Penguasaan 12.03–12.04: perubahan tanda kisi dan energi lintasan Brown

Hak dan provenans. Soal, petunjuk, jawaban, dan penyelesaian ini adalah materi asli berbahasa Indonesia (id-ID), disusun oleh OpenAI Codex atas arahan pengguna, dan dilisensikan dengan CC BY 4.0. Tidak ada soal donor yang disalin atau diadaptasi.

Prasyarat

Hasil belajar

Setelah menyelesaikan soal ini, pembaca dapat mengubah pertanyaan tentang tanda pada dua waktu Brown menjadi geometri sudut pasangan Gaussian, menurunkan rumus eksak bagi cacah perubahan tanda pada suatu kisi, serta membuktikan asimtotiknya tanpa menganggap indikator-indikator perubahan tanda saling independen.

Misalkan \(B=(B_t)_{t\geq0}\) adalah gerak Brown standar. Untuk bilangan bulat \(n\geq2\), definisikan cacah perubahan tanda pada titik-titik kisi positif

\[ N_n=\sum_{k=1}^{n-1} \mathbf 1_{\{B_{k/n}B_{(k+1)/n}<0\}}. \]

  1. Misalkan \((X,Y)\) normal baku bersama dengan korelasi \(\rho\in[0,1)\). Buktikan \[ \mathbb P(XY<0)=\frac{1}{\pi}\arccos\rho. \]
  2. Gunakan hasil tersebut untuk membuktikan rumus eksak \[ \mathbb E N_n =\frac1\pi\sum_{k=1}^{n-1} \arccos\sqrt{\frac{k}{k+1}} =\frac1\pi\sum_{k=1}^{n-1} \arctan\frac1{\sqrt{k}}. \]
  3. Buktikan limit dan bentuk asimtotik yang lebih tajam \[ \frac{\mathbb E N_n}{\sqrt n}\longrightarrow\frac2\pi, \qquad \mathbb E N_n=\frac2\pi\sqrt n+O(1). \] Jelaskan mengapa perhitungan ini tidak memerlukan independensi antar-suku indikator dalam definisi \(N_n\).
Petunjuk

Petunjuk 1. Tulis \(X=U\) dan \(Y=\rho U+\sqrt{1-\rho^2}\,V\), dengan \(U,V\) normal baku independen. Jika \(\alpha=\arccos\rho\), gunakan koordinat polar \((U,V)=R(\cos\Theta,\sin\Theta)\) untuk membandingkan tanda \(\cos\Theta\) dan \(\cos(\Theta-\alpha)\).

Petunjuk

Petunjuk 2. Normalisasikan pasangan \((B_{k/n},B_{(k+1)/n})\). Korelasinya adalah \(\sqrt{k/(k+1)}\). Jika \(\theta_k=\arccos\sqrt{k/(k+1)}\), hitung \(\tan\theta_k\).

Petunjuk

Petunjuk 3. Untuk \(x\geq0\),

\[ 0\leq x-\arctan x =\int_0^x\frac{u^2}{1+u^2}\,du \leq\frac{x^3}{3}. \]

Terapkan ketaksamaan ini pada \(x=k^{-1/2}\), lalu gunakan perbandingan integral untuk \(\sum_{k<n}k^{-1/2}\).

Jawaban ringkas. Untuk pasangan normal baku dengan korelasi \(\rho\), dua setengah bidang yang menentukan tanda berbeda membentuk total sudut \(2\arccos\rho\); karena sudut pasangan normal isotropik seragam, peluangnya adalah \(\arccos(\rho)/\pi\). Pada dua titik kisi Brown,

\[ \rho_k=\operatorname{Corr}(B_{k/n},B_{(k+1)/n}) =\sqrt{\frac{k}{k+1}}, \]

sehingga

\[ \mathbb E N_n=\frac1\pi\sum_{k=1}^{n-1}\arctan(k^{-1/2}). \]

Selisih jumlah ini dari \(\sum_{k=1}^{n-1}k^{-1/2}\) terbatas seragam dalam \(n\), sedangkan jumlah terakhir adalah \(2\sqrt n+O(1)\). Jadi \(\mathbb E N_n=2\sqrt n/\pi+O(1)\).

Penyelesaian lengkap

Penyelesaian lengkap. Ambil \(U,V\) normal baku independen. Pasangan

\[ X=U, \qquad Y=\rho U+\sqrt{1-\rho^2}\,V \]

adalah normal baku bersama dengan korelasi \(\rho\). Tetapkan \(\alpha=\arccos\rho\in(0,\pi/2]\). Dalam koordinat polar, \((U,V)=R(\cos\Theta,\sin\Theta)\), dengan \(R\geq0\) dan \(\Theta\) seragam pada \([0,2\pi)\) serta independen dari \(R\). Karena \(\rho=\cos\alpha\) dan \(\sqrt{1-\rho^2}=\sin\alpha\),

\[ X=R\cos\Theta, \qquad Y=R\cos(\Theta-\alpha). \]

Mengabaikan batas-batas yang berpeluang nol, kejadian \(XY<0\) terjadi ketika \(\cos\Theta\) dan \(\cos(\Theta-\alpha)\) berlainan tanda. Dua setengah lingkaran tempat masing-masing kosinus bernilai positif mempunyai beda simetris dengan total panjang sudut \(2\alpha\). Oleh karena itu,

\[ \mathbb P(XY<0)=\frac{2\alpha}{2\pi} =\frac1\pi\arccos\rho. \]

Sekarang tetapkan \(k\in\{1,\ldots,n-1\}\). Kedua peubah \(B_{k/n}\) dan \(B_{(k+1)/n}\) berdistribusi normal, berpusat, dan

\[ \begin{aligned} \operatorname{Var}(B_{k/n})&=\frac{k}{n},\\ \operatorname{Var}(B_{(k+1)/n})&=\frac{k+1}{n},\\ \operatorname{Cov}(B_{k/n},B_{(k+1)/n})&=\frac{k}{n}. \end{aligned} \]

Jadi, setelah normalisasi, korelasinya adalah

\[ \rho_k =\frac{k/n}{\sqrt{(k/n)((k+1)/n)}} =\sqrt{\frac{k}{k+1}}. \]

Nilai Brown pada setiap waktu positif tetap mempunyai kepadatan, sehingga peluang bahwa salah satu faktor tepat nol adalah nol. Hasil bagian pertama memberi

\[ \mathbb P\!\left(B_{k/n}B_{(k+1)/n}<0\right) =\frac1\pi\arccos\sqrt{\frac{k}{k+1}}. \]

Jika \(\theta_k=\arccos\sqrt{k/(k+1)}\), maka \(\theta_k\in(0,\pi/2)\) dan

\[ \tan\theta_k =\frac{\sqrt{1-k/(k+1)}}{\sqrt{k/(k+1)}} =\frac1{\sqrt{k}}. \]

Jadi \(\theta_k=\arctan(k^{-1/2})\). Linearitas ekspektasi sekarang menghasilkan, tanpa syarat independensi apa pun,

\[ \mathbb E N_n =\sum_{k=1}^{n-1} \mathbb P\!\left(B_{k/n}B_{(k+1)/n}<0\right) =\frac1\pi\sum_{k=1}^{n-1}\arctan(k^{-1/2}). \]

Untuk asimtotik, ketaksamaan pada Petunjuk 3 memberikan

\[ 0\leq \sum_{k=1}^{n-1}\left(k^{-1/2}-\arctan(k^{-1/2})\right) \leq\frac13\sum_{k=1}^{\infty}k^{-3/2}<\infty. \]

Dengan demikian,

\[ \sum_{k=1}^{n-1}\arctan(k^{-1/2}) =\sum_{k=1}^{n-1}k^{-1/2}+O(1). \]

Karena \(x\mapsto x^{-1/2}\) menurun, perbandingan integral memberi

\[ 2(\sqrt n-1) \leq\sum_{k=1}^{n-1}k^{-1/2} \leq1+2(\sqrt{n-1}-1), \]

dan karenanya \(\sum_{k=1}^{n-1}k^{-1/2}=2\sqrt n+O(1)\). Setelah dibagi dengan \(\pi\), diperoleh

\[ \mathbb E N_n=\frac2\pi\sqrt n+O(1), \qquad \frac{\mathbb E N_n}{\sqrt n}\longrightarrow\frac2\pi. \]

Indikator-indikator perubahan tanda memang umumnya bergantung, tetapi linearitas ekspektasi berlaku tanpa independensi; itulah sebabnya ketergantungan tersebut tidak memasuki perhitungan rataan.

Hak dan provenans. Soal, petunjuk, jawaban, dan penyelesaian ini adalah materi asli berbahasa Indonesia (id-ID), disusun oleh OpenAI Codex atas arahan pengguna, dan dilisensikan dengan CC BY 4.0. Tidak ada soal donor yang disalin atau diadaptasi.

Prasyarat

Hasil belajar

Setelah menyelesaikan soal ini, pembaca dapat menghitung momen energi kuadrat lintasan Brown, memecahkan persamaan panas dengan potensial kuadrat melalui ansatz Gaussian, dan memverifikasi transformasi Laplace fungsional lintasan secara probabilistik dengan martingal terbatas.

Misalkan \(B=(B_t)_{t\geq0}\) adalah gerak Brown standar dan, untuk \(T>0\),

\[ I_T=\int_0^T B_s^2\,ds. \]

  1. Buktikan sifat penskalaan \(I_T\overset d=T^2I_1\), lalu hitung \(\mathbb E I_T\) dan \(\operatorname{Var}(I_T)\) secara langsung.
  2. Untuk \(\lambda>0\), cari solusi terbatas dari masalah nilai awal \[ \partial_tu=\frac12\partial_{xx}u-\lambda x^2u, \qquad u(0,x)=1, \] dalam bentuk \(u(t,x)=c(t)\exp\{-a(t)x^2/2\}\).
  3. Dengan rumus Itô, verifikasi representasi Feynman–Kac dan simpulkan rumus eksak \[ \mathbb E\exp(-\lambda I_T) =\frac1{\sqrt{\cosh(T\sqrt{2\lambda})}}. \] Tunjukkan pula bahwa ekspansi transformasi ini konsisten dengan kedua momen pada bagian pertama.
Petunjuk

Petunjuk 1. Gunakan \((B_{Tu})_{0\leq u\leq1}\overset d=(\sqrt T\,\widetilde B_u)_{0\leq u\leq1}\). Untuk varians, pakai

\[ \mathbb E(B_s^2B_t^2)=st+2\min(s,t)^2. \]

Petunjuk

Petunjuk 2. Substitusi ansatz Gaussian ke PDE memberi

\[ a'(t)=2\lambda-a(t)^2, \qquad \frac{c'(t)}{c(t)}=-\frac{a(t)}2, \qquad a(0)=0,\quad c(0)=1. \]

Tuliskan \(q=\sqrt{2\lambda}\) dan selesaikan persamaan Riccati tersebut.

Petunjuk

Petunjuk 3. Untuk \(X_s=x+B_s\) dan \(0\leq s\leq t\), terapkan rumus Itô pada

\[ M_s=\exp\!\left(-\lambda\int_0^sX_r^2\,dr\right)u(t-s,X_s). \]

PDE menghapus suku hanyut. Kandidat \(u\) memenuhi \(0<u\leq1\), sehingga \(M\) adalah martingal lokal terbatas dan oleh sebab itu martingal sejati.

Jawaban ringkas. Penskalaan Brown memberi \(I_T\overset d=T^2I_1\), dan

\[ \mathbb E I_T=\frac{T^2}{2}, \qquad \operatorname{Var}(I_T)=\frac{T^4}{3}. \]

Dengan \(q=\sqrt{2\lambda}\), solusi PDE adalah

\[ u(t,x)=\frac{1}{\sqrt{\cosh(qt)}} \exp\!\left[-\frac q2\tanh(qt)x^2\right]. \]

Verifikasi Itô memberi \(u(T,0)=\mathbb E e^{-\lambda I_T}\), sehingga transformasi Laplace yang diminta adalah \(\{\cosh(T\sqrt{2\lambda})\}^{-1/2}\).

Penyelesaian lengkap

Penyelesaian lengkap. Dengan perubahan variabel \(s=Tu\) dan penskalaan Brown, terdapat gerak Brown standar \(\widetilde B\) sehingga

\[ I_T =T\int_0^1B_{Tu}^2\,du \overset d=T\int_0^1(\sqrt T\,\widetilde B_u)^2\,du =T^2I_1. \]

Karena integrannya taknegatif, Tonelli dan \(\mathbb E B_s^2=s\) memberikan

\[ \mathbb E I_T=\int_0^T s\,ds=\frac{T^2}{2}. \]

Untuk pasangan Gaussian berpusat \((B_s,B_t)\), rumus Isserlis menyatakan

\[ \mathbb E(B_s^2B_t^2) =\mathbb E(B_s^2)\mathbb E(B_t^2) +2\{\mathbb E(B_sB_t)\}^2 =st+2\min(s,t)^2. \]

Maka, dengan Fubini,

\[ \begin{aligned} \operatorname{Var}(I_T) &=2\int_0^T\!\int_0^T\min(s,t)^2\,ds\,dt\\ &=4\int_0^T s^2(T-s)\,ds =\frac{T^4}{3}. \end{aligned} \]

Secara khusus, \(\mathbb E(I_T^2)=\operatorname{Var}(I_T)+(\mathbb E I_T)^2 =7T^4/12\).

Sekarang cari solusi PDE dalam bentuk \(u(t,x)=c(t)e^{-a(t)x^2/2}\). Pembagian dengan \(u\) memberi

\[ \frac{u_t}{u}=\frac{c'}c-\frac{a'}2x^2, \qquad \frac{u_{xx}}u=a^2x^2-a. \]

Menyamakan koefisien konstanta dan \(x^2\) menghasilkan

\[ a'=2\lambda-a^2, \qquad \frac{c'}c=-\frac a2, \qquad a(0)=0,\quad c(0)=1. \]

Jika \(q=\sqrt{2\lambda}\), solusinya adalah

\[ a(t)=q\tanh(qt), \qquad c(t)=\{\cosh(qt)\}^{-1/2}. \]

Memang, \(a'=q^2\operatorname{sech}^2(qt)=2\lambda-a^2\) dan \(c'/c=-q\tanh(qt)/2=-a/2\). Jadi

\[ u(t,x)=\frac{1}{\sqrt{\cosh(qt)}} \exp\!\left[-\frac q2\tanh(qt)x^2\right] \]

memenuhi PDE dan syarat awal. Selain itu, \(0<u(t,x)\leq1\).

Untuk verifikasi probabilistik, mulai Brown di \(x\) dengan \(X_s=x+B_s\). Untuk \(t>0\) tetap, definisikan

\[ M_s=\exp\!\left(-\lambda\int_0^sX_r^2\,dr\right)u(t-s,X_s), \qquad 0\leq s\leq t. \]

Rumus Itô dan PDE memberi

\[ dM_s =\exp\!\left(-\lambda\int_0^sX_r^2\,dr\right) u_x(t-s,X_s)\,dB_s; \]

jadi \(M\) adalah martingal lokal. Karena \(0\leq M_s\leq1\), martingal lokal ini adalah martingal sejati. Oleh karena itu,

\[ u(t,x)=M_0=\mathbb E_xM_t =\mathbb E_x\exp\!\left(-\lambda\int_0^tX_s^2\,ds\right), \]

sebab \(u(0,X_t)=1\). Mengambil \(x=0\) dan \(t=T\) menghasilkan

\[ \boxed{ \mathbb E e^{-\lambda I_T} =\frac1{\sqrt{\cosh(T\sqrt{2\lambda})}} }. \]

Terakhir, untuk \(z\to0\), \(\log\cosh z=z^2/2-z^4/12+O(z^6)\). Dengan \(z=T\sqrt{2\lambda}\),

\[ \log\mathbb E e^{-\lambda I_T} =-\frac{T^2}{2}\lambda+\frac{T^4}{6}\lambda^2+O(\lambda^3), \]

dan setelah dieksponensialkan,

\[ \mathbb E e^{-\lambda I_T} =1-\frac{T^2}{2}\lambda +\frac{7T^4}{24}\lambda^2+O(\lambda^3). \]

Koefisien ini sama dengan \(1-\lambda\mathbb E I_T+\lambda^2\mathbb E(I_T^2)/2+O(\lambda^3)\), karena \(\mathbb E I_T=T^2/2\) dan \(\mathbb E(I_T^2)=7T^4/12\).