Expectativa condicional de la integral del movimiento browniano

Question

Estoy tratando de calcular $$\mathbb{E}\biggl[\biggl(\int_s^t W_u du\biggl)^2 \biggl|W_s=x, W_t=y\biggl] $$ donde $W$ es un movimiento browniano estándar y $s\leq u \leq t$ . Cualquier ayuda o consejo será muy apreciado :)

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Mi enfoque es el siguiente \begin{align} \mathbb{E}\biggl[\biggl(\int_s^t W_u du\biggl)^2 \biggl|W_s=x, W_t=y\biggl] &=\mathbb{E}\biggl[\int_s^t \int_s^t W_v W_u du dv\; \biggl| \; W_s = x, W_t= y \biggl]\\ &=\int_s^t \int_s^t \mathbb{E}[W_v W_u | \; W_s = x, W_t= y]du dv \end{align} Para $v\leq u$ Puedo reescribir esto para
\begin{align} \mathbb{E}[W_v W_u | \; W_s = x, W_t= y] &= \mathbb{E}[W_v ((W_u-W_v)+W_v) | \; W_s = x, W_t= y] \\ &=\underbrace{\mathbb{E}[W_v (W_u-W_v) | \; W_s = x, W_t= y]}_{=0}+\mathbb{E}[W_v^2 | \; W_s = x, W_t= y]\\ &=\mathbb{E}[W_v^2 | \; W_s = x, W_t= y]\\ &= \frac{(t-v)(v-s)}{t-s} - \biggl(\frac{t-v}{t-s}x+\frac{v-s}{t-s}y\biggl)^2 \end{align} Donde utilicé en la última ecuación que $(W_v | \; W_s = x, W_t= y) \sim \mathcal{N}( \frac{t-v}{t-s}x+\frac{v-s}{t-s}y, \frac{(t-v)(v-s)}{t-s} )$ . Termino con este horrible cálculo \begin{align} &\int_s^t \int_s^t \mathbb{E}[W_v W_u | \; W_s = x, W_t= y]du dv \\ = &\int_s^t \int_s^u \mathbb{E}[W_v W_u | \; W_s = x, W_t= y]du dv + \int_s^t \int_u^t \mathbb{E}[W_v W_u | \; W_s = x, W_t= y]du dv \\ = &\int_s^t \int_s^u \frac{(t-v)(v-s)}{t-s} - \biggl(\frac{t-v}{t-s}x+\frac{v-s}{t-s}y\biggl)^2du dv + \int_s^t \int_u^t \frac{(t-u)(u-s)}{t-s} - \biggl(\frac{t-u}{t-s}x+\frac{u-s}{t-s}y\biggl)^2du dv \end{align} Estoy seguro de que debe haber una solución mejor que este cálculo interminable, pero no se me ocurre ninguna...

Answer 1

Me ha parecido una pregunta muy interesante, y he adoptado un enfoque diferente al de su trabajo. Aquí está mi intento:

En lugar de considerar la integral $\int_s^t W_u du \rvert W_s=x, W_t=y$ podemos considerar la integral $\int_s^tB_u du$ donde $B_u$ es un Proceso de puente browniano con $B_s = x$ , $B_t = y$ .

Además, podemos desplazar los límites de la integral de $[s, t]$ a $[0, T]$ donde $T := t-s$ . En este caso, definimos $B_0 = x$ , $B_T = y$ . Así que queremos encontrar: \begin{equation} \mathbb{E}\bigg[ \bigg(\int_0^T B_u du\bigg)^2 \bigg]. \end{equation}

Podemos reescribir nuestra integral como sigue \begin{align} \int_0^T B_u du &= \int_0^T(T-u)dB_u. \end{align}

Entonces, \begin{align} \mathbb{E}\bigg[ \bigg(\int_0^T(T-u)dB_u\bigg)^2 \bigg] &= \mathbb{E}\bigg[ \int_0^T (T-u)^2 d[B]_u \bigg] \\ &= \int_0^T (T-u)^2 du \\ &= \frac{(t-s)^3}{3} \end{align}

Answer 2

Me sale $$ E\left[\left(\int_0^T W_t dt \right)^2| W_T = 0 \right] =T^3\left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4}\right) = \frac{T^3}{12}. $$

Comenzamos con la definición de la integral de Riemann:

$$ \int_0^T W_t dt = \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{T}{n}\sum_{i=0}^{n-1}W_\frac{iT}{n}$$

Nosotros también sabe que

$$ {\rm cov} \left(W_u, W_v | W_T=0 \right) = \min(u,v)-\frac{uv}{T}$$

para $0\leq u \leq v\leq T$ .

Así que la cuestión consiste en calcular el límite (para $n\rightarrow \infty$ ) de

$$ E\left[\left(\frac{T}{n}\sum_{i=0}^{n-1}W_\frac{iT}{n} \right)^2 | W_T=0\right] $$

$$= \frac{T^2}{n^2}\left[ \sum_{i=0}^{n-1} E\left[W_\frac{iT}{n}^2 | W_T=0\right] +2\sum_{0\leq i < j \leq n-1}^{} E\left[W_\frac{iT}{n} W_\frac{jT}{n} | W_T=0\right] \right]$$

$$= \frac{T^3}{n^3}\left[ \sum_{i=0}^{n-1} \left( i - \frac{i^2}{n} \right)+ 2 \sum_{0\leq i < j \leq n-1}^{} \left( i - \frac{ij}{n} \right) \right] $$

Cálculos de suma:

$$ \sum_{i=0}^{n-1} i = \frac{(n-1)n}{2} $$

$$ \sum_{i=0}^{n-1} \frac{i^2}{n} = \frac{(n-1)(2n-1)}{6}$$

$$ 2 \sum_{0\leq i < j \leq n-1}^{} i = 2 \sum_{j=1}^{n-1} \sum_{i=0}^{j-1} i = \sum_{j=1}^{n-1} \frac{(j-1)j}{2} = \frac{(n-1)n(2n-1)}{6}- \frac{(n-1)n}{2} $$

$$ 2 \sum_{0\leq i < j \leq n-1}^{} \frac{ij}{n} = 2 \sum_{j=1}^{n-1} \sum_{i=0}^{j-1} \frac{ij}{n} = 2 \sum_{j=1}^{n-1} \frac{(j-1)j^2}{2n} = \frac{(n-1)^2n}{4} - \frac{(n-1)(2n-1)}{6}$$

Después de dividir por $n^3$ y tomando el límite, los únicos supervivientes son el tercer y el quinto término de la fracción final:

$$ \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{(n-1)n(2n-1)}{6n^3} = \frac{1}{3} $$

y $$ \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{(n-1)^2n}{4n^3} = \frac{1}{4}. $$