Проверка доказательства: для полной фильтрации, $\mathcal{F}_{t}^{B}$ непрерывна справа, где $B$ стандартное броуновское движение
Позволять $B$ быть стандартным броуновским движением на $(\Omega, \mathcal{F}, \mathbb P)$ и далее пусть $(\mathcal{F}_{t}^{B})_{t \geq 0}$ - естественная фильтрация, связанная с $B$ такой, что $\mathcal{F}_{t}^{B}$ для $t \geq 0$содержит все нулевые наборы. Покажите, что фильтрация непрерывна справа.
Мой подход:
Тривиально имеем $\mathcal{F}_{t}^{B}\subseteq \mathcal{F}_{t+}^{B}$.
Теперь о "$\mathcal{F}_{t+}^{B}\subseteq \mathcal{F}_{t}^{B}$", мы предполагаем, что это неверно:
мы выбрали $A \in \mathcal{F}_{t+}^{B}\setminus \mathcal{F}_{t}^{B}$ и разреши $N$ быть таким нулевым набором, что $B$ продолжается на $\overline{\Omega}:=\Omega\setminus N$
Тогда мы можем построить последовательность $(\varepsilon_{n})_{n \in \mathbb N}\subseteq(0,\infty)$ с участием $\varepsilon_{n}\downarrow 0$ так как $n \to \infty$ такой, что $A$ является $B_{t+\varepsilon_{n}}-$ измеримый для любого $n \in \mathbb N$.
более того $B$ продолжается на $A\setminus N_{A}$ где $N_{A}$ является некоторым нулевым набором и, следовательно, поскольку $A\setminus N_{A}$ является $B_{t+\varepsilon_{n}}-$ измеримый для любого $n \in \mathbb N$, у нас есть $A\setminus N_{A}$ это $B_{t+\varepsilon_{n}}\xrightarrow{n \to \infty} B_{t}$ и поэтому $A \setminus N_{A}$ должно быть $B_{t}$измеримый. Следовательно$A = (A \setminus N_{A} )\cup N_{A}$ является $B_{t}$-измеримо, что подразумевает $A \in \mathcal{F}_{t}^{B}$ что противоречит исходному предположению.
Мое доказательство верное? Есть улучшения?
Ответы
(Я собираюсь сократить $\mathcal F^B_t$ к $\mathcal F_t$, так далее.)
Вам нужно показать это $$ E[G\mid\mathcal F_{t+}] = E[G\mid\mathcal F_{t}]\qquad\qquad(\dagger) $$ для каждого ограниченного $\mathcal F$-измеримый $G$. Как только это будет сделано, рассмотрите$A\in\mathcal F_{t+}$ и возьми $G=1_A$. Потом ($\dagger$) следует, что $1_A=E[1_A\mid\mathcal F_{t+}] =E[1_A\mid\mathcal F_t]$ как потому что $\mathcal F_t$ содержит все нулевые множества, это показывает, что $A$ является $\mathcal F_t$-измеримый. Следовательно$\mathcal F_{t+}\subset\mathcal F_t$.
Личность ($\dagger$) является следствием двух вещей: (i) непрерывности (справа) траекторий броуновского движения и (ii) стационарных независимых приращений броуновского движения.
Исправить $t>0$. По теореме о монотонных классах достаточно показать ($\dagger$) для $G$ формы $H\cdot K_t$, где $H$ ограничен и $\mathcal F_{t}$-измеримые, и $$ K_u:=\prod_{i=1}^m f_i(B_{u+s_i}-B_u),\qquad u\ge 0, $$ где $m$ положительное целое число, $s_i$ - строго положительные числа, а $f_i$ограничены и непрерывны. Заметить, что$u\mapsto K_u$ является (как) непрерывным, и $u\mapsto E[K_u]$постоянно. Также,$K_u$ не зависит от $\mathcal F_u$ из-за упомянутых ранее независимых приращений.
Теперь исправим событие $C\in\mathcal F_{t+}$. Позволять$\{t_n\}$ - строго убывающая последовательность вещественных чисел с пределом $t$. потом$$ \eqalign{ E[1_C\cdot G] &=E[1_CHK_t]=\lim_{n\to\infty}E[1_CHK_{t_n}]\cr &=\lim_{n\to\infty}E[1_CH]\cdot E[K_{t_n}]\cr &=E[1_CH]\cdot E[K_{t}]\cr &=E[1_CH]\cdot E[K_0]\cr &=E\left[1_CH\cdot E[K_0]\right]. } $$ (Третье равенство следует потому, что $C\in \mathcal F_{t_n}$, и $K_{t_n}$ не зависит от $\mathcal F_{t_n}$.) Этот расчет показывает, что $E[G\mid\mathcal F_{t+}]=H\cdot E[K_0]$, который $\mathcal F_t$-измеримый. Таким образом ($\dagger$) следует.
Первый: $(\mathcal{F}_t^B)_{t\geq0}$ не является непрерывным в $t=0$.
Поскольку для броуновского движения выполняется $B_0=0$ как вы это поняли $$ \mathcal{F}_0^B = \sigma(\{\emptyset,\Omega\}\cup \mathcal{N}) $$ но $$\mathcal{F}_t^B = \mathcal{B}(\mathbb{R}),\quad t>0$$ где $\mathcal{N}$являются нулевыми наборами вашей меры. Также см. Этот другой вопрос о неправильной непрерывной фильтрации.
Я думаю, что проблема в вашем доказательстве состоит в том, что непрерывность броуновского движения не предполагает измеримости $A\setminus N_A$ wrt $B_t$.