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確率論の問題

難易度 3大学院入試の専門科目の標準レベル大学院数学確率論

$(B_{t})_{t \geq 0}$ を $B_{0} = 0$ である標準ブラウン運動（1 次元）とし、
$X = \int_{0}^{1} (B_{t} - t B_{1})^{2} d t$
とおく（標本路の連続性により、この積分は各標本点でリーマン積分として定まる）。 $X$ の分散 $V [X]$ を求めよ。

この問題で使うもの

ブラウン運動（説明と入口の問題）
正規分布の密度と積率（説明と入口の問題）
重積分と累次積分（説明と入口の問題）
定積分の計算（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（107 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

$b_{t} = B_{t} - t B_{1}$ は平均 $0$ のガウス過程である。まず共分散 $E [b_{s} b_{t}]$ を求めよ。

ヒント 2

$E [X^{2}]$ をフビニの定理で二重積分にし、平均 $0$ の正規分布の組に対する公式 $E [U^{2} W^{2}] = E [U^{2}] E [W^{2}] + 2 (E [U W])^{2}$ を使うと、 $V [X] = 2 \iint c (s, t)^{2} d s d t$ となる。

ヒント 3

$s \leq t$ のとき $c (s, t) = s (1 - t)$ なので、 $V [X] = 4 \int_{0}^{1} \frac{t ^{3}}{3} (1 - t)^{2} d t$ を計算すればよい。

答えと解説

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\frac{1}{45}

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解説を読む

$b_{t} = B_{t} - t B_{1}$ $(0 \leq t \leq 1)$ とおく（ブラウン橋）。

共分散. $b$ は平均 $0$ のガウス過程で、 $0 \leq s \leq t \leq 1$ に対し $E [B_{s} B_{t}] = s$ を使うと
$E [b_{s} b_{t}] = E [B_{s} B_{t}] - tE [B_{s} B_{1}] - s E [B_{1} B_{t}] + s tE [B_{1}^{2}] = s - t s - s t + s t = s (1 - t) .$
よって $c (s, t) := E [b_{s} b_{t}] = min (s, t) (1 - max (s, t))$ 。

$X^{2}$ の期待値を二重積分で表す. 非負の被積分関数なのでフビニの定理（トネリの定理）により
$E [X] = \int_{0}^{1} E [b_{t}^{2}] d t, E [X^{2}] = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} E [b_{s}^{2} b_{t}^{2}] d s d t .$
$(b_{s}, b_{t})$ は平均 $0$ の 2 次元正規分布に従うので、イッサーリスの公式（正規分布の 4 次モーメント）より
$E [b_{s}^{2} b_{t}^{2}] = E [b_{s}^{2}] E [b_{t}^{2}] + 2 (E [b_{s} b_{t}])^{2} .$
したがって
$V [X] = E [X^{2}] - (E [X])^{2} = 2 \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} c (s, t)^{2} d s d t .$

計算. 被積分関数は $s, t$ について対称なので $s \leq t$ の部分の 2 倍として
$V [X] = 4 \int_{0}^{1} (\int_{0}^{t} s^{2} d s) (1 - t)^{2} d t = 4 \int_{0}^{1} \frac{t ^{3}}{3} (1 - t)^{2} d t = \frac{4}{3} \int_{0}^{1} (t^{3} - 2 t^{4} + t^{5}) d t .$
$\int_{0}^{1} (t^{3} - 2 t^{4} + t^{5}) d t = \frac{1}{4} - \frac{2}{5} + \frac{1}{6} = \frac{15 - 24 + 10}{60} = \frac{1}{60}$
なので
$V [X] = \frac{4}{3} \cdot \frac{1}{60} = \frac{1}{45} .$

検算. ブラウン橋のカルーネン・レーベ展開 $b_{t} = \sum_{k \geq 1} \frac{2 s i n ( k π t )}{k π} Z_{k}$ （ $Z_{k}$ は独立な標準正規）を使うと $X = \sum_{k} \frac{Z _{k}^{2}}{k ^{2} π ^{2}}$ なので $V [X] = \sum_{k} \frac{2}{k ^{4} π ^{4}} = \frac{2}{π ^{4}} \cdot \frac{π ^{4}}{90} = \frac{1}{45}$ となり一致する。（ついでに $E [X] = \int_{0}^{1} t (1 - t) d t = \frac{1}{6} = \sum_{k} \frac{1}{k ^{2} π ^{2}}$ も一致する。）

答え: $\frac{1}{45}$

別解

$W_{t} = B_{t} - t B_{1}$ はブラウン橋で、共分散は $K (s, t) = min (s, t) - s t$ 。この積分作用素 $(K f) (s) = \int_{0}^{1} K (s, t) f (t) d t$ の固有値は、 $- f^{''} = μ^{- 1} f$ , $f (0) = f (1) = 0$ を解いて $μ_{k} = \frac{1}{k ^{2} π ^{2}}$ $(k = 1, 2, \dots)$ 、固有関数は $2 sin (k π t)$ 。Karhunen–Loève 展開により $W_{t} = \sum_{k} μ_{k} Z_{k} e_{k} (t)$ （ $Z_{k}$ は独立な標準正規）で、
$X = \int_{0}^{1} W_{t}^{2} d t = k \geq 1 \sum \frac{Z _{k}^{2}}{k ^{2} π ^{2}} .$
$V [Z_{k}^{2}] = 2$ と独立性より
$V [X] = k \geq 1 \sum \frac{2}{k ^{4} π ^{4}} = \frac{2}{π ^{4}} ζ (4) = \frac{2}{π ^{4}} \cdot \frac{π ^{4}}{90} = \frac{1}{45} .$

検算: $E [X] = \sum \frac{1}{k ^{2} π ^{2}} = \frac{1}{6}$ で、直接 $E [X] = \int_{0}^{1} (t - t^{2}) d t = \frac{1}{6}$ と一致する。分散は直接でも $V [X] = 2 \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} K (s, t)^{2} d s d t$ であり、 $\int\int K^{2} = \sum μ_{k}^{2} = \frac{1}{90}$ なので $V [X] = \frac{2}{90} = \frac{1}{45}$ 。

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