10.9.4 - Integrais múltiplas de Itô-Wiener

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Quando olhamos Exemplo 10.9.2.1 o caos homogêneo é $I^2(f)-\|f\|^2$ para $f\in L^2([a,b])$ é dado por uma integral dupla de Wiener-Itô. Assim, é razoável esperar que exista uma relação biunívoca, do caos homogêneo de ordem 2 e a integral dupla. O que nos leva a questão. Todas as funções de caos homogêneo é dado por algum tipo integral de ordem $n\geq 2$ ?

Essa questões foram consideradas pelo Itô em 1951. Usando essas ideias vamos mostrar essa relação biunívoca.

Por simplicidade, Seja $T\equiv [a,b]$. O objetivo desta seção é definir uma integral múltipla de Wiener-Itô
$$\displaystyle \int_{T^n}f(t_1,t_2,\dots,t_n)dB(t_1)dB(t_2)\dots dB(t_n)$$
para $f\in L^2(T^n)$. Já temos a ideia inicial para o caso $n=2$ para a integral Wiener-Itô. Iremos modificar os argumentos para o o caso $n\geq 3$.
Seja $D=\{(t_1,t_2,\dots, t_n)\in T^n, \exists i\neq j \text{ tal que } t_i=t_j\}$ sendo a diagonal do conjunto de $T^n$. Um subconjunto de $T^n$ da forma $$[t_1^{(1)},t_1^{(2)})\times [t_2^{(1)},t_2^{(2)})\times \dots \times [t_n^{(1)},t_n^{(2)})$$
é chamado de retângulo

O primeiro passo: Função escada fora da diagonal

A primeira função escada $T^n$ é uma função da forma
$$f=\displaystyle \sum_{1\leq i_1,i_2,\dots, i_n\leq k}a_{i_1,i_2,\dots, i_n}\mathds{1}_{[\tau_{i_1-1},\tau_{i_1})\times [\tau_{i_2-1},\tau_{i_2})\times \dots \times [\tau_{i_n-1},\tau_{i_n})},$$
no qual, $a=\tau_0\textless \tau_1 \textless\dots \textless t_k=b$. Uma função escada fora da diagonal é uma função com coeficiente satisfazendo a condição
$$a_{i_1,i_2,\dots, i_n}=0,\quad if \quad i_{p}=i_q$$
para qualquer $p\neq q$. A condição na equação acima significa a função f desaparece no conjunto $D$. A coleção de funções escadas fora da diagonal fora da diagonal é um espaço de vetor.
Para um função escada fora da diagonal f dada pela equação acima é dada por
$$I_n(f)=\displaystyle \sum_{1\leq i_1,i_2,\dots, i_n\leq k}a_{i_1,i_2,\dots, i_n}\xi_{i_1}\xi_{i_2}\dots \xi_{i_n}$$
no qual $xi_{i_p}=B(\tau_{i_p})-B(\tau_{i_p-1})$, $1\leq p \leq n$. O valor $I_n(f)$ é bem definido, isto é, isto não depende da representação de f. Além disso, a aplicação $I_n$ é linear no espaço de vetores de funções escadas fora da diagonal.

A simetrização de $\hat{f}(t_1,t_2,\dots, t_n)$ da função $f(t_1,t_2,\dots, t_n)$ é definida por
$$\hat{f}(t_1,t_2,\dots, t_n)=\frac{1}{n!}\sum_{\sigma}f(t_{\sigma(1)},t_{\sigma(2)},\dots, t_{\sigma(n)}),$$
no qual a somatório é sobre o conjunto de todas as permutações $\sigma$ sobre o conjunto $\{1,2,\dots,n\}$. Desde que a medida de Lebesgue é simétrica, temos
$$\displaystyle \int_{T^n}|f(t_{\sigma(1)},\dots,t_{\sigma(n)})|^2dt_1\dots dt_n=\int_{T^n}|f(t_1,\dots,t_n)|^2dt_1\dots dt_n$$
para qualquer permutação $\sigma$. Portanto, pela desigualdade triangular temos que
$$\|\hat{f}\|\leq \frac{1}{n!}\displaystyle \sum_{\sigma}\|f\|=\frac{1}{n!}\|f\|=\|f\|.$$
Então, temos pela desigualdade triangular temos $\|\hat{f}\|\leq \|f\|$. Em geral, a desigualdade restrita ocorre como mostramos anteriormente. Se $f$ é uma função escada fora da diagonal, então $\hat{f}$ é também uma função escada fora da diagonal.

Lema 10.9.4.1:

Se $f$ é uma função escada fora da diagonal, então $I_n(f)=I_n(\hat{f})$.
Demonstração:

Note que $I_n$ e o operador de simetrização são linear. Portanto, é suficiente provar o lema para o caso
$$f=\mathds{1}_{[t_1^{(1)},t_1^{(2)})\times [t_2^{(1)},t_2^{(2)})\times \dots \times [t_n^{(1)},t_n^{(2)})}$$
no qual o intervalos $[t_i^{(1)},t_i^{(2)})$, $1\leq i\leq n$, são disjuntos. Então, temos que
$$I_n(f)=\prod_{i=1}^n (B(t_i^{(2)})-B(t_i^{(2)}))$$
Por outro lado, a simetrização $\hat{f}$ de $f$ é dado por
$$\displaystyle \hat{f}=\frac{1}{n!}\sum_{\sigma}\mathds{1}_{[t_{\sigma(1)}^{(1)},t_{\sigma(1)}^{(2)})\times [t_{\sigma(2)}^{(1)},t_{\sigma(2)}^{(2)})\times \dots \times [t_{\sigma(n)}^{(1)},t_{\sigma(n)}^{(2)})}$$

Portanto,
$$I_n(\hat{f})=\frac{1}{n!}\displaystyle \sum_{\sigma}\prod_{i=1}^n(B(t_{\sigma(i)}^{(2)})-B(t_{\sigma(i)}^{(2)}))$$
Observe que $\displaystyle \prod_{i=1}^n (B(t_i^{(2)})-B(t_i^{(2)}))= \prod_{i=1}^n (B(t_{\sigma(i)}^{(2)})-B(t_{\sigma(i)}^{(2)}))$ para qualquer permutação $\sigma$. Além disso, existem $n!$ permutações do conjunto $\{1,2,\dots,n\}$. Segue que
$$I_n(\hat{f})=\frac{1}{n!}\sum_{\sigma}\prod_{i=1}^n (B(t_i^{(2)})-B(t_i^{(2)}))=\prod_{i=1}^n (B(t_i^{(2)})-B(t_i^{(2)}))$$
Portanto o resultado segue.
 

Lema 10.9.4.2:

Se $f$ é uma função escada fora da diagonal então $\mathbb{E}(I_n(f))=0$ e
$$\mathbb{E}(I_n(f))=n!\displaystyle \int_{T^n}|\hat{f}(t_1,t_2,\dots,t_n)|^2dt_1dt_2\dots dt_n.$$

O segundo passo: Aproximação por funções escadas fora da diagonal.

Seja $D=\{(t_1,t_2,\dots, t_n)\in [a,b]^n; t_i=t_j, i\neq j\}$ o conjunto diagonal, o qual pode ser reescrito como $D=\displaystyle \bigcup_{i\neq j}[\{t_i=t_j\}\cap D]$, o que significa que $D$ é uma união finita de intersecções de hiperplano $(n-1)$-dimensional com o conjunto D. Portanto, a medida de Lebesgue de D é zero. Esse fato, nos permite adotar os mesmos argumentos da integral dupla.

Lemma 10.9.4.3:

Seja $f$ uma função de $L^2(T^n)$. Então existe uma sequência de funções escadas fora da diagonal $\{f_k\}$ tal que
$$\displaystyle \lim_{k\rightarrow \infty}\int_{T^n}|f(t_1,t_2,\dots,t_n)-f_k(t_1,t_2,\dots,t_n)|^2 dt_1dt_2\dots dt_n=0$$
 

Agora suponha que $f\in L^2(T^n)$. Escolha uma sequência $\{f_k\}$ de funções escadas fora da diagonal convergindo para $f\in L^(T^n) $. Pelo Lema acima essa sequência existe. Então pela linearidade e pelo Lema 10.9.4.2
$$\mathbb{E}[(I_n(f_k)-I_n(f_\ell))^2]=n!\|\hat{f}_k-\hat{f}_\ell\|^2\leq n!\|f_k-f_\ell\|^2\rightarrow 0,$$
quando $k,\ell \rightarrow \infty$. Portanto, a sequência $\{I_n(f_k)\}_{k=1}^\infty$ é de Cauchy em $L^2(\Omega)$. Defina
$$I(f)=\lim_{k\rightarrow} I(f_k),$$
em $L^2(\Omega)$. O valor $I_n(f)$ está bem definido, isto é, não depende da escolha da sequência $\{f_k\}$ usada na equação.

Definição 10.9.4.1:
Seja $f\in L^2(T^n)$. O limite $I(f)$ é chamado de integral múltipla de Wiener-Itô da função $f$ e é denotado por
$$\int_{T^n}f(t_1,t_2,\cdots, t_n)dB(t_1)dB(t_2)\dots dB(t_n)$$

No caso em que $n=1$, temos a integral de Wiener da função $f$ e para o caso de $n=2$ a integral dupla.

Teorema 10.9.4.1: Seja $f\in L^2(T^n)$, $n\geq 1$. Então, temos que
(1) $I_n(f)=I_n(\bar{f})$. No qual, $\bar{f}$ é a simetrização de $f$.
(2)$\mathbb{E}(I_n(f))=0$.
(3) $\mathbb{E}(I(f)^2)=n!\|\bar{f}\|^2$. Aqui, $\|\cdots\|$ é a norma de $L^2(T^n)$.
 

O teorema a seguir nos fornece uma igualdade para escrever a integral múltipla de Wiener-Itô como sendo uma integral interativa da integral de Itô. A qual é muito útil para calcular.

Teorema 10.9.4.2:

Seja $f\in L^2(T^n)$, $n\geq 2$. Então,
$$\displaystyle \int_{T^n}f(t_1,t_2,\dots,t_n)dB(t_1)dB(t_2)\dots dB(t_n)=n!\displaystyle \int_{a}^b\dots\int_a^{t_{n-2}}\left[\int_a^{t_{n-1}}\bar{f}(t_1,t_2,\dots,t_n)dB(t_n)\right]dB(t_{n-1})\dots dB(t_{1}),$$
no qual $\bar{f}$ é a simetrização de $f$.
Demonstração:

 É suficiente provar o teorema para o caso em que $f$ é uma função caracterizada por retângulos disjuntos no conjunto $D$. Pelo Lema 10.9.4.1 podemos assumir que $f$ é da seguinte forma
$$f=\mathds{1}_{[t_1^{(1)},t_1^{(2)})\times [t_2^{(1)},t_2^{(2)})\times \dots \times [t_n^{(1)},t_n^{(2)})}$$
no qual, $t_n^{(1)}\textless t_n^{(2)}\leq t_{n-1}^{(2)}\leq \dots \leq t_2^{(1)}\textless t_2^{(2)}\textless t_1^{(1)}\textless t_1^{(2)}$. Então a integral múltipla de Wiener-Itô de $f$ é dada por
$$\displaystyle \int_{T^n}f(t_1,\dots, t_n)dB(t_1)\dots dB(t_n)=\prod_{i=1}^n(B(t_{i}^{(2)})-B(t_i^{(1)})).$$
Por outro lado temos que $\hat{f}=\frac{1}{n!}f$ na região $t_n\textless t_{n-1}\textless \dots \textless t_1$. Portanto, temos que

$$\displaystyle \int_{a}^{t_{n-1}}\hat{f}(t_1,t_2,\dots, t_n)dB(t_n)=\frac{1}{n!}\mathds{1}_{[t_1^{(1)},t_1^{(2)})\times [t_2^{(1)},t_2^{(2)})\times \dots \times [t_n^{(1)},t_n^{(2)})}(B(t_n^{(2)})-B(t_n^{(1)}))$$
A qual é $\mathcal{F}_{t_{n-1}^{(2)}}$-mensurável e pode ser considerada um processo estocástico constante para a integral no intervalo $[t_{n-1}^{(1)},t_{n-1}^{(2)}]$ com respeito a $dB(t_{n-1})$. Portanto, podemos repetir o argumento e obtemos

$$\displaystyle \displaystyle \int_{a}^b\dots\int_a^{t_{n-2}}\left[\int_a^{t_{n-1}}\bar{f}(t_1,t_2,\dots,t_n)dB(t_n)\right]dB(t_{n-1})\dots dB(t_{1})=\frac{1}{n!}\prod_{i=1}^n (B(t_i^{(2)})-B(t_i^{(1)})).$$

Portanto, o resultado segue.

Definição 10.9.4.2:

Seja $g_1, \dots, g_n \in L^2[a,b]$. O produto tensorial $g_1\otimes\dots \otimes g_n$ é definido como sendo uma função
$$g_1\otimes \dots \otimes g_n(t_1,t_2,\dots,t_n)=g_1(t_1)\dots g_n(t_n).$$
O produto tensorial $f_1^{\otimes_{n_1}}\otimes \dots \otimes f_k^{\otimes n_k}$ o que significa que $f_j$ é repetir $n_j$ vezes, $1\leq j\leq k$.
 

Teorema 10.9.4.3:

Seja $f_1,f_2,\dots,f_k$ funções não negativas ortogonais em $ L^2[a,b]$ e seja $n_1,\dots, n_k$ inteiros positivos. Então,
$$I\left(f_1^{\otimes_{n_1}}\otimes \dots \otimes f_k^{\otimes n_k}\right)=\prod_{j=1}^{k}H_{n_j}(I(f_j);\|f_j\|^2),$$
no qual $n=n_1+\dots+ n_k.$ Em particular, para qualquer função não nula $f\in L^2[a,b]$,
$$I_n(f^{\otimes n})=H_n(I(f);\|f\|^2).$$
Demonstração:
Primeiramente vamos provar que
$$I_n(f^{\otimes n})=H_n(I(f);\|f\|^2).$$
O caso em que $n=1$ é óbvio. O caso para $n=2$ já foi provado. Assim vamos provar por indução, assumir que é válido para $n$ e mostrar para $n+1$. Então, pelo Teorema 10.9.4.2 temos que
$$\displaystyle \int_{T^{n+1}}f(t_1)\dots f(t_{n+1})dB(t_1)\dots dB(t_{n+1})=(n+1)!\int_{a}^b f(t_1)X_{t_1}dB(t_1)$$
no qual, $X_t$ é dado por
$$X_t=\int_a^t\dots \left[\int_a^{t_n}f(t_2)\dots f(t_{n+1})dB(t_{n+1})\right]\dots dB(t_2).$$
Pela Teorema 10.9.4.2 e pela indução em $n$,
$$X_t=\displaystyle \frac{1}{n!}\int_{[a,t]^n}f(t_2)\dots f(t_{n+1})dB(t_2)\dots dB(t_{n+1})$$
$$=\frac{1}{n!}H_n\left(\displaystyle \int_a^t f(s)dB(s); \int_a^t f^2(s)ds\right).$$
Portanto, temos a seguinte igualdade
$$\displaystyle \int_{T^{n+1}}f(t_1)\dots f(t_{n+1})dB(t_1)\dots dB(t_{n+1})$$
$$=(n+1)\int_{a}^b f(t_1)H_n\left(\displaystyle \int_a^t f(s)dB(s); \int_a^t f^2(s)ds\right)dB(t_1)$$
Por outro lado, podemos aplicar a formula de Itô para $H_{n+1}(x;\sigma)$ e obtemos que
$$dH_{n+1}\left(\displaystyle \int_a^t f(s)dB(s); \int_a^t f^2(s)ds\right)$$
$$\left(\frac{\partial}{\partial x}H_{n+1}\right)f(t)dB(t)+\frac{1}{2}\left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}H_{n+1}\right)f^2(t)dt+\left(\frac{\partial}{\partial \sigma}H_{n+1}\right)f^2(t)dt$$
Usando as identidades do polinômino de hermite temos
$$\frac{\partial}{\partial x}H_{n+1}(x,\sigma)=(n+1)H_{n}(x,\sigma)$$
$$\frac{\partial}{\partial \sigma}H_{n+1}(x,\sigma)=-\frac{1}{2}\frac{\partial^2}{\partial x^2}H_{n+1}(x,\sigma)$$
Desta forma, obtemos
$$dH_{n+1}\left(\int_a^t f(s)dB(s),\int_a^t f^2(s)ds\right)$$
$$=(n+1)f(t)H_n\left(\int_a^t f(s)dB(s),\int_a^t f^2(s)ds\right)dB(t)$$
a qual, sobre a integração sobre $[a,b]$, o que nos fornece a seguinte igualdade
$$H_{n+1}(I(f);\|f\|^2)=(n+1)\int_a^b f(t)H_n\left(\int_a^t f(s)dB(s),\int_a^t f^2(s)ds\right)dB(t)$$
O que mostra que é valido para $n+1$. Portanto, por indução o resultado segue para qualquer inteiro positivo $n$ e então a equação
$$I_n(f^{\otimes n})=H_n(I(f);\|f\|^2)$$
é valida. Seja $\tilde{f}=I(f)$. Para qualquer numero real $r_1,r_2,\dots, r_k$, temos
$$e^{\sum_{i=1}^kr_i \tilde{f}_i-\frac{1}{2}\sum_{i=1}^k r_i^2\|f_i\|^2}=\prod_{i=1}^k e^{r_i\tilde{f}_i-\frac{1}{2}r^2_i\|f_i\|^2}$$
$$\displaystyle =\prod_{i=1}^k\sum_{n_i=0}^\infty \frac{r_i^{n_i}}{n_i!}H_{n_i}(\tilde{f}_i;\|f_i\|^2)$$
Por outro lado, temos que pela equação acima com $t=1$ e $\displaystyle \sum_{i=1}^k r_i^2\|f_i\|^2$,
$$e^{\sum_{i=1}^kr_i \tilde{f}_i-\frac{1}{2}\sum_{i=1}^k r_i^2\|f_i\|^2}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{m!}H_m\left(\sum_{i=1}^k r_i\tilde{f}_i;\frac{1}{2}\sum_{i=1}^k r_i^2 \|f_i\|^2\right).$$
Então aplicando a equação

$$I_n(f^{\otimes n})=H_n(I(f);\|f\|^2).$$

para $H_m$ do lado direito, temos que
$$e^{\sum_{i=1}^kr_i \tilde{f}_i-\frac{1}{2}\sum_{i=1}^k r_i^2\|f_i\|^2}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{m!}\int_{T^m}\prod_{j=1}^m\left[\sum_{i=1}^k r_if_i(t_j)\right]dB(t_1)\dots dB(t_m)$$
Portanto o resultado segue comprando os coeficientes $r_1^{n_1}r_2^{n_2}\cdots r_k^{n_k}$ no lado direito da equação.
 

Teorema 10.9.4.4

Seja $n\neq m$. Então $\mathbb{E}(I_n(f)I_m(g))=0$ para qualquer $f\in L^2(T^n)$ e $g\in L^2(T^m)$.
Demonstração
É suficiente provar o teorema para $f$ e $g$ da seguinte forma
$$f=\mathds{1}_{[t_1^{(1)},t_1^{(2)})\times [t_2^{(1)},t_2^{(2)})\times \dots \times [t_n^{(1)},t_n^{(2)})}$$
$$g=\mathds{1}_{[s_1^{(1)},s_1^{(2)})\times [s_2^{(1)},s_2^{(2)})\times \dots \times [s_m^{(1)},s_m^{(2)})}$$
No qual, o intervalo satisfaz a seguinte condição
$$t_n^{(1)}\textless t_n^{(2)}\leq t_{n-1}^{(2)}\leq \cdots \leq t_2^{(1)}\textless t_2^{(2)}\leq t_1^{(1)}\textless t_1^{(2)}$$
$$s_m^{(1)}\textless s_m^{(2)}\leq s_{m-1}^{(2)}\leq \cdots \leq s_2^{(1)}\textless s_2^{(2)}\leq s_1^{(1)}\textless s_1^{(2)}$$
Então, $I_n(f)I_m(g)$ é dado por
$$I_n(f)I_m(g)=\left[\prod_{i=1}^n \left(B(t_i^{(2)})-B(t_i^{(1)})\right)\right]\left[\prod_{j=1}^m \left(B(s_j^{(2)})-B(s_j^{(1)})\right)\right]$$
Agora colocando os pontos $t$ e $s$ juntos formando uma sequência crescente de pontos $\tau_1\textless \tau_2 \textless \cdots\textless \tau_r$ com $r\leq n+m$. Então cada fator do primeiro produto da equação acima pode ser escrito como soma de incrementos de $B(t)$ nos $\tau$-intervalos. Portanto, após multiplicarmos os n fatores, cada termo do primeiro produto é descrito como
$$\left(B(\tau_{i_1})-B(\tau_{i_1-1})\right)\cdots \left(B(\tau_{i_n})-B(\tau_{i_n-1})\right)$$
no qual $\tau_{i_1}\textless \cdots \textless \tau_{i_n}$. Similarmente, cada termo do segundo produto é  dado por
$$\left(B(\tau_{j_1})-B(\tau_{j_1-1})\right)\cdots \left(B(\tau_{j_m})-B(\tau_{j_m-1})\right)$$
no qual $\tau_{j_1}\textless \cdots \textless \tau_{j_m}$.

Podemos ver que a esperança do produto é zero. Pois, $n\neq m$ e portanto o resultado segue.

 

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