随机过程 Brown 运动（下）

随机过程 Brown 运动（下）

Brown 运动的最大值变量及反正弦律

以 $T_x$ 记 Brown 运动首次击中 $x$ 的时刻，即：
T x = inf ⁡ { t > 0 ,   B ( t ) = x } T_x=\inf\{t>0,\,B(t)=x\} Tx​=inf{t>0,B(t)=x}
当 $x>0$ 时，为计算 $P(T_x\le t)$ ，我们考虑 $P(B(t))\ge x$ ，由全概率公式：
$$P(B(t)\ge x)=P(B(t)\ge x|T_x\le t)P(T_x\le t)+P(B(t)\ge x|T_x>t)P(T_x>t)$$
若 $T_x\le t$ 。则 $B(t)$ 在 $[0,t]$ 中的某个时刻击中 $x$ ，由对称性得：（在 $[0,t]$ 中的某个时刻击中 $x$ 后，之后的某个时刻是在 $x$ 右边还是左边的概率是一样的，都是 $\frac{1}{2}$ ）
$$P(B(t)\le x|T_x\le t)=\frac{1}{2}$$
再由连续性得，$B(t)$ 不可能还未击中 $x$ 就大于 $x$ ，因此 $P(B(t)\ge x|T_x>t)=0$ ，得到分布函数为：
$$\begin{array}{rl}{F}_{T_x}(t)=& P(T_x\le t)\\ =& 2P(B(t)\ge x)\\ =& \frac{2}{\sqrt{2\pi t}}{\int }_x^{\infty }{\mathrm{e}}^{-\frac{u^2}{2t}}du\\ =& \frac{2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{x/\sqrt{t}}^{\infty }{\mathrm{e}}^{-\frac{y^2}{2}}dy\end{array}$$
由此可见：
$$P(T_x<\infty )=\underset{t\to \infty }{\lim }P(T_x\le t)=\frac{2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_0^{\infty }{\mathrm{e}}^{-\frac{y^2}{2}}dy=1$$
性质 $P(T_x<\infty )$ 称为 Brown 运动的常返性。

对分布函数求导数可求得 $T_x$ 的分布密度：
$$f_{T_x}(u)=\{\begin{array}{ll}\frac{x}{\sqrt{2\pi }}{u}^{-\frac{3}{2}}{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2u}}& u>0\\ 0& u\ge 0\end{array}$$
利用分布函数，可以得到：
$$\begin{array}{rl}E(T_x)=& {\int }_0^{\infty }P(T_x>t)dt\\ =& {\int }_0^{\infty }\left(1-\frac{2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{x/\sqrt{t}}^{\infty }{\mathrm{e}}^{-\frac{y^2}{2}}dy\right)dt\\ =& \frac{2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_0^{\infty }{\int }_0^{x/\sqrt{t}}{\mathrm{e}}^{-\frac{y^2}{2}}dydt\\ =& \frac{2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_0^{\infty }\left({\mathrm{e}}^{-\frac{y^2}{2}}{\int }_0^{x^2/y^2}dt\right)dy\text{(交换积分顺序)}\\ =& \frac{2x^2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_0^{\infty }\frac{1}{y^2}{\mathrm{e}}^{-\frac{y^2}{2}}dy\\ \ge & \frac{2x^2{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{2}}}{\sqrt{2\pi }}{\int }_0^1\frac{1}{y^2}dy\\ =& +\infty \end{array}$$

• 第一个等号是常用的期望表示技巧，对于一个非负的连续型随机变量 $X$ ，期望可以表示为：

$$\begin{array}{rl}E(X)=& {\int }_0^{\infty }xf(x)dx\\ =& {\int }_0^{+\infty }{\int }_0^{x}f(x)dtdx\\ =& {\int }_0^{+\infty }{\int }_t^{\infty }f(x)dxdt\text{(交换积分顺序)}\\ =& {\int }_{-\infty }^{+\infty }P(X>t)dt\end{array}$$

• 第二个等号是因为：

$$1-\frac{2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{x/\sqrt{t}}^{\infty }{\mathrm{e}}^{-\frac{y^2}{2}}dy=\frac{2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_0^{\infty }{\mathrm{e}}^{-\frac{y^2}{2}}dy-\frac{2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{x/\sqrt{t}}^{\infty }{\mathrm{e}}^{-\frac{y^2}{2}}dy=\frac{2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_0^{x/\sqrt{t}}{\mathrm{e}}^{-\frac{y^2}{2}}dy$$

因此 $T_x$ 虽然几乎必然是有限的，但有无穷的期望。即 Brown 运动以概率 1 会击中 $x$ ，但它的平均时间是无穷的。由于始于 $a$ 点的 Brown 运动与 { a + B ( t ) } \{a+B(t)\} {a+B(t)} 是相同的，所以：
$$P_a(T_x<\infty )=P_0(T_{x-a}<\infty )=1$$
即 Brown 运动从任意点出发，击中 $x$ 的概率都是 $1$ ；

当 $x<0$ 时，由对称性，$T_x$ 和 $T_{-x}$ 有相同的分布，于是有：
$$\begin{array}{l}{F}_{T_x}(t)=P(T_x\le t)=\frac{2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{|x|/\sqrt{t}}^{\infty }{\mathrm{e}}^{-\frac{y^2}{2}}dy\\ f_{T_x}(u)=\{\begin{array}{ll}\frac{-x}{\sqrt{2\pi }}{u}^{-\frac{3}{2}}{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2u}}& u>0\\ 0& u\ge 0\end{array}\end{array}$$
最大值变量：Brown 运动再 $[0,t]$ 中达到的最大值 $M(t)=\underset{0\le s\le t}{\max }B(s)$ 的分布。对于 $x>0$ ，有：
$$P(M(t)\ge x)=P(T_x\le t)=\frac{2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{x/\sqrt{t}}^{\infty }{\mathrm{e}}^{-\frac{y^2}{2}}dy$$
对于最小值 $m(t)=\underset{0\le s\le t}{\min }B(s)$ ，当 $x<0$ 时，有：
$$P(m(t)\ge x)=P(T_x\ge t)=1-\frac{2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{|x|/\sqrt{t}}^{\infty }{\mathrm{e}}^{-\frac{y^2}{2}}dy$$
零点：若时刻 $\tau$ 使得 $B(\tau )=0$ ，则称 $\tau$ 为 Brown 运动的零点。我们有下述定理：

Th：设 { B x ( t ) } \{B^x(t)\} {Bx(t)} 为始于 $x$ 的 Brown 运动，则 $B^x(t)$ 在 $(0,t)$ 中至少有一个零点的概率为：
$$\frac{|x|}{\sqrt{2\pi }}{\int }_0^t{u}^{-\frac{3}{2}}{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2u}}du$$
证明：若 $x<0$ ，则由 $B^x(t)$ 的连续性以及 $B^x(t)=B(t)+x$ 得到：
$$\begin{array}{rl}& P(\text{ Bx(t)在(0,t)中至少有一个零点})\\ =& P(\underset{0\le s\le t}{\max }{B}^x(s)\ge 0)\\ =& P(\underset{0\le s\le t}{\max }B(s)+x\ge 0)=P(\underset{0\le s\le t}{\max }B(s)\ge -x)\\ =& P(T_{-x}\ge t)=P(T_x\le t)\\ =& {\int }_0^t{f}_{T_x}(u)du=\frac{-x}{\sqrt{2\pi }}{\int }_0^t{u}^{-\frac{3}{2}}{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2u}}du\end{array}$$
若 $x\ge 0$ ，则同样有：
$$\begin{array}{rl}& P(\text{ Bx(t)在(0,t)中至少有一个零点})\\ =& P(\underset{0\le s\le t}{\min }{B}^x(s)\le 0)\\ =& P(\underset{0\le s\le t}{\min }B(s)+x\le 0)=P(\underset{0\le s\le t}{\min }B(s)\le -x)\\ =& P(T_{-x}\ge t)=P(T_x\le t)\\ =& {\int }_0^t{f}_{T_x}(u)du=\frac{x}{\sqrt{2\pi }}{\int }_0^t{u}^{-\frac{3}{2}}{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2u}}du\end{array}$$
Th：$B^y(t)$ 在区间 $(a,b)$ 中至少有一个零点的概率为：
$$\frac{2}{\pi }\arccos \sqrt{\frac{a}{b}}$$
证明：记 $h(x)=P(B^y\text{在}(a,b)\text{中至少有一个零点}|B(a)=x)$ 。由 Markov 性，$h(x)=P(B^x\text{在}(0,b-a)\text{中至少有一个零点})$ 。由条件概率得：
$$\begin{array}{rl}& P(B^y\text{在}(a,b)\text{中至少有一个零点})\\ =& {\int }_{-\infty }^{\infty }h(x)P(dx)\\ =& \sqrt{\frac{2}{\pi a}}{\int }_0^{\infty }h(x){\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2a}}dx\\ =& \sqrt{\frac{2}{\pi a}}{\int }_0^{\infty }\left({\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2a}}\frac{x}{\sqrt{2\pi }}{\int }_0^{b-a}{u}^{-\frac{3}{2}}{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2u}}du\right)dx\\ =& \frac{1}{\pi \sqrt{a}}{\int }_0^{b-a}\left(u^{-\frac{3}{2}}{\int }_0^{\infty }x{\mathrm{e}}^{-x^2(-\frac{1}{2u}+\frac{1}{2a})}dx\right)du\text{(交换积分顺序)}\\ =& \frac{1}{\pi \sqrt{a}}{\int }_0^{b-a}\left(u^{-\frac{3}{2}}\frac{au}{a+u}\right)du\\ =& \frac{\sqrt{a}}{\pi }{\int }_0^{b-a}\frac{u^{-\frac{1}{2}}}{a+u}du\\ =& \frac{2}{\pi }\arctan \sqrt{\frac{b-a}{a}}=\frac{2}{\pi }\arccos \sqrt{\frac{a}{b}}\end{array}$$

• 第四个交换积分顺序还是很简单的，因为 $x$ 和 $u$ 的积分区间不相关，不要想复杂了

反正弦律：设 { B y ( t ) ,   t ≥ 0 } \{B^y(t),\,t\geq 0\} {By(t),t≥0} 是 Brown 运动，则：
$$P(B^y\text{在}(a,b)\text{中没有零点})=\frac{2}{\pi }\arcsin \sqrt{\frac{a}{b}}$$
下面介绍 Brown 运动中在时刻 $t$ 之前的最后一个零点和在 $t$ 之后的第一个零点的分布情况，令：
ζ t =   sup ⁡ { s ≤ t ,   B ( s ) = 0 } = t  之前的最后一个零点 β t =   inf ⁡ { s ≥ t ,   B ( s ) = 0 } = t  之前的第一个零点 \begin{align} \zeta_t=&\,\sup\{s\leq t,\,B(s)=0\}=t\text{ 之前的最后一个零点} \\ \beta_t=&\,\inf\{s\geq t,\,B(s)=0\}=t\text{ 之前的第一个零点} \end{align} ζt​=βt​=​sup{s≤t,B(s)=0}=t 之前的最后一个零点inf{s≥t,B(s)=0}=t 之前的第一个零点​​
注意到 ${\beta }_t$ 是一个停时，而 ${\zeta }_t$ 不是一个停时（我也没有理解为什么），由反正弦律有：
$$\begin{array}{rl}P({\zeta }_t\le x)=& P(B\text{在}(x,t)\text{中没有零点})=\frac{2}{\pi }\arcsin \sqrt{\frac{x}{t}}\\ P({\beta }_t\ge y)=& P(B\text{在}(t,y)\text{中没有零点})=\frac{2}{\pi }\arcsin \sqrt{\frac{t}{y}}\\ P({\zeta }_t\le x,{\beta }_t\ge y)=& P(B\text{在}(x,y)\text{中没有零点})=\frac{2}{\pi }\arcsin \sqrt{\frac{x}{y}},x<y\end{array}$$

Brown 运动的几种变化

Brown 桥

Brown 桥： 设 { B ( t ) ,   t ≥ 0 } \{B(t),\,t\geq 0\} {B(t),t≥0} 是 Brown 运动，令：
$$B^{\ast }(t)=B(t)-tB(1),0\le t\le 1$$
则称随机过程 { B ( t ) ,   0 ≤ t ≤ 1 } \{B(t),\,0\leq t \leq 1 \} {B(t),0≤t≤1} 为 Brown 桥。

Brown 桥也是 Guass 过程，其 $n$ 维分布由均值函数和协方差函数完全决定，且对 $\forall 0\le s\le t\le 1$ ，有：
$$\begin{array}{rl}E[B^{\ast }(t)]=& 0\\ E[B^{\ast }(s)B^{\ast }(t)]=& E[(B(s)-sB(1))(B(t)-tB(1))]\\ =& E[B(s)B(t)-sB(t)B(1)-tB(s)B(1)+stB(1{)}^2]\\ =& t-st-st+st=s(1-t)\end{array}$$

• 第四个等号是前面 Guass 过程的性质

由定义可知 $B^{\ast }(0)=B^{\ast }(1)=0$ ，即此过程的起始点是固定的，就像桥一样。

有吸收值的 Brown 运动

以 $T_x$ 记 Brown 运动首次击中 $x$ 的时刻，$x>0$ （就是说从原点出发，吸收值大于 0），令
$$Z(t)=\{\begin{array}{ll}B(t)& t<T_x\\ x& t\ge T_x\end{array}$$
则 { Z ( t ) ,   t ≤ 0 } \{Z(t),\,t\leq 0\} {Z(t),t≤0} 是击中 $x$ 后，永远停留在哪里的 Brown 运动。$\forall t>0$ ，随机变量 $Z(t)$ 的分布由离散和连续两个部分，离散部分的分布是：
$$P(Z(t)=x)=P(T_x\le t)=\frac{2}{\sqrt{2\pi t}}{\int }_x^{\infty }{\mathrm{e}}^{-\frac{y^2}{2t}}dy$$
下面求连续部分的分布。先不考虑吸收值的问题， $\forall y\le x$ ，有：
$$P(Z(t)\le y)=P(B(t)\le y,\underset{0\le s\le t}{\max }B(s)\le x)=P(B(t)\le y)-P(B(t)\le y,\underset{0\le s\le t}{\max }B(s)>x)$$
由条件概率公式得：
$$P(B(t)\le y,\underset{0\le s\le t}{\max }B(s)>x)=P(B(t)\le y|\underset{0\le s\le t}{\max }B(s)>x)P(\underset{0\le s\le t}{\max }B(s)>x)$$
事件 $\underset{0\le s\le t}{\max }B(s)>x$ 等价于事件 $T_x<t$ 。 $B(t)$ 在时刻 $T_x$ （$T_x<t$）时击中 $x$ 时，为了使其在时刻 $t$ 不大于 $y$ ，则在 $T_x$ 之后的 $t-T_x$ 这段时间中就必须减少 $x-y$ 的位移。由 Brown 运动的对称性可知，减少和增加 $x-y$ 的概率是相等的，所以有：
$$P(B(t)\le y|\underset{0\le s\le t}{\max }B(s)>x)=P(B(t)\ge 2x-y|\underset{0\le s\le t}{\max }B(s)>x)$$
代入上边的式子，得到：
$$P(B(t)\le y,\underset{0\le s\le t}{\max }B(s)>x)=P(B(t)\ge 2x-y,\underset{0\le s\le t}{\max }B(s)>x)=P(B(t)\ge 2x-y)$$

• 第二个等号是因为 $y\le x$ ，所以 $2x-y\ge x$ ，因此事件 $B(t)\ge 2x-y$ 已经包含了事件 $\underset{0\le s\le t}{\max }B(s)$ ；

再代入上边的式子，有：
$$P(Z(t)\le y)=P(B(t)\le y)-P(B(t)\ge 2x-y)=P(B(t)\le y)-P(B(t)\ge y-2x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi t}}{\int }_{y-2x}^y{\mathrm{e}}^{-\frac{u^2}{2t}}du$$

在原点反射的 Brown 运动

在原点反射的 Brown 运动：由 $Y(t)=\left|B(t)\right|$ （$t\ge 0$）定义的过程 { Y ( t ) ,   t ≥ 0 } \{Y(t),\,t\geq 0\} {Y(t),t≥0} 称为在原点反射的 Brown 运动。它的概率分布为（$y>0$）：
$$\begin{array}{rl}P(Y(t)\le y)=& P(B(t)\le y)-P(B(t)\le -y)\\ =& 2P(B(t)\le y)-1\\ =& \frac{1}{\sqrt{2\pi t}}{\int }_{-\infty }^y{\mathrm{e}}^{-\frac{u^2}{2t}}du-1\end{array}$$

几何 Brown 运动

几何 Brown 运动：由 $X(t)={\mathrm{e}}^{B(t)}$ （$t\ge 0$）定义的过程 { X ( t ) ,   t ≥ 0 } \{X(t),\,t\geq 0\} {X(t),t≥0} 称为几何 Brown 运动。由于 Brown 运动的矩母函数为 $E\left[{\mathrm{e}}^{sB(t)}\right]={\mathrm{e}}^{\frac{t{s}^2}{2}}$ ，所以几何 Brown 运动的均值函数与方差函数分别为：
$$\begin{array}{rl}E[X(t)]=& E[{\mathrm{e}}^{B(t)}]={\mathrm{e}}^{\frac{t}{2}}\\ Var[X(t)]=& E[X^2(t)]-E^2[X(t)]\\ =& E[{\mathrm{e}}^{2B(t)}]-{\mathrm{e}}^t\\ =& {\mathrm{e}}^{2t}-{\mathrm{e}}^t\end{array}$$
金融市场中，常常假定股票按照几何 Brown 运动变化。下面的例题中我们就这样假定：

例：（股票期权的价值）设某人拥有某种股票的交割时刻为 $T$ ，交割价格为 $K$ 的欧式看涨期权，即他具有在时刻 $T$ 以固定价格 $K$ 购买一股这种股票的权利。假设这种股票目前的价格为 $y$ ，并按照几何 Brown 运动变化，计算拥有这个期权的平均价值。

解：设 $X(T)$ 表示时刻 $T$ 的股票价格，$X(T)$ 高于 $K$ 时，期权将被行使，因此该期权在时刻 $T$ 的平均价值应为：
E [ max ⁡ { X ( T ) , − K ,   0 } ] =   ∫ 0 ∞ P ( X ( T ) − K > u )   d u =   ∫ 0 ∞ P ( y e B ( t ) − K > u )   d u =   ∫ 0 ∞ P ( B ( t ) > ln ⁡ K + u y )   d u =   1 2 π T ∫ 0 ∞ ∫ ln ⁡ [ ( K + u ) / y ] ∞ e − x 2 2 T   d x   d u \begin{align} E[\max\{X(T),-K,\,0\}]=&\,\int_0^{\infty}P(X(T)-K\gt u)\,du \\ =&\,\int_0^{\infty}P(y\mathrm{e}^{B(t)}-K\gt u)\,du \\ =&\,\int_0^{\infty}P(B(t)\gt \ln{\frac{K+u}{y}})\,du \\ =&\,\frac1{\sqrt{2\pi T}}\int_0^{\infty}\int_{\ln{[(K+u)/y]}}^{\infty}\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2T}}\,dx\,du \end{align} E[max{X(T),−K,0}]====​∫0∞​P(X(T)−K>u)du∫0∞​P(yeB(t)−K>u)du∫0∞​P(B(t)>lnyK+u​)du2πT ​1​∫0∞​∫ln[(K+u)/y]∞​e−2Tx2​dxdu​​

有漂移的 Brown 运动

有漂移的 Brown 运动：设 $B(t)$ 是标准 Brown 运动，我们称 $X(t)=B(t)+\mu t$ 为有漂移的 Brown 运动，其中常数 $\mu$ 称为漂移系数。容易看出，有漂移的 Brown 运动是一个以速率 $\mu$ 漂移开去的过程。

下面计算一个常用的量。首先，对常数 $A,B>0$ ，$-B<x<A$ ，记 $p(x)$ 为过程在击中 $-B$ 之前击中 $A$ 的概率，即：
$$p(x)=P(X(t)\text{在击中}-B\text{之前击中}A|X(0)=x)$$
对过程在时刻 $0$ 与 $h$ 之间的变化 $Y=X(h)-X(0)$ 取条件，将得到一个微分方程，从而给出：
$$p(x)=E[p(x+Y)]+o(h)$$
式中，$o(h)$ 表示到时刻 $h$ ，过程已经击中 $-B$ 或 $A$ 其中之一的概率。假设 $p(y)$ 在 $x$ 点附近有 Taylor 级数展开，则形式上可得：
$$p(x)=E[p(x)+p^{\prime }(x)Y+p^{\prime \prime }(x)\frac{Y^2}{2}+\cdots ]+o(h)$$
由于 $Y$ 是正态分布的，均值为 $\mu h$ ，方差为 $h$ ，得到：
$$p(x)=p(x)+p^{\prime }(x)\mu h+p^{\prime \prime }(x)\frac{{\mu }^2{h}^2+h}{2}+o(h)$$
（大于二阶微分项的和的均值就是 $o(h)$ ），上式变换得到：
$$p^{\prime }(x)\mu +\frac{p^{\prime \prime }(x)}{2}=\frac{o(h)}{h}$$
令 $h\to 0$ ，有：
$$p^{\prime }(x)\mu +\frac{p^{\prime \prime }(x)}{2}=0$$
解上述微分方程，可以得到：
$$p(x)=c_1+c_2{\mathrm{e}}^{-2\mu x}$$
利用边界条件作为初值条件，$p(-B)=0$ ，$p(A)=1$ ，解得 $c_1=\frac{{\mathrm{e}}^{2\mu B}}{{\mathrm{e}}^{2\mu B}-{\mathrm{e}}^{-2\mu A}}$ ，$c_2=-\frac{1}{{\mathrm{e}}^{2\mu B}-{\mathrm{e}}^{-2\mu A}}$ ，即：
$$p(x)=\frac{{\mathrm{e}}^{2\mu B}-{\mathrm{e}}^{-2\mu x}}{{\mathrm{e}}^{2\mu B}-{\mathrm{e}}^{-2\mu A}}$$
因此从 $x=0$ 出发，过程在到达 $-B$ 之前先到达 $A$ 的概率为：
$$p(0)=\frac{{\mathrm{e}}^{2\mu B}-1}{{\mathrm{e}}^{2\mu B}-{\mathrm{e}}^{-2\mu A}}$$
若令 $\mu <0$ ，$B\to \infty$ ，则有：
$$P(\text{过程迟早上升至}A)={\mathrm{e}}^{2\mu A}$$
因此，此时过程漂向负无穷，而它的最大值是参数为 $-2\mu$ 的指数变量。

若只令 $\mu \to 0$ ，则有：
$$P(\text{Brown 运动在下降到}-B\text{之前先上升至}A)=\frac{B}{A+B}$$
例：（行使股票期权）假设某人有在将来某个时刻以固定价格 $A$ 购买一股股票的期权，与现在的市价无关。不妨取现在的市价为 0，并假定其变化遵循有负漂移系数 $-\mu$ （$\mu >0$）的 Brown 运动，问：在什么时候行使期权？

解：这里符合我们 $\mu <0$ ，$B\to \infty$ 的假设。考虑在市价为 $x$ 时行使期权的策略，在此策略下的平均所得为：
$$p(x)(x-A)$$
$p(x)$ 就是前面讨论的迟早到达 $x$ 的概率，有：
$$p(x)={\mathrm{e}}^{-2\mu x},x>0$$
$x$ 的最优值为 $x^{\ast }\in \max (x-A){\mathrm{e}}^{-2\mu x}$ ，易得 $x^{\ast }=A+\frac{1}{2\mu }$ 。

高维 Brown 运动

高维 Brown 运动：$B^1(t),B^2(t),\cdots ,B^d(t)$ 是相互独立的标准 Brown 运动，则称 $\mathbf{B}(t)=\left(B^1(t),B^2(t),\cdots ,B^d(t)\right)$ 为 $d$ 维 Brown 运动。类似于一维 Brown 运动，$d$ 维 Brown 运动具有以下转移概率密度：
1 ( 2 π t ) d 2 exp ⁡ { − 1 2 t ∑ i = 1 d ( y i − x i ) 2 } , x ,   y ∈ R d \frac{1}{(2\pi t)^{\frac{d}{2}}}\exp{\{-\frac{1}{2t}\sum\limits_{i=1}^{d}(y_i-x_i)^2 \}},\quad x,\,y\in\bold{R}^d (2πt)2d​1​exp{−2t1​i=1∑d​(yi​−xi​)2},x,y∈Rd
（后边有几个关于鞅的定理，等我学了鞅以后再来填坑。。。）文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-426079.html

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