ブラウン運動の二乗の期待値に関する定理
いつか使うかもしれない（使わないかもしれない）定理に関するメモを載せる。
定理1：
を正の実数とし、
をブラウン運動とする。この時、任意の自然数
に対して
\begin{equation}
E[W_T^{2n}] = \frac{(2n)!}{2^n n!} T^n
\end{equation}
が成り立つ。
定理１を証明する前に、以下の定理２と補題を用意する。
定理２：
梶原壌二（2005）.「改訂増補 独修微分積分学」 現代数学社
のp.86から拝借する。
関数が
で連続で（条件０）
\begin{equation}
\begin{split}
g(t) &= \int^{\infty}_0 f(x, t) dx\\
&= \lim_{n \rightarrow \infty} \int^{n}_0 f(x, t) dx
\end{split}
\end{equation}
は収束する（有限な収束先が存在）（条件１）。さらに、偏導関数が存在して連続であり（条件２）、
と無関係な関数
が存在して
\begin{equation}
\int^{\infty}_0 h(x) dx < \infty
\end{equation}
（条件３）と
\begin{equation}
|f_t(x, t)| \leq h(x)
\end{equation}
（条件４）が成り立つ時、
積分と微分の交換
\begin{equation}
g'(t) = \frac{d}{dt} \int^{\infty}_0 f(x, t) = \int^{\infty}_0 \frac{\partial}{\partial t} f(x,t) dx
\end{equation}
とすることが出来る。
（証明は長くなりそうなので逃げます！！（謝罪）
尚、類似の定理が以下のページに証明付きで載っています。以下の系で扱う関数については、こちらの定理の条件も問題なく満たしてる（はず））解析学基礎/関数列の極限 - Wikibooks
系：
に対して、
\begin{eqnarray}
g_k (a) &= \int^{\infty}_0 f_k(a,x) dx \\
&= \int^{\infty}_0 x^{2k} e^{-ax^2} dx \tag{a}
\end{eqnarray}
とする。この時、
\begin{eqnarray}
\frac{d}{da} g_k(a, x) &= \int^{\infty}_0 \frac{\partial}{\partial a} f_k (a, x) dx \\
&= - \int^\infty_0 x^{2(k + 1)} e^{-ax^2} dx \tag{b}
\end{eqnarray}
が成り立つ。
系の証明：
定理２が使える事を確認する。まず、はそれぞれ連続関数の和で表されているので連続である（条件０、２）。また()に関して、
と置換を行うと
であることから
\begin{equation}
\begin{split}
g_k (a) &= \int^{\infty}_0 (\sqrt{\frac{t}{a}})^{2k} e^{-t} (\frac{1}{2\sqrt{at}} dt) \\
&= \frac{1}{2 a^{k + \frac{1}{2}}} \int^{\infty}_0 t^{(k + \frac{1}{2}) - 1} e^{-t} dt \\
&= \frac{1}{2 a^{k + \frac{1}{2}}} \Gamma(k + \frac{1}{2})
\end{split}
\end{equation}
と計算する事が出来る。ただし、はガンマ関数である。従って、条件１も満たされる。更に、
とすれば
\begin{equation}
\begin{split}
|\frac{\partial}{\partial a} f_k(a, x)| &= x^{2 (k + 1)} e^{- a x^2} \\
& \leq h_k (x)
\end{split}
\end{equation}
である（条件４）。ここで、について考える。
と置換すると
であるから、
\begin{equation}
\begin{split}
\int^{\infty}_0 h_k(x) dx &= \int^{\infty}_0 x^{2(k + 1)} e^{-x^2} dx \\
&= \int^{\infty}_0 t^{k + 1} e^{-t} (\frac{dt}{2 \sqrt{t}}) \\
&= \frac{1}{2} \int^{\infty}_0 t^{(k + \frac{1}{2}) - 1} e^{-t} dt \\
&= \frac{1}{2} \Gamma(k + \frac{1}{2}) < \infty
\end{split}
\end{equation}
が示せる（条件３）。
従って、定理２を使うための条件を示すことが出来た。(a)式に定理２を適用すれば、(b)式が得られる。
補題：
\begin{equation}
\label{eq:3-3}
\begin{split}
\int_ {-\infty} ^{\infty} x^{2n} e^{-ax^2} dx = (-1)^n \frac{d^n}{da^n} \left( \sqrt{\frac{\pi}{a}} \right) \\
\end{split}
\end{equation}
\begin{eqnarray}
\int^{\infty}_{-\infty} e^{-ax^2} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}} \tag{c}
\end{eqnarray}
の両辺をで
回微分すれば得られる。左辺について考えると、被積分関数は偶関数なので
\begin{equation}
\frac{d^n}{da^n} \int^{\infty}_{-\infty} e^{-ax^2} dx = 2 \frac{d^n}{da^n} \int^{\infty}_{0} e^{-ax^2} dx
\end{equation}
となり、これに上で示した系を適用することで、
\begin{equation}
\begin{split}
\frac{d^n}{da^n} \int^{\infty}_{-\infty} e^{-ax^2} dx &= 2 \int^{\infty}_{0} \frac{\partial^n}{\partial a^n} e^{-ax^2} dx \\
&= 2 (-1)^n \int_{0} ^{\infty} x^{2n} e^{-ax^2} dx \\
&= (-1)^n \int_ {-\infty} ^{\infty} x^{2n} e^{-ax^2} dx \\
\end{split}
\end{equation}
となり、(c)式は示せた。
定理１の証明：
なので、期待値の定義より
\begin{equation}
\label{eq:3-1}
\begin{split}
E[W_T^{2n}] = \int_ {-\infty} ^{\infty}x^{2n} \frac{1}{\sqrt{2 \pi T}} e^{-\frac{x^2}{2T}} dx
\end{split}
\end{equation}
という変数変換を用いて、
\begin{equation}
\label{eq:3-2}
\begin{split}
E[W_T^{2n}] &= (\sqrt{T} y)^{2n} \int_ {-\infty} ^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 \pi T}} e^{-\frac{y^2}{2}} (\sqrt{T} dy) \\
&= T^n \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_ {-\infty} ^{\infty} y^{2n} e^{-\frac{y^2}{2}} dy
\end{split}
\end{equation}
ここで補題を用いて、
\begin{equation}
\label{eq:3-4}
\begin{split}
E[W_T^{2n}] &= T^n \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \{ (-1)^n (\frac{d^n}{da^n} a^{-\frac{1}{2}} )_{|a =\frac{1}{2}} \} \\
&= \frac{T^n}{\sqrt{2}} \{ (-1)^n (\frac{d^n}{da^n} a^{-\frac{1}{2}} )_{|a =\frac{1}{2}} \}
\end{split}
\end{equation}
が得られる。さらにこれを計算すると、
\begin{equation}
\label{eq:3-5}
\begin{split}
E[W_T^{2n}] &= \frac{T^n} {\sqrt{2}} (-1)^n \{ \left( -\frac{1}{2} \right) \left( -\frac{3}{2} \right) ・・・ \left( -\frac{2n - 1}{2} \right) a ^{-\frac{1}{2} - n } \}_{|a =\frac{1}{2}} \\
&= \frac{T^n} {\sqrt{2}} (-1)^n (-1)^n \{ \left( \frac{1}{2} \right) \left( \frac{3}{2} \right) ・・・ \left( \frac{2n - 1}{2} \right) 2 ^{\frac{1}{2} + n } \} \\
&= \frac{T^n} {\sqrt{2}} \frac{1・3・・・(2n-3)(2n-1)}{2^n} 2^{\frac{1}{2} + n} \\
&= T^n \{1・3・・・(2n-3)(2n-1) \}
\end{split}
\end{equation}
が得られる。これを階乗を用いて表現すると、
\begin{equation}
\label{eq:3-6}
\begin{split}
E[W_T^{2n}] = \frac{(2n)!}{2^n (n!)} T^n
\end{split}
\end{equation}
という結果が得られる。（証明終わり）
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