điều khiển ngẫu nhiên cho quá trình nhảy itô-lévy

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

Thành Phố Hồ Chí Minh - 2011
Lời cảm ơn
Đầu tiên, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc đến thầy PGS.
TS. Tô Anh Dũng, người đã tận tình hướng dẫn và giúp đỡ tôi hoàn
thành luận văn này, cũng như lòng biết ơn sâu sắc đến thầy TS. Dương
Tôn Đảm, người đã nhiệt tình hỗ trợ tôi về nhiều mặt trong suốt thời
gian qua. Tôi cũng không thể quên các thầy cô trong bộ môn Toán Xác
suất Thống kê Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, đã tận tình giảng
dạy và giúp bao thế hệ sinh viên, học viên cao học, nghiên cứu sinh có
được lối đi trên chính con đường của mình.
Tôi xin chân thành cảm ơn quí thầy cô trường Đại học Khoa học Tự
nhiên đã tận tình giảng dạy, giúp đỡ tôi trong những năm qua, đã cho
tôi những giờ học lý thú, những kiến thức bổ ích.
Tôi cũng xin trân trọng gửi lời cám ơn đến các bạn Trần Thế Vũ, Trần
Thế Hiển, Nguyễn Anh Triết và các bạn khác trong bộ môn Toán Xác
suất Thống kê, đã giúp tôi trong quá trình học tập, đã tạo cho tôi những
động lực, giúp tôi bước đi vững vàng hơn.
Cuối cùng, tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, cha mẹ tôi, đã sinh
thành và dưỡng dục, tạo điều kiện tốt nhất để tôi được học tập.
Xin chân thành biết ơn
Trần Minh Quang
TP Hồ Chí Minh, 2011.

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

4.1 Qui hoạch động . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
4.2 Nguyên lí cực đại . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
4.3 Ứng dụng vào tài chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
4.3.1 Bài toán cổ tức tối ưu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
4.3.2 Tối ưu tiêu dùng có nắm thông tin nội bộ . . . . . . . . 64
Kết luận 68
Tài liệu tham khảo 69
iii
Bảng kí hiệu
(Ω,F,(F
t
)
t≥0
,P) không gian xác suất được lọc
χ
G
hàm đặc trưng của tập G
∆η
t
bước nhảy của η
t
cho bởi η
t
−η
−
t
R
n
không gian Euclide n-chiều
R

+
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

B(t) chuyển động Brown
C(U) viết tắt của C(U, R)
C(U,V ) các hàm liên tục từ U vào V
1
Bảng kí hiệu
C
k+α
các hàm trong C
k
có đạo hàm cấp k liên tục Lipschitz
theo hệ số mũ α
C
0
(U) các hàm trong C(U) có giá compact
C
k
0
= C
k
0
(U) các hàm trong C
k
(U) có giá compact trong U
E[Y ] = E
µ
[Y ] =

Y dµ kì vọng của biến ngẫu nhiên Y
HJB phương trình Hamilton-Jacobi-Bellman
P luật xác suất của η

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

B(t) :=
W (t)
σ
Ta có Var[B(t)] = t. Quá trình ngẫu nhiên {B(t),t ≥ 0} được gọi là chuyển
động Brown tiêu chuẩn
ii) Ta có thay điều kiện iii) của định nghĩa (1.1.2) bởi
W (t + s) −W (s) ∼N(0,σ
2
t) ∀s,t ≥ 0
4
1.2 Quá trình khuyếch tán
khi đó ta không cần điều kiện {W (t),t ≥ 0} có số gia dừng nữa.
iii) Đặt
W
∗
(t) := W(t) + c
với c là một hằng số thực, suy ra c = W
∗
(0) và quá trình {W
∗
(t),t ≥0}được
gọi là chuyển động Brown bắt đầu từ c. Ta có W
∗
(t) ∼ N(c,σ
2
t), ∀t ≥ 0.
Trường hợp c là một biến ngẫu nhiên C độc lập với W(t) với mọi t ≥0. Khi
đó
E[W
∗

(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

n
) = x
t
n
]
với mọi biến cố A và thời gian t
n
< t
n+1
. Điều này có nghĩa là xác suất mà quá
tr ình chuyển từ trạng thái x
t
n
(tại thời điểm t
n
) sang trạng thái X
t
n+1
(tại thời điểm
t
n+1
) không phụ thuộc vào quĩ đạo từ x
0
tới x
n
. Tức là tương lai chỉ phụ thuộc
vào hiện tại mà không quan tâm đến quá khứ.
5
1.2 Quá trình khuyếch tán
Một quá trình Markov liên tục thời gian và liên tục trạng thái {X(t),t ∈ 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
∞


−∞
f (x;t)dx = 1 và
∞

−∞
p(x,x
0
;t,t
0
)dx = 1
Ta viết
f (x;t) =
∞

−∞
f (x
0
;t
0
)p(x,x
0
;t,t
0
)dx
0
Tương tự, từ phương trình Chapman-Kolmogorov ta rút ra
p(x,x
0
;t,t

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

;t,t
0
) = δ (x −x
0
)
6
1.2 Quá trình khuyếch tán
với δ (·) là hàm delta Dirac định nghĩa bởi
δ(x) =



0 nếu x = 0
∞ nếu x = 0
do đó
∞

−∞
δ(x)dx = 1
Với những điều kiện nào đó, quá trình Markov liên tục thời gian và liên tục
trạng thái trở thành quá trình khuyếch tán; mà quá trình Wiener chính là một
điển hình.
Định nghĩa 1.2.1. Quá trình ngẫu nhiên Markov liên tục thời gian và liên tục
trạng thái {X (t),t ≥ 0}, có không gian trạng thái là khoảng (a,b), là một quá
tr ình khuyếch tán nếu
1) lim
ε↓0
1
ε
P[|X(t + ε)−X(t)| > δ|X(t) = x] = 0, ∀δ > 0,∀x ∈(a,b).

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

ε
P[|W (t + ε) −W (t)| > δ |W (t) = w] = lim
ε↓0
1
ε
P[|N(0,σ
2
ε)| > δ]
7
1.2 Quá trình khuyếch tán
= lim
ε↓0
1
ε
P

|N(0,1)| >
δ
σ
√
ε

= lim
ε↓0
2
ε

1 −Φ

δ

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 −

e
−x
2
√
x

1
x
−
1
2x
3
+ ···

Ta được
lim
ε↓0
2
ε

1 −Φ

δ
σ
√
ε

= 0
Tiếp theo, ta có
lim

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

2
ε = σ
2
Do đó ta có m(x;t) ≡ 0 và v(x;t) ≡ σ
2
. Do các tham số cực vi của quá trình
Wiener là hằng số, nên hàm m(x;t) và v(x;t) là liên tục. Một trường hợp quan
trọng của quá trình khuyếch tán là khi {X (t),t ≥0} là thuần nhất theo thời gian,
khi đó các tham số cực vi của {X(t),t ≥ 0} là m(x;t) ≡ m(x) và v(x;t) ≡ v(x).
8
1.2 Quá trình khuyếch tán
Ta có thể nói rằng quá trình ngẫu nhiên {Y (t),t ≥ 0} được định nghĩa bởi
Y (t) = g[X(t)] với t ≥ 0
cũng là một quá trình khuyếch tán. Với g là một hàm tăng ngặt hoặc giảm ngặt
trên khoảng [a,b] ≡ S
X(t)
; do đó, với mọi x ∈ (a,b), đạo hàm cấp hai g

tồn tại
và liên tục. Hơn nữa
m
Y
(y) = m(x)g

(x) +
1
2
v(x)g

(x) và v

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

2
. Ta đặt
Y (t) = e
X(t)
với t ≥ 0
Do hàm g(x) = e
x
không phụ thuộc vào t, từ (1.2.1) ta rút ra
m
Y
(y) = µe
x
+
1
2
σ
2
e
x
= µy +
1
2
σ
2
y
và
v
Y
(y) = σ
2

(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

2
t.
f
Y (t)
=
1
√
2πσ
2
ty
exp

−
(lny −µt)
2
2σ
2
t

với y > 0
iii) Trái với quá trình Wiener, chuyển động Brown hình học không phải là quá
tr ình có số gia dừng và độc lập.
Y (t + s) −Y(s) ≡Y (0)e
X(t+s)
−Y (0)e
X(s)
= Y(0)(e
X(t+s)
−e
X(s)

)
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)

(1.2.2)
Do quá trình Wiener có số gia độc lập Y (t + s) với Y (t) cho trước, không phụ
10
1.3 Quá trình Poisson
thuộc vào quá khứ, ta được {Y (t),t ≥ 0} là một quá trình Markov. Từ (1.2.2) và
do quá trình Wiener có số gia dừng độc lập, ta rút ra
P[Y (t
0
+ s) ≤y|Y (t
0
) = y
0
] = P[(t
0
)e
X(t
0
+s)−X(t
0
)
≤ y|Y(t
0
) = y
0
]
= P[e
X(t
0
+s)−X(t
0

)
≤ 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

) −N(t
1
) ≥ 0 nếu t
2
> t
1
≥ 0. Hơn nữa,
N(t
2
) −N(t
1
) là số các sự kiện xảy ra trong khoảng (t
1
,t
2
].
Định nghĩa 1.3.2. Quá trình Poisson với tham số tỉ lệ λ (> 0) là một quá trình
đếm {N(t),t ≥ 0} có số gia độc lập, với N(0) = 0 và
N(τ +t) −N(τ) ∼ Poi(λt)∀τ,t ≥ 0
Lưu ý 1.3.1.
Quá trình Poisson có số gia dừng do N(τ + t) −N(τ) không phụ thuộc vào τ.
Hơn nữa, với τ = 0, ta được
N(t) = N(0 +t) −N(0) ∼ Poi(λt) ∀t ≥0
Mệnh đề 1.3.1. Cho {N
1
(t),t ≥ 0} và {N
2
(t),t ≥ 0} là hai quá trình Poisson
11
1.3 Quá trình Poisson

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

) = [N
1
(t
k
) −N
1
(t
k−1
)] + [N
2
(t
k
) −N
2
(t
k−1
)]
Cuối cùng, tổng của hai biến ngẫu nhiên Poisson có tham số α
1
và α
2
cũng có
phân bố Poisson với tham số α = α
1
+ α
2
.Thực ra, nếu X
i
∼ Poi(α
i

), 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

)
exp{e
t
(α
1
+ α
2
)}
Ta viết lại
N(τ +t) −N(τ) = [N
1
(τ +t) −N
1
(τ)] + [N
2
(τ +t) −N
2
(τ)]
∼ Poi((λ
1
+ λ
2
)t) ∀τ,t ≥ 0
Mệnh đề 1.3.2. Cho {N(t),t ≥ 0} là một quá trình Poisson với tham số λ, và
đặt τ
i
là thời gian mà quá trình có trạng thái i, với i = 0,1,···. Các biến ngẫu
nhiên τ
0
,τ

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

≤t}
Khi đó, {N(t),t ≥0} là một quá trình Poisson với tham số λ
Ví dụ 1.3.4. Giả sử biến ngẫu nhiên X
i
có phân phối đều trên khoảng (0,1]. Ta
đặt
Y
i
= −
1
λ
lnX
i
với i = 1,2,···
Khi đó, với y ≥0 ta được
P[Y
i
≤ y] = P[lnX
i
≥ −λy]
= P[X
i
≥ e
−λy
] = 1 −e
−λy
cho nên
f
Y
i

(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.

P[T
1
≤ s|N(t) = 1] =
P[T
1
≤ s|N(t) = 1]
P[N(t) = 1]
=
P[N(s) = 1|N(t) −N(s) = 0]
P[N(t) = 1]
ind.
=
λse
−λs
e
−λ(t−s)
λte
−λt
=
s
t
Lưu ý 1.3.3. Kết quả này có được do tính có số gia dừng và độc lập của quá trình
Poisson. Điều này nói lên rằng xác suất để một biến cố xuất hiện trong khoảng
thời gian bất kì chỉ phải phụ thuộc vào độ dài khoảng thời gian đó
Mệnh đề 1.3.6. Cho {N
1
(t),t ≥ 0} và {N
2
(t),t ≥ 0} là hai quá trình Poisson
độc lập với tham số λ

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

2
−1, p :=
λ
1
λ
1
+λ
2
)
Tức là
P[F
n
1
,n
2
] =
n
1
+n
2
−1
∑
i=n
1

n
1
+ n
2
−1

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

là thí nghiệm ngẫu nhiên quan sát
biến cố thứ j của quá trình {N(t),t ≥0} có là biến cố của quá trình N
1
(t),t ≥0}
hay không. Ta biết rằng quá trình Poisson có số gia dừng và độc lập, E
j
là phép
thử Bernoulli, tức là các phép thử độc lập mà xác suất để phép thử thứ j là thành
công giống nhau với mọi j. Khi đó, X là biến ngẫu nhiên đếm số lần thành công
trong n phép thử có phân phối nhị thức với tham số n và
p := P[T
1,1
< T
2,1
] =
λ
1
λ
1
+ λ
2
14
1.4 Quá trình Poisson không thuần nhất
Với T
1,1
∼ Exp(λ
1
) và T
2,1
∼ Exp(λ

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

2
∼ Poi(5).
Hơn nữa, N
i
|{N
1
+ N
2
= 10} ∼ B(n = 10, p =
1
2
) với i = 1,2. Ta tính xác suất
x := P[N
1
> N
2
|N
1
+ N
2
= 10]. Do tính đối xứng, ta được
1 = x + P[N
1
= N
2
|N
1
+ N
2
= 10]+ x = 2x +


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(
√

2) −N(1) ≥ 1]
= e
−λ

1 −e
−(
√
2−1)λ

1 + (
√
2 −1)λ

+ λe
−λ

1 −e
−(
√
2−1)λ

1.4 Quá trình Poisson không thuần nhất
Định nghĩa 1.4.1. Cho {N(t),t ≥ 0} là một quá trình đếm với số gia độc lập.
Quá trình này được gọi là quá trình Poisson không thuần nhất (hoặc không dừng)
với hàm mật độ λ (t) ≥ 0, với t ≥ 0, nếu N(0) = 0 và
15
1.4 Quá trình Poisson không thuần nhất
i) P[N(t +δ ) −N(t) = 1] = λ (t)δ +o(δ ),
ii) P[N(t +δ ) −N(t) ≥ 2] = o(δ).
Lưu ý 1.4.1. Điều kiện i) nói lên rằng quá trình {N(t),t ≥ 0} không có số gia

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

n
(s,t) = λ(s +t)δ [p
n−1
(s,t) − p
n
(s,t)] + o(δ )
Chia hai vế cho δ và lấy giới hạn khi δ dần về 0, ta được
∂
∂t
p
n
(s,t) = λ(s +t)[p
n−1
(s,t) − p
n
(s,t)]
16
1.4 Quá trình Poisson không thuần nhất
Khi n = 0, phương trình trở thành
∂
∂t
p
0
(s,t) = −λ(s +t)p
0
(s,t)
ta có thể xem biến s như một hằng số. Khi đó, phương trình trên chính là phương
tr ình vi phân cấp một, tuyến tính, và thuần nhất. Nghiệm tổng quát được cho bởi
p
0

(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


s
λ(τ)dτ



= e
m(s)−m(s+t)
với s,t ≥ 0
thay lời giải này vào phương trình , ta được
∂
∂t
p
1
(s,t) = λ(s +t)

e
m(s)−m(s+t)
−p
1
(s,t)

Ta viết lại
∂
∂t
p
1
(s,t) =

e
m(s)−m(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

1
|{N(t) = 1}
được cho bởi
f
S
(s) =
λ(s)
m(t)
với 0 < s ≤t
Chứng minh. Nếu 0 < s ≤t, ta viết lại
P[T
1
≤ s|N(t) = 1] =
P[N(s) = 1,N(t) −N(s) = 0]
P[N(t) = 1]
ind.
=
(s(s)e
−m(s)
)e
−m(t)+m(s)
m(t)e
−m(t)
=
m(s)
m(t)
Do đó
d
ds
m(s) =

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

m
−1
(t) cũng là hàm tăng ngặt. Ta kết luận rằng {M(t),t ≥0} cũng có số gia độc
lập, hơn nữa, {M(t),t ≥0} là một quá trình Poisson với tham số λ = 1.
18
1.5 Quá trình Poisson phức hợp
1.5 Quá trình Poisson phức hợp
Định nghĩa 1.5.1. Cho X
1
,X
2
,··· là các biến ngẫu nhiên độc lập và cùng phân
phối; cho N là biến ngẫu nhiên nhận giá trị nguyên dương và độc lập với X
k
.
Biến
S
N
:=
N
∑
k=1
X
k
được gọi là biến ngẫu nhiên phức hợp có trung bình và phương sai lần lượt là
E

N
∑
k=1

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

Y (t) =
N(t)
∑
k=1
X
k
∀t ≥0(và Y (t) = 0 nếuN(t) = 0)
được gọi là quá trình Poisson phức hợp.
19
Chương 2
Phương trình vi phân ngẫu nhiên
2.1 Phương trình vi phân ngẫu nhiên
2.1.1 Ví dụ
Ta xét bài toán tìm lời giải X
t
(ω) cho phương trình vi phân ngẫu nhiên
dX
t
dt
= b(t,X
t
) + σ(t,X
t
)W
t
, b(t, x) ∈R,σ(t,x) ∈ R (2.1.1)
với W
t
là "nhiễu trắng" 1-chiều. Theo biểu diễn Itô, X
t

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

ii) Tính tồn tại và duy nhất nghiệm cho phương trình
Ta trả lời câu hỏi thứ nhất qua ví dụ sau
Ví dụ 2.1.1. Ví dụ về sự tăng trưởng dân số
20
2.1 Phương trình vi phân ngẫu nhiên
dN
t
dt
= a
t
N
t
, N
0
cho trước.
với a
t
= r
t
+ αW
t
, W
t
là nhiễu trắng, α là hằng số. Ta giả sử rằng r
t
= r = hằng
số. Bằng biểu diễn Itô (2.1.2), (với σ(t, x ) = αx ) phương trình tương đương
dN
t
= rN

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

d(lnN
t
) =
1
N
t
.dN
t
+
1
2

−
1
N
2
t

(dN
t
)
2
=
dN
t
N
t
−
1
2N

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

2
dt
Từ (2.1.4) ta kết luận
ln
N
t
N
0
= (r −
1
2
α
2
)t + αB
t
21
2.1 Phương trình vi phân ngẫu nhiên
hay
N
t
= N
0
exp((r −
1
2
α
2
)t + αB
t
).

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
t
áp dụng công thức Itô
dY
t
= αe
αB
t
dB
t
+
1
2
α
2
e
αB
t
dB
t
hay
Y
t
= Y
0
+ α
t

0
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

0
] +
1
2
α
2
t

0
E[Y
s
]ds
tức là
d
dt
E[Y
t
] =
1
2
α
2
E[Y
t
],E[Y
0
] = 1.
Do đó
E[Y
t

] = e
1
2
α
2
t
,
22