1.3. Brown
運動の構成: Gauss系として5
1.3 Brown
運動の構成: Gauss
系として1.3.1 Gauss
系定義
1.3 (Gauss
系) 確率変数の系{ X α ; α ∈ Λ }
がGauss
系であると は，任意の自然数n
と，α1 , α 2 , . . . , α n ∈ Λ
に対して，n 次元確率変数(X α
1, . . . , X α
n)
の特性関数がϕ α
a,...,α
n(u 1 , . . . , u n ) = E
"
exp { i X n k=1
u j X α
k}
#
= exp { i X n k=1
u k m k − 1 2
X n k,`=1
V k,` u k u ` } (1.1)
（ただし，V
= ¡ V k,` ¢
は，n
× n
非負定値行列）の形に書けるときに言う．も ちろんV
は{ α k }
の選びかたで変わる．例
1.1 X
が1
次元Gauss
確率変数ならば，1 個だけの確率変数系{ X }
はGauss
系 である．練習問題
1.3 (1.1)
をu j
について微分して，u1 = . . . = u n = 0
とおくこと により，EX j = m j
を示せ．また，u
i , u j
について微分して，u 1 = . . . = u n = 0
とおくことに より，Cov(X i , X j ) = E(X i − m i )(E j − u j ) = V i,j
である事を確かめよ．定理
1.5 (i) X 1 , . . . , X n
がそれぞれ独立な1
次元Gauss
確率変数のと き，その和X 1 + . . . + X n
もまた1
次元Gauss
確率変数となる．(ii) { X n } n ≥ 1
が1
次元Gauss
確率変数の列で，X n
の分布がX
の分布に 収束するならば，X もまたGauss
確率変数となる．練習問題
1.4
上の定理を証明せよ．（ヒント：(i) ではX 1 , . . . , X n
が独立な 事からX 1 + . . . + X n
の特性関数ψ(t) = E h
e it(X
1+...+X
n) i
6
が、それぞれの特性関数
φ j (t) = E £
e itX
j¤
, (j = 1, 2, . . . , n)
の積になる．これから，ψ(t)が
1
次元Gauss
確率変数の特性関数になって いる事を示せばよい．(ii)では確率変数の分布が収束すれば特性関数が各点 収束する事を使えば良い．練習問題
1.5 { X n ; n ≥ 1 }
が独立な1
次元Gauss
確率変数の時，これはGauss
系であることを証明せよ．定理
1.6 { X α } α ∈ A
と{ Y β } β ∈ B
が，それぞれGauss
系のとき，{ X α } α ∈ A
と
{ Y β } β ∈ B
が独立であるための必要かつ十分な条件はcov(X α , Y β ) = E [(X α − EX α )(Y β − EY β )] = 0
となることである．練習問題
1.6
上の定理を証明せよ．十分性については，任意のk ≥ 1
とα 1 , α 2 , . . . , α k ∈ A
およびt 1 , . . . , t k ∈ R
に対してY = X k j=1
t j X α
jの特性関数がそれぞれの
t j X α
j の特性関数の積になっている事を確かめれ ばよい。1.3.2 Gauss
系としてのBrown
運動定理
1.7 { B(t), t ∈ [0, ∞ ) }
を一次元Brown
運動とするとき,(i) 0 ≤ s < t < ∞
ならば,E [B(t)B(s)] = min { s, t } = s.
(ii) t > 0
のとき,n
を自然数として,E £
B(t) 2n − 1 ¤
= 0, E £ B(t) 2n ¤
= (2n)!t n
n!2 n (1.2)
1.3. Brown
運動の構成: Gauss系として7
練習問題
1.7
定理1.7
を証明せよ．ヒント：B(t)
− B(s)
はB(s)
と独立．また、E £ B(t) k ¤
= Z ∞
−∞
x k
√ 2πt e −
x2 2t
dx
である。
Brown
運動{ B(t) ; t ≥ 0 }
はGauss
系である。これは任意の0 < t 1 <
. . . < t k
に対して(B(t 1 ), . . . , B(t k ))
の特性関数を計算してみるとわかる。実際、
E[exp { i X k j=1
u j B(t j ) } ]
= E[exp { X k j=1
u j
X j ν=1
(B(t ν ) − B(t ν − 1 )) } ]
= E[exp { X k ν=1
ξ ν (B(t ν ) − B(t ν − 1 )) } ] (ξ ν = X k j=ν
u j )
= exp
½
− 1
2 ξ ν 2 (t ν − t ν − 1 )
¾
= exp
− 1 2
X k i,j=1
u i u j min { t i , t j }
と計算できる。V
i,j = min { t i , t j }
が非負定値である事は上の計算の最後の2
行から分かる。1.3.3
三角関数系を使ったBrown
運動の構成定理
1.8 ξ 0 , ξ 1 , . . .
を独立なN (0, 1)
に従う確率変数の列とする．このとき，t ∈ [0, π]
に対してX (t) = t
√ π ξ 0 + r 2
π X ∞ n=1
sin nt
n ξ n (1.3)
とおくと，X(t)は
t ∈ [0, π]
のときBrown
運動となる．8
証明
X (t)
がGauss
確率変数であることは定理1.6
からわかる．（有限和がL 2 -収束）X (t), t ∈ [0, π]
の任意有限個の一次結合はまた一次元Gauss
確率 変数になっていることは，上と同じ理由でわかる．cov(X(t), X (s)) = min { s, t } (1.4)
をまず示す．これにより，0≤ u ≤ s < t
のとき，cov(X(t) − X (s), X(u)) = cov(X (t), X(u)) − cov(X (s), X(u)) = u − u = 0
となり，独立性が示せる．1.4は，Fourier級数の計算からわかる．
Z π 0
t sin ntdt = − π n cos nπ Z π
0
min { s, t } sin ntdt = 1
n 2 sin ns − s n cos nπ
= 1
n 2 sin ns + s π
Z π 0
t sin ntdt
これより，
X ∞ n=1
2
πn 2 sin nt sin ns + 1
π ts = min { s, t } .
また，EX(t) = 0
は定義から明らか．X n (t)
を上のX(t)
と同じ様にして作った独立な[0, π]
上のBrown
運動と する．求める[0, ∞ )
上のBrown
運動B(t)
は，B(t) = X ∞ n=1
1 [0,nπ) (t)X n (min { t, nπ } − (n − 1)π)
と定めることができる．
