ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
TRẦN MINH QUANG

ĐIỀU KHIỂN NGẪU NHIÊN CHO QUÁ TRÌNH NHẢY
ITÔ-LÉVY LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC


Mục lục
Lời cảm ơn i
Mục lục ii
Bảng kí hiệu 1
Lời nói đầu 3
1 Quá trình khuyếch tán, quá trình Poisson 4
1.1 Quá trình Wiener . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Quá trình khuyếch tán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2.1 Chuyển động Brown với hệ số trượt . . . . . . . . . . . 9
1.2.2 Chuyển động Brown hình học . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3 Quá trình Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4 Quá trình Poisson không thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.5 Quá trình Poisson phức hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2 Phương trình vi phân ngẫu nhiên 20
2.1 Phương trình vi phân ngẫu nhiên . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.1.1 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.3 Nghiệm mạnh, nghiệm yếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
3 Quá trình khuyếch tán có bước nhảy 29
3.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3.1.1 Quá trình thích nghi và bộ lọc . . . . . . . . . . . . . . 29
ii
MỤC LỤC
3.1.2 Martingale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.1.3 Quá trình Lévy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.1.4 Thời điểm dừng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.2 Bước nhảy của quá trình Lévy - độ đo ngẫu nhiên Poisson . . . . 42
3.3 Công thức Itô và các kết quả liên quan . . . . . . . . . . . . . . 44
3.4 Phương trình vi phân ngẫu nhiên Lévy . . . . . . . . . . . . . . 49
4 Điều khiển ngẫu nhiên quá trình khuyếch tán có bước nhảy 53

+
tập số thực không âm
R
n×m
các ma trận thực n ×m
T tập gồm tất cả thời điểm dừng ≤ τ
S
lim,lim limsup,liminf
Poi phân phối Poisson
sign(x) dấu của x
τ
G
thời điểm đầu tiên mà quá trình X
t
thoát khỏi tập G:
τ
G
= inf{t > 0;X
t
/∈ G}
Argmax
u∈U
f (u) {u
∗
∈U; f (u
∗
) ≥ f (u),∀u ∈U}
A = A
Y
bộ sinh của nhảy khuyếch tán Y

t
s ∨t max(s,t)
s ∧t min(s,t)
h.c.c. hầu chắc chắn
cadlag liên tục phải và có giới hạn bên trái
caglad liên tục trái và có giới hạn bên phải
2
Chương 1
Quá trình khuyếch tán, quá trình
Poisson
1.1 Quá trình Wiener
Định nghĩa 1.1.1. Một quá trình ngẫu nhiên {X(t),t ∈T } được gọi là quá trình
Gauss nếu vector ngẫu nhiên (X(t
1
), ,X(t
n
)) có phân phối chuẩn nhiều chiều,
với mọi n và t
1
, ,t
n
.
Định nghĩa 1.1.2. Một quá trình ngẫu nhiên {W (t),t ≥ 0} được gọi là quá trình
Wiener, hoặc một chuyển động Brown, nếu
i) W (0) = 0,
ii) {W(t),t ≥0} có số gia dừng, độc lập
iii) W (t) ∼N(0,σ
2
t)∀t > 0.
Lưu ý 1.1.1. i) Đặt

(t)] = E[C] và Var[W
∗
(t)] = σ
2
t + Var[C]
iv) W (t) là một hàm liên tục theo t (với xác suất 1). Hơn nữa chuyển động
Brown có hướng thay đổi vô hạn trên bất kì khoảng hữu hạn nào. Do đó
hàm W (t) là không đâu khả vi
v) Ta có thể định nghĩa chuyển động Brown cho quá trình ngẫu nhiên liên tục
thời gian, liên tục trạng thái {X(t),t ≥ 0} theo cách khác
i) X(0) = 0,
ii) {X(t),t ≥ 0} là quá trình Gauss
iii) E[X(t)] ≡0,
iv) C
x
(s,t) ≡Cov[X(s),X(t)] = σ
2
mins,t ∀s,t ≥0,σ > 0,σ-hằng số
1.2 Quá trình khuyếch tán
Nhắc lại về quá trình Markov, trong trường hợp tổng quát, một quá trình ngẫu
nhiên {X(t),t ∈ T} được gọi là quá trình Markov nếu
P[X(t
n+1
) ∈A|X(t) = x
t
,t ≤ t
n
] = P[X(t
n+1
) ∈A|X(t

được xác định bởi
i) hàm mật độ cấp một
f (x,x) :=
∂
∂ x
P[X(t) ≤ x]
ii) hàm mật độ xác suất chuyển có điều kiện, xác định bởi
p(x,x
0
;t,t
0
) ≡ f
X(t)|X(t
0
)
(x|x
0
)
= lim
dx↓0
P[X(t) ∈ (x,x + dx]|X(t
0
) = x
0
]
dx
với t > t
0
Do quá trình này nhất thiết phải ở trạng thái nào đó tại thời điểm t, ta có
∞

0
) =
∞

−∞
p(x,x
1
;t,t
1
)p(x
1
,x
0
;t
1
,t
0
)dx
1
với t
0
< t
1
< t. Do tại thời điểm ban đầu, phân phối của quá trình là tất định,
ta có
lim
t↓t
0
p(x,x
0

2)
m(x;t) = lim
ε↓0
1
ε
E[X(t + ε) −X (t)|X(t) = x]
và
v(x;t) = lim
ε↓0
1
ε
E[(X(t + ε) −X (t))
2
|X(t) = x]
là các hàm liên tục theo x và t.
m(x;t) và v(x;t) lần lượt là trung bình cực vi và phương sai cực vi.
Lưu ý 1.2.1. Không gian trạng thái S
X(t)
của quá trình ngẫu nhiên {X(t),t ≥0}
có thể là bất kì khoảng, đoạn nào, kể cả (−∞, +∞). Nếu S
X(t)
= [a,b], thì hàm
m(x;t) và v(x;t) tồn tại (và liên tục) với mọi a < x < b.
Ví dụ 1.2.1. Cho quá trình Wiener {W (t),t ≥0}, ta có W (t +ε)|{W (t) = w}∼
N(w,σ
2
ε), với mỗi ε > 0. Ta tính
lim
ε↓0
1

σ
√
ε

với
Φ(x) :=
x

−∞
1
√
2π
e
−x
2
/2
dz
là hàm phân phối của phân phối N(0,1). Ta viết lại
Φ(x) =
1
2
(1 + erf

x
√
2

)
với erf(.) là hàm sai số. Khai triển cho erf(x) với x > 1
erf(x) = 1 −

ε↓0
E[W (t + ε) −W(t)|W (t) = w] = lim
ε↓0
1
ε
0 = 0
Và
lim
ε↓0
E[(W (t + ε) −W(t))
2
|W (t) = w]
= lim
ε↓0
1
ε
E[Z
2
], Z ∼N(0,σ
2
ε)
= lim
ε↓0
1
ε
V [Z] = lim
ε↓0
1
ε
σ

Y
(y) = v(x)[g

(x)]
2
(1.2.1)
Với x được biểu diễn theo y : x = g
−1
(y) (hàm ngược của g(x)). Hơn nữa, ta có
S
Y (t)
= [g(a),g(b)] nếu g là hàm tăng ngặt, và S
Y (t)
= [g(b),g(a)] nếu g là hàm
giảm ngặt.
1.2.1 Chuyển động Brown với hệ số trượt
Định nghĩa 1.2.2. Cho{Y (t),t ≥ 0} là một quá trình khuyếch tán với các tham
số cực vi là m
y
(y) ≡µ và v
Y
(y) ≡σ
2
. Quá trình {Y(t),t ≥0}được gọi là chuyển
động Brown (hoặc quá trình Wiener) với hệ số trượt µ
Lưu ý 1.2.2. Tham số µ được gọi là hệ số trượt và σ được gọi là hệ số khuyếch
tán
1.2.2 Chuyển động Brown hình học
Cho {X(t),t ≥ 0} là một quá trình Wiener với hệ số trượt µ và hệ số khuyếch
tán σ

(e
x
)
2
= σ
2
y
2
9
1.2 Quá trình khuyếch tán
Định nghĩa 1.2.3. Quá trình ngẫu nhiên {Y (t),t ≥ 0} với các tham số cực vi
m
Y
(y) = (µ +
1
2
σ
2
)y và v
Y
(y) = σ
2
y
2
được gọi là chuyển động Brown hình học.
Lưu ý 1.2.3. i) Không gian trạng thái của chuyển động Brown hình học là
khoảng (0,∞).
ii) Do Y (t) > 0, với mọi t ≥ 0 nên chuyển động Brown hình học không phải
là quá trình Gauss. Với t cố định, hàm Y (t) có phân phối loga chuẩn với kì
vọng µt và phương sai σ

)
và
Y (t) −Y (0) ≡Y(0)e
X(t)
−Y (0) = Y(0)(e
X(t)
−1)
không có cùng phân phối, do đó không có tính dừng. Hơn nữa,
Y (t + s) −Y(t) ≡Y(0)e
X(t+s)
−Y (0)e
X(t)
= Y(0)(e
X(t+s)
−e
X(t)
)
không độc lập với Y (t) −Y (0).
Mệnh đề 1.2.2. Chuyển động Brown hình học là quá trình Markov với hàm mật
độ xác suất chuyển có điều kiện thuần nhất theo thời gian
Chứng minh. Trường hợp tổng quát, ta xét Y (t) := Y(0)e
X(t)
,
Y (t + s) = Y(0)e
X(t+s)
= Y(0)e
X(t+s)−X(t)+X(t)
,
⇒Y(t +s) = Y(t)e
X(t+s)−X(t)

)
≤ y/y
0
]
= P[e
X(s)
≤ y/y
0
]
vói mọi y
0
,y > 0 và t
0
,s ≥0, từ đó, ta khẳng định rằng p(y,y
0
;t,t
0
) = p(y,y
0
;t −
t
0
)
1.3 Quá trình Poisson
Định nghĩa 1.3.1. Cho N(t) là số các sự kiện xuất hiện trong khoảng thời gian
[0,t]. Quá trình ngẫu nhiên {N(t),t ≥ 0} được gọi là quá trình đếm.
Tính chất
i) N(t) là một biến ngẫu nhiên nhận các giá trị 0,1,···
ii) Hàm N(t) là không giảm: N(t
2

độc lập, với tham số tỉ lệ λ
1
và λ
2
. Quá trình {N(t),t ≥ 0} định nghĩa bởi
N(t) = N
1
(t) + N
2
(t)∀t ≥ 0
là một quá trình Poisson với tham số tỉ lệ λ := λ
1
+ λ
2
Chứng minh. Trước hết, ta xét
N(0) := N
1
(0) + N
2
(0) = 0 + 0 = 0
Tiếp theo, từ {N
1
(t),t ≥0} và {N
2
(t),t ≥0} có số gia độc lập, ta xét {N(t),t ≥
0} có số gia độc lập hay không. Viết lại
N(t
k
) −N(t
k−1

), thì hàm
sinh moment của nó được cho bởi
M
X
i
(t) = e
−α
i
exp{e
t
α
i
}
Do đó
M
X
1
+X
2
(t) = M
X
1
(t)M
X
2
(t) = e
−(α
1
+α
2

1
,··· là độc lập và τ
i
có phân phối mũ Exp(λ ) với mọi i.
Lưu ý 1.3.2. Ta kí hiệu T
1
,T
2
,··· là thời điểm bắt đầu của các biến cố tương ứng
12
1.3 Quá trình Poisson
của quá trình Poisson {N(t),t ≥ 0}
Mệnh đề 1.3.3. Cho X
i
∼ Exp(λ ), với i = 1,2,···, là các biến ngẫu nhiên độc
lập, và cho T
0
:= 0,
T
n
:=
n
∑
i=1
X
i
với n = 1,2,···
Ta đặt
N(t) = max{n ≥ 0 : T
n

(y) = λ e
−λy
với y ≥ 0
Do đó, quá trình ngẫu nhiên {N(t),t ≥ 0} định nghĩa bởi N(t) = 0, với t < Y
1
.
và
N(t) = max

n ≥1 :
n
∑
i=1
Y
i
≤t

với t ≥Y
1
là một quá trình Poisson với tham số λ
Mệnh đề 1.3.5. Cho {N(t),t ≥ 0} là một quá trình Poisson với tham số λ. Ta
được T
1
|{N(t) = 1} ∼ U(0,t], với T
1
là thời gian mà biến cố thứ nhất bắt đầu
xảy ra
13
1.3 Quá trình Poisson
Chứng minh.

1
và λ
2
tương ứng. Ta định nghĩa biến cố F
n
1
,n
2
= n
1
biến cố
của quá trình {N
1
(t),t ≥0}xảy ra trước n
2
biến cố của quá trình {N
2
(t),t ≥0}.
Ta có
P[F
n
1
,n
2
] = P[X ≥ n
1
]
với X ∼ B(n = n
1
+ n

i

λ
1
λ
1
+ λ
2

i

λ
2
λ
1
+ λ
2

n
1
+n
2
−1−i
(1.3.1)
Chứng minh. Đặt N(t) := N
1
(t)+N
2
(t), và E
j

2
) là các biến ngẫu nhiên độc lập. Do F
n
1
,n
2
xuất hiện khi và chỉ khi có ít nhất n
1
biến cố của quá trình {N
1
(t),t ≥ 0} giữa
n
1
+ n
2
−1 biến cố đầu tiên của quá trình {N(t),t ≥ 0}, ta được công thức
(1.3.1)
Ví dụ 1.3.7. Giả sử rằng N(t) là số lượt khách truy cập một trang web nào đó
trong khoảng thời gian [0,t] với {N(t),t ≥ 0} là một quá trình Poisson với tham
số λ mỗi giờ. Hãy tính xác suất sao cho có nhiều lượt khách truy cập hơn trong
khoảng 8 giờ đến 9 giờ so với từ 9 giờ tới 10 giờ. Biết rằng có 10 lượt khách truy
cập trong khoảng 8 giờ tới 10 giờ.
Đặt N
1
,N
2
là số lượt khách truy cập trong khoảng 8 giờ tới 9 giờ, và từ 9 giờ tới
10 giờ tương ứng. Ta có biến ngẫu nhiên độc lập N
1
∼ Poi(5) và N


10
5

1
2
10
 2x + 0.2461
Vậy x  0.3770
Ví dụ 1.3.8. Ta định nghĩa M(t) = N(t) −(t
2
/2),t ≥ 0 với {N(t),t ≥ 0} là một
quá trình Poisson với tham số λ. Tính P[1 < S
1
≤
√
2], với S
1
:= min{t ≥ 0 :
M(t) ≥1}.
Ta biết quá trình Poissson có số gia dừng và độc lập. Viết lại
P[1 < S
1
≤
√
2]
= P[N(1) = 0,N(
√
2) −N(1) ≥ 2] + P[N(1) = 1,N(
√

dừng, trừ khi λ (t) ≡ λ > 0. Khi đó, {N(t),t ≥ 0} sẽ trở thành một quá trình
Poisson thuần nhất với tham số λ .
Mệnh đề 1.4.1. Cho {N(t),t ≥ 0} là một quá trình Poisson không thuần nhất
với hàm mật độ λ(t). Ta có
N(s +t) −N(s) ∼Poi(m(s +t) −m(s)) ∀s,t ≥ 0
với
m(s) :=
s

0
λ(τ)dτ
Chứng minh. Đặt
p
n
(s,t) := P[N(s +t) −N(s) = n] với n = 0,1,2,···
từ định nghĩa và số gia của quá trình {N(t),t ≥0} độc lập, ta có
p
n
(s,t +δ )
= P[N(s +t) −N(s) = n, N(s +t +δ ) −N(s +t) = 0]
+ P[N(s +t) −N(s) = n −1,N(s +t + δ ) −N(s + t) = 1]+ o(δ )
= p
n
(s,t)[1 −λ (s +t)δ + o(δ)] + p
N−1
(s,t)[λ (s +t)δ + o(δ)] + o(δ )
từ đó, ta được
p
n
(s,t +δ ) −p

(s,t) = c
0
exp



−
s+t

s
λ(τ)dτ



với c
0
là hằng số. Áp dụng điều kiện biên p
0
(s,0) = 1, ta được c
0
= 1, do đó
p
0
(s,t) = exp



−
s+t


−p
1
(s,t)

∂
∂t
[m(s +t) −m(s)]
nghiệm của phương trình không thuần nhất này với điều kiện biên p
1
(s,0) = 0,
là
p
1
(s,t) = e
m(s)−m(s+t)
[m(s +t) −m(s)] với s,t ≥0
Bằng qui nạp, ta được
p
n
(s,t) = e
m(s)−m(s+t)
[m(s +t) −m(s)]
n
n!
∀s,t ≥ 0 và n = 0,1,···
m(t) được gọi là hàm giá trị trung bình của quá trình
Mệnh đề 1.4.2. Cho {N(t),t ≥0}là một quá trình Poisson không thuần nhất với
17
1.4 Quá trình Poisson không thuần nhất
hàm mật độ λ(t). Hàm mật độ xác suất của biến ngẫu nhiên S := T

d
ds
s

0
λ(u)du = λ(s)
Ví dụ 1.4.3. Cho {N(t),t ≥ 0} là một quá trình Poisson không thuần nhất với
hàm mật độ λ(t) > 0, với t ≥ 0. Ta đặt
M(t) = N(m
−1
(t)) với mọi t ≥0
với m
−1
(t) là hàm ngược của hàm giá trị trung bình m(t). Ta có
M(0) = N(m
−1
(0)) = N(0) = 0
Hơn nữa, với mọi τ,t ≥ 0 và n = 0,1,···
P[M(τ +t) −M(τ) = n] = P[N(m
−1
(τ +t)) −N(m
−1
(τ)) = n]
= P[Poi(m(m
−1
(τ +t)) −m(m
−1
(τ))) = n]
= P[Poi(τ +t −τ) = n] = P[Poi(t) = n]
Do λ (t) là một hàm dương hẳn, nên m(t) là một hàm tăng ngặt với mọi t, do đó

X
k

= E[N]E[X
1
]
và
Var

N
∑
k=1
X
k

= E[N]V [X
1
] +V [N](E[X
1
])
2
Định nghĩa 1.5.2. Cho {N(t),t ≥ 0} là một quá trình Poisson với tham số λ ,
cho X
1
,X
2
,··· là các biến ngẫu nhiên có cùng phân phối sao cho X
k
độc lập với
quá trình {N(t),t ≥ 0}. Quá trình ngẫu nhiên {Y (t),t ≥ 0} cho bởi

thỏa mãn phương trình vi
phân ngẫu nhiên
X
t
= X
0
+
t

0
b(s,X
s
)ds +
t

0
σ(s,X
s
)dB
s
(2.1.2)
Thay W
t
bằng
dB
t
d t
và nhân hai vế cho dt ở (2.1.1) ta được (2.1.2). Bài toán đặt ra
là
i) Cách giải phương trình

t
dt +αN
t
dB
t
(2.1.3)
hoặc
dN
t
N
t
= rdt + αdB
t
.
Do đó
t

0
dN
s
N
s
= rt + αB
t
(B
0
= 0). (2.1.4)
Để đánh giá tích phân vế trái ta dùng công thức Itô cho hàm
g(t,x) = lnx; x > 0
do đó

2
t
.α
2
N
2
t
dt
=
dN
t
N
t
−
1
2
α
2
dt.
Vậy
dN
t
N
t
= d(ln N
t
) +
1
2
α

Nghiệm N
t
là quá trình dừng
X
t
= X
0
exp(µt + αB
t
) (µ, α hằng số.)
được gọi là chuyển động Brown hình học
Lưu ý 2.1.1. Ta kiểm chứng rằng nếu B
t
không phụ thuộc vào N
0
thì
E[N
t
] = E[N
0
]e
rt
,
tức là cũng giống với trường hợp a
t
không nhiễu.
Ta đặt
Y
t
= e

αB
s
dB
s
+
1
2
α
2
t

0
e
αB
s
dB
s
Do E[
t

0
e
αB
s
dB
s
] = 0, ta có
E[Y
t
] = E[Y

] = e
1
2
α
2
t
,
22