PDE - Feynman-Kac och väntevärde

Hej,

Ett förslag är att använda Itos formel på processen ($X_s^3$) för att via den komma åt väntevärdet $\mathbb{E}(X_t^3)$; du känner ju dynamiken för processen $(X_s)$ och Ito ger dig den motsvarande dynamiken för processen $(X_s^3)$

Ito ger dynamiken

    $\displaystyle dX_s^3 = 3X_s^2\,dX_s+\frac{1}{2}6X_s\,d\left[X,X\right]_s$

där den kvadratiska variationsprocessen $([X,X]_s)$ har differentialen $d[X,X]_s=2X_s^2\,ds$ vilket ger dynamiken

    $\displaystyle dX_s^3 = 3X_s^2\,dX_s+6X_s^3ds = 3X_s^2\,(2X_s\,ds+\sqrt{2}X_s\,dW_s)+6X_s^3\,ds \\= 12X_s^3\,ds+3\sqrt{2}X_s^3\,dW_s$

Den motsvarande stokastiska integralekvationen är

    $\displaystyle X_T^3 = x^3 + 12 \cdot \int_{t}^{T}X_s^3\,ds + 3\sqrt{2}\cdot \int_{t}^{T}X_s^3\,dW_s.$

Ta väntevärdet av detta och utnyttja att Wiener-integralen är en martingal så att dess väntevärde är noll för att få en integralekvation som bestämmer väntevärdesfunktionen $m(T) = \mathbb{E}(X_T^3).$

    $\displaystyle m\left(T\right) = x^3 + 12 \cdot \int_{t}^{T}m(s)\,ds \ , \quad T\geq t.$

Lös denna integralekvation (egentligen en första ordningens differentialekvation för funktionen m) och notera begynnelsevillkoret $m(t)=x^3$

Derivering med avseende på $T$ ger differentialekvationen $m^\prime(T) = 12 m(T)$ vars lösningar är $m(T) = Ce^{12T}.$ Begynnelsevillkoret ger $x^3 = Ce^{12 t}$ varför konstanten $C = x^3 e^{-12 t}$ så att det sökta väntevärdet är

    $\displaystyle\mathbb{E}_{\left(t,x\right)}\left(X_T^3\right) = x^3 e^{12\left(T-t\right)}.$

Albiki skrev:

Ito ger dynamiken

    $\displaystyle dX_s^3 = 3X_s^2\,dX_s+\frac{1}{2}6X_s\,d\left[X,X\right]_s$

där den kvadratiska variationsprocessen $([X,X]_s)$ har differentialen $d[X,X]_s=2X_s^2\,ds$ vilket ger dynamiken

    $\displaystyle dX_s^3 = 3X_s^2\,dX_s+6X_s^3ds = 3X_s^2\,(2X_s\,ds+\sqrt{2}X_s\,dW_s)+6X_s^3\,ds \\= 12X_s^3\,ds+3\sqrt{2}X_s^3\,dW_s$

Den motsvarande stokastiska integralekvationen är

    $\displaystyle X_T^3 = x^3 + 12 \cdot \int_{t}^{T}X_s^3\,ds + 3\sqrt{2}\cdot \int_{t}^{T}X_s^3\,dW_s.$

Ta väntevärdet av detta och utnyttja att Wiener-integralen är en martingal så att dess väntevärde är noll för att få en integralekvation som bestämmer väntevärdesfunktionen $m(T) = \mathbb{E}(X_T^3).$

    $\displaystyle m\left(T\right) = x^3 + 12 \cdot \int_{t}^{T}m(s)\,ds \ , \quad T\geq t.$

Lös denna integralekvation (egentligen en första ordningens differentialekvation för funktionen m) och notera begynnelsevillkoret $m(t)=x^3$

Genialiskt Albiki, tack så mycket!

Jag hade inte en tanke på att använda Ito på processen $X_{s}^{3}$ (jag beräknade bara $\left(2x\left(\frac{1}{2}+T-t\right)+\sqrt{2}\int_{t}^{T}xdW_{s}\right)^3$), men det blev mycket smidigt och resulterade till slut i en enkel differentialekvation.

För nyfikenhetensskull dock, skulle man kunna beräkna väntevärdet

$\displaystyle \mathbb{E}_{t,x}\left[\left(\int_{t}^{T}xdW_{s}\right)^3\right]$ på något (smidigt) sätt direkt?

Det känns som att man (kanske) borde kunna göra något med tanke på att det finns väl etablerade resultat för potenserna 1 och 2.

Vill bara säga att det här är så coolt

Det fanns mer universitetsmatte på gamla pluggakuten, jag vet inte varför det försvann, men det var trevligt. Fler frågor moffen och fler svar albiki! Hejaheja

Hej,

Frågan är om du vill beräkna $\mathbb{E}(X_T^3)$ eller om du är mer intresserad av

    $\displaystyle\mathbb{E}\left(\left(\int_{t}^{T}X_s\,dW_s\right)^3\right)$?

Om det är den stokastiska integralen som är intressant kan en väg fram vara att skriva den som

    $\displaystyle\sqrt{2}\cdot \int_{t}^{T}X_s\,dW_s = X_T-x-2\cdot \int_t^{T}X_s\,ds$

och använda kuberingsregeln för att få det sökta väntevärdet.

    $\displaystyle\left(X_T-x\right)^3-6\left(X_T-x\right)^2\cdot\int_t^{T}X_s\,ds + 12\left(X_T-x\right)\cdot \left(\int_t^{T}X_s\,ds\right)^2-8\left(\int_t^T X_s\,ds\right)^3$

Problemet med detta är att slumpvariablerna $X_T-x$ och $\int_t^T X_s\,ds$ är korrelerade vilket försvårar väntevärdesberäkningen.

En alternativ väg att beräkna $\mathbb{E}(X_T^3)$ går via att man faktiskt känner till lösningen till den stokastiska differentialekvationen; processen $(X_s)$ är geometrisk brownsk rörelse så att $X_s$ är lognormalfördelad för varje $s$. Det handlar alltså om att bestämma tredjemomentet till en lognormalfördelning.

Hej,

Den stokastiska differentialekvationens starka lösning är som sagt geometrisk brownsk rörelse, mer specifikt

    $\displaystyle X_s = x\cdot e^{\left(s-t\right)+\sqrt{2}W_{\left(s-t\right)}}\ , \quad s\geq t.$

Detta leder till det sökta tredjemomentet

    $\displaystyle\mathbb{E}(X_T^3)=x^3e^{3(T-t)}\mathbb{E}\left(e^{3\sqrt{2}W_{T-t}}\right)$

där väntevärdet beräknas direkt via standardnormalfördelningen $Z\sim N(0,1)$.

    $\displaystyle\mathbb{E}\left(e^{3\sqrt{2(T-t)}Z}\right)=\int_{\mathbb{R}}e^{3\sqrt{2\left(T-t\right)}u-0.5u^2}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,du.$

Kvadratkomplettering ger $-\frac{1}{2}u^2+3\sqrt{2(T-t)}u=-\frac{1}{2}(u+\frac{3}{2}\sqrt{2(T-t)})^2+9(T-t)$ så att integralen blir

    $\displaystyle e^{9\left(T-t\right)}\cdot\int_{\mathbb{R}}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}\xi^2}\,d\xi = e^{9(T-t)} \cdot 1$

där $\xi = u+\frac{3\sqrt{2(T-t)}}{2}.$

Det sökta tredjemomentet blir därför

    $\displaystyle\mathbb{E}\left(X_T^3\right)=x^3 e^{3\left(T-t\right)}\cdot e^{9\left(T-t\right)}.$

Den senaste beräkningen visar hur godtyckligt moment kan beräknas.

    $\displaystyle\mathbb{E}\left(X_T^m\right)=x^m\cdot e^{m\left(T-t\right)}\cdot \mathbb{E}(e^{m\sqrt{2}W_{T-t}})=x^me^{\left(m+m^2\right)\left(T-t\right)}\ , \quad m\geq 1.$

Hej!

Tack för alla kommentarer Albiki!

Du ger många olika sätt att beräkna väntevärdet på (samt en generell sådan för det här problemet), det är väldigt insiktsfullt.

Jag kan inte påstå att jag hade koll på att lösningen till SDE'n är en geometrisk brownsk rörelse.

Och ja, jag var mest intresserad av (efter att du gav en väldigt snygg lösning till väntevärdet av $X_{T}^{3}$ med hjälp av Ito och en integral/differentialekvation!) $\displaystyle \mathbb{E}\left[\left(\int_{t}^{T}X_{s}dW_{s}\right)^3\right]$.

Men det verkar precis som du säger att vi får problem med korrelerade faktorer.

Tack :)

Hej,

Om det är integralen du är mest intresserad att beräkna kan du utnyttja att $X_s=xe^{s-t+\sqrt{2}W_{s-t}}$ för att skriva integralen som

    $\displaystyle\int_{s=t}^{T}xe^{s-t+\sqrt{2}W_{s-t}}\,dW_s = xe^{s-t}\cdot\int_{s=t}^{T}e^{\sqrt{2}W_{s-t}}\,dW_s$

vilket visar att du fokuserar

    $\displaystyle\mathbb{E}\left(\left(\int_{s=t}^{T}e^{\sqrt{2}W_{s-t}}\,dW_s\right)^3\right).$

Du kan uppfatta differentialen som en infinitesimal differens $dW_s = W_{s+ds}-W_s$ så man kan notera att Wienerprocessens definition gör att $W_{0+s-t}-W_0$ är oberoende av $dW_s$ då $s\in[t,T]$; detta kan eventuellt underlätta beräkningen.

Hej,

Jag förstår inte varför du är intresserad av den stokastiska integralen ovan, eftersom den inte behövs för att finna lösningar till PDE:n. Arbetet hittills har ju visat att PDE:n lösning kan skrivas

    $\displaystyle F(t,x)=x^3e^{12\left(T-t\right)}+\int_{t}^{T} \mathbb{E}\left(X_s\right)\,ds.$

Du har fått veta att

    $X_s = xe^{t-s+\sqrt{2}W_{t-s}}\ , \quad s\in[t,T]$

vilket direkt ger väntevärdet

    $\mathbb{E}(X_s) = xe^{t-s}\mathbb{E}(e^{\sqrt{2}W_{t-s}}) = xe^{t-s}\cdot e^{t-s}=xe^{2(t-s)}$

och lösningen

    $\displaystyle F(t,x)=x^3e^{12\left(T-t\right)}+\int_{t}^{T}xe^{2\left(t-s\right)}\,ds.$

Albiki skrev:

Hej,

Jag förstår inte varför du är intresserad av den stokastiska integralen ovan, eftersom den inte behövs för att finna lösningar till PDE:n. Arbetet hittills har ju visat att PDE:n lösning kan skrivas

    $\displaystyle F(t,x)=x^3e^{12\left(T-t\right)}+\int_{t}^{T} \mathbb{E}\left(X_s\right)\,ds.$

Du har fått veta att

    $X_s = xe^{t-s+\sqrt{2}W_{t-s}}\ , \quad s\in[t,T]$

vilket direkt ger väntevärdet

    $\mathbb{E}(X_s) = xe^{t-s}\mathbb{E}(e^{\sqrt{2}W_{t-s}}) = xe^{t-s}\cdot e^{t-s}=xe^{2(t-s)}$

och lösningen

    $\displaystyle F(t,x)=x^3e^{12\left(T-t\right)}+\int_{t}^{T}xe^{2\left(t-s\right)}\,ds.$

Hej!

Jojo, jag har hittat lösningen (tack vare ditt förslag att använda Ito på $X_{s}^{3}$), men jag var ändå intresserad av att se om man kunde beräkna integralen på något smart sätt. Jag kanske borde förtydligat i mitt andra inlägg att PDE:n redan var löst (och att mitt intresse då skiftade till integralen som jag först fastnade på, pga nyfikenhet :D), men att jag fortfarande bara var nyfiken av väntevärdet av integralen:

$\displaystyle \mathbb{E}\left[\left(\int_{t}^{T}X_{s}dW_{s}\right)^{p}\right]$ för $p=3$. Det kanske är mest eftersom det finns så väletablerade resultat för $p=1$ och $p=2$. 

Men som sagt, tack så mycket för hjälpen du gett, uppgiften (PDE:n) i sig är löst.

Hej,

Okej.

Om man fokuserar integralen $\int e^{W_{s-t}}\,dW_s$ och noterar att $W_{s-t}$ har samma fördelning som $W_s-W_t$ så integralen har samma fördelning som $e^{-W_t}\cdot \int e^{W_s}\,dW_s.$ Itos formel ger

    $\displaystyle\int_t^T e^{W_s}\,dW_s =e^{W_{T-t}}-0.5\int_t^T e^{W_s}\,ds$

och Binomialsatsen ger godtycklig heltalspotens

    $\displaystyle\left(\int_t^T e^{W_s}\,dW_s\right)^p=\sum_{k=0}^{p} \left(-1\right)^k\binom{p}{k} \left(0.5\right)^k\left(\int_t^T e^{W_s}\,ds\right)^k\cdot e^{\left(p-k\right)W_{T-t}}.$