mathcal{F}_t^B = \mathcal{B}(\mathbb{R}),\quad t>0$$ Onde $\mathcal{N}$são os conjuntos nulos de sua medida. Veja também esta outra pergunta sobre filtrações contínuas incorretas.
Acho que o problema em sua prova é que a continuidade do movimento browniano não implica mensurabilidade de $A\setminus N_A$ wrt $B_t$.