Cómo calcular $E[W(T)\exp(W(T)]$

Question

Me han hecho esta pregunta en la entrevista dos veces. ¿Alguien sabe de qué libro de preguntas para entrevistas o de qué otra fuente proviene esta pregunta? Puede que sea alguna fuente conocida, ya que dos entrevistadores diferentes hicieron la misma pregunta, pero desgraciadamente no conozco la fuente.

Esto es lo que hice durante las entrevistas:

Aplicar Itô a $f(W)=W\exp(W)$

$\frac{\partial f}{\partial W}=\exp(W)+W \exp(W)$

$\frac{\partial^2 f}{\partial W^2}=2\exp(W)+W \exp(W)$

$df=(\exp(W)+W \exp(W))dW + (\exp(W)+1/2 W \exp(W)) dt$

Dado que vamos a calcular el valor esperado, ignoramos el término integral estocástico:

$df= (\exp(W)+1/2f) dt$

Answer 1

A continuación se explica cómo lo resolvería yo. Yo diría que esto es una especie de ejercicio recurrente en las clases de probabilidad en la universidad.

Solución basada en la derivación de la función característica $e^{\lambda W_T}$ , como $W_T$ es una variable aleatoria gaussiana de media 0 y desviación típica $\sqrt{T}$ . Entonces, $E[e^{\lambda W_T}] = e^{\lambda^2 \times T/2}$

Derivar la expresión rhs una vez en $\lambda$ da $2\lambda\frac{T}{2} \times e^{\lambda^2 \frac{T}{2}} $ .

Por último, observando que $E[W_T e^{W_T}]$ corresponde a la derivación de $E[e^{\lambda W_T}]$ evaluado en $\lambda=1$ podemos concluir que $E[W_T e^{W_T}] = Te^{T/2}$

Answer 2

Observe que $$e^{W^{Q}(T)}$$ parece casi un exponencial de Doleans $$e^{W^{Q}(T)-\frac{1}{2}T}$$ Por lo tanto, $$E^Q[W^{Q}(T)e^{W^{Q}(T)}]=E^Q[W^{Q}(T)e^{W^{Q}(T)}]e^{-\frac{1}{2}T}e^{+\frac{1}{2}T}$$ $$=E^Q[W^{Q}(T)e^{W^{Q}(T)-\frac{1}{2}T}]e^{\frac{1}{2}T}$$ Ahora definimos una nueva medida de probabilidad $\bar{Q}$ a través de la derivada de Radon Nikodym: $$\frac{{d\bar{Q}}}{dQ}=e^{W(T)-\frac{1}{2}T}$$ En $\bar{Q}$ medir $$W^{\bar{Q}}(t)=W^{Q}(t)-t$$ es un movimiento browniano. Por lo tanto: $$E^Q[W^{Q}(T)e^{W^{Q}(T)-\frac{1}{2}T}]e^{\frac{1}{2}T}=E^{\bar{Q}}[W^{\bar{Q}}(T)+T]e^{\frac{1}{2}T}=Te^{\frac{1}{2}T}$$

Answer 3

Para continuar con su pensamiento:

$$f(x)=x{\rm e}^x $$

$$df(W_t) = \left({\rm e}^{W_t} + f(W_t)\right) dW_t + \left({\rm e}^{W_t} + 1/2f(W_t) \right)dt $$

Ahora integramos desde $0$ a $T$ ( $W_0=0$ ):

$$f(W_T) = \int_0^T \left({\rm e}^{W_t} + f(W_t) \right) dW_t + \int_0^T {\rm e}^{W_t} dt + 1/2 \int_0^T f(W_t) dt. $$

A continuación, tome las expectativas en ambos lados y obtenga (integración conmutativa y expectativa para las integrales de tiempo):

$$E\left[f(W_T)\right] = \int_0^T {\rm e}^{t/2} dt + 1/2 \int_0^T E\left[ f(W_t)\right] dt $$

Introducción de la función determinista:

$$ y(u) := E\left[f(W_u)\right], $$

obtenemos

$$ y(T) = \int_0^T {\rm e}^{t/2} dt + 1/2 \int_0^T y(t) dt. $$

Tomando la derivada wrt $T$ en ambos lados, da ODE:

$$ y'(T) = {\rm e}^{T/2} + 1/2 y(T), $$

$$y(0) = 0,$$

con solución:

$$y(T) = T{\rm e}^{T/2}.$$

Answer 4

Así que vamos a añadir también la solución de fuerza bruta:

$W_T\sim N(0,T)$ así que

$$ \begin{align} E\left(W_Te^{W_T}\right)&=\int_{-\infty}^{\infty}xe^x\frac{e^{-\frac{x^2}{2T}}}{\sqrt{2\pi T}}dx\\ &= \int_{-\infty}^{\infty}x\frac{e^{-\frac{x^2-2Tx}{2T}}}{\sqrt{2\pi T}}dx \\ &= \int_{-\infty}^{\infty}x\frac{e^{-\frac{x^2-2Tx+T^2-T^2}{2T}}}{\sqrt{2\pi T}}dx\\ &= e^{1/2T}\int_{-\infty}^{\infty}x\frac{e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-T}{\sqrt{T}}\right)^2}}{\sqrt{2\pi T}}dx \end{align} $$

Ahora dejemos que $z=(x-T)/\sqrt{T}$ y $x=T+z\sqrt{T}$ y $dx=dz\sqrt{T}$ entonces

$$ \begin{align} E\left(W_Te^{W_T}\right)&=e^{1/2T}\int_{-\infty}^{\infty}x\frac{e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-T}{\sqrt{T}}\right)^2}}{\sqrt{2\pi T}}dx\\&= e^{1/2T}\int_{-\infty}^{\infty}(T+\sqrt{T}z)\frac{e^{-\frac{1}{2}\left(z\right)^2}}{\sqrt{2\pi}}dz\\ &=Te^{\frac{1}{2}T} \end{align} $$

Answer 5

Hay muchos caminos hacia Roma. Este es el camino de la exageración, pero que sin embargo deja entrever los usos del cálculo de Malliavin:

Tenga en cuenta que $$ E_0 \left[W(T) e^{W(T)} \right] = E_0 \left[e^{W(T)} \int_0^T dW(t) \right] $$ La fórmula de integración por partes del cálculo de Malliavin dice $$ E_0 \left[ F \int_0^T h(t)dW(t) \right] = E_0 \left[ \int_0^T (D^W_t F) h(t) dt \right] $$ donde $D_t^W$ denota la derivada de Malliavin con respecto a $W$ .

En este problema $F = e^{W(T)}$ y $h(t) = 1$ . Además, $$ D^W_t e^{W(T)} = 1_{[0,T]} (t) e^{W(T)} $$ con $1_{[0,T]}(t) = 1$ si $t \in [0,T]$ y $0$ de lo contrario.

Por lo tanto, \begin{align} E_0 \left[ \int_0^T (D^W_t F) h(t) dt \right] &= E_0 \left[ \int_0^T e^{W(T)} dt \right] \\ &= T E_0 \left[e^{W(T)} \right] \\ &= T e^{T/2} \end{align}