Integral de incrementos brownianos

Question

Estoy atascado en un problema y no estoy seguro de cómo proceder. Mi pregunta es cómo se puede hacer e integrar lo siguiente $$\sigma\int_{t}^{T}\mathrm{e}^{a\cdot u}\cdot (W_{u}-W_{t})du.$$ Llevo bastante tiempo con este problema. Gracias por adelantado.

Answer 1

Por la estacionariedad de los incrementos del movimiento browniano, tenemos la siguiente igualdad en la ley y una igualdad casi segura proveniente de un simple cambio de variable $$\sigma \int_t^T e^{au} \left(W_u - W_t\right)du \overset{law}{=} \sigma \int_t^T e^{au}W_{u-t}dt = \sigma \int_0^{T-t} e^{a\left(u + t\right)}W_{u}du = \sigma e^{at}\int_0^{T-t}e^{au}W_udu$$

Para calcular $\int_0^{T-t}e^{au}W_udu$ ,

Edición: El argumento después de este punto contiene un error de clave. $W_{T-t}$ no es independiente de $\int_0^{T-t}e^{au}dW_u$ . Todavía es posible calcular $\int_0^{T-t}e^{au}W_udu$ utilizando el hecho de que es un proceso gaussiano. Gracias a LucaMac por la captura y ver su respuesta para los detalles.

utilizamos la integración por partes para obtener $$\int_0^{T-t}e^{au}W_udu = \frac{1}{a}e^{a\left(T-t\right)}W_{T-t} - \frac{1}{a}\int_0^{T-t}e^{au}dW_u$$ Como una integral de Wiener, $\int_0^{T-t}e^{au}dW_u \sim \mathcal{N}\left(0, e^{2a\left(T-t\right)} - 1\right)$ y es independiente de $W_{T-t}$ . Además $e^{a\left(T-t\right)}W_{T-t} \sim \mathcal{N}\left(0, e^{2a\left(T-t\right)}\left(T-t\right)\right)$ Por lo tanto, tenemos $$\int_0^{T-t}e^{au}W_udu = \frac{1}{a}\left[e^{a\left(T-t\right)}W_{T-t} - \int_0^{T-t}e^{au}dW_u\right] \sim \mathcal{N}\left(0, \frac{e^{2a\left(T-t\right)}\left(T-t + 1\right) - 1}{a^2}\right).$$ Finalmente multiplicando por el $\sigma e^{at}$ factor dejado al principio obtenemos que su integral tiene una distribución normal con media 0 y varianza $\sigma^2e^{2at}\frac{e^{2a\left(T-t\right)}\left(T-t + 1\right) - 1}{a^2}$ :

$$\sigma \int_t^T e^{au} \left(W_u - W_t\right)du \sim \mathcal{N}\left(0, \sigma^2e^{2at}\frac{e^{2a\left(T-t\right)}\left(T-t + 1\right) - 1}{a^2}\right).$$

Answer 2

Una vez que lleguemos al punto de $$\int_0^{T-t} e^{au}W_udu$$ (gracias Shiva), podríamos concluir de la siguiente manera:

es gaussiana, ya que el límite de las gaussianas (las funciones de aproximación de la constante escalonada son claramente gaussianas);

su media es $$ \mathbb E \Big[\int_0^{T-t} e^{au}W_udu\Big] = \int_0^{T-t} e^{au}\mathbb E[W_u]du = 0;$$

y su varianza es $$\mathbb E\Big[\Big(\int_0^{T-t} e^{au}W_udu\Big)^2\Big] = \mathbb E\Big[\Big(\int_0^{T-t} e^{au}W_udu\Big)\Big(\int_0^{T-t} e^{av}W_vdv\Big)\Big] = \mathbb E\Big[\iint_{[0,T-t]^2}e^{a(u+v)}W_uW_vdudv\Big] = \iint_{[0,T-t]^2}e^{a(u+v)}\mathbb E[W_uW_v]dudv = \iint_{[0,T-t]^2}e^{a(u+v)}\min(u,v)dudv = 2\int_0^{T-t}\int_0^ue^{a(u+v)}vdvdu.$$

Detengámonos un segundo y evaluemos $\int_0^u e^{cv}vdv$ tenemos $$\int_0^u e^{cv}vdv = \frac1ce^{cu}u - \frac1c\int_0^ue^{cv}dv = \frac{cue^{cu} - e^{cu} + 1}{c^2}.$$

Esto significa que la varianza es igual a $$\frac2{a^2}\int_0^{T-t}aue^{2au} -e^{2au}+ e^{au}du = \frac2a\int_0^{T-t}ue^{2au}du + \frac2{a^2}\int_0^{T-t}-e^{2au}+e^{au}du = \frac1{2a^3}(2a(T-t)e^{2a(T-t)}-e^{2a(T-t)}+1) - \frac1{a^3}(e^{2a(T-t)}-1)+\frac2{a^3}(e^{a(T-t)}-1) = \frac{2a(T-t)e^{2a(T-t)}-3e^{2a(T-t)}+4e^{a(T-t)}-1}{2a^3}$$

Answer 3

Esta es una respuesta a la respuesta de Luca. $$ \begin{align} \frac{2}{a^{2}}\int_{0}^{T-t} au\mathrm{e}^{2au} - \mathrm{e}^{2au} + \mathrm{e}^{au} du &= \frac{2}{a^{2}} \left(\int_{0}^{T-t} au\mathrm{e}^{2au}du - \int_{0}^{T-t}\mathrm{e}^{2au}du + \int_{0}^{T-t}\mathrm{e}^{au} du\right)\\ &= \frac{2}{a^{2}}\left(\left[\frac{(2au - 1)\mathrm{e}^{2au}}{4a}\right]_{0}^{T-t} - \left[\frac{\mathrm{e}^{2au}}{2a}\right]_{0}^{T-t} + \left[\frac{\mathrm{e}^{au}}{a}\right]_{0}^{T-t}\right)\\ &= \frac{2}{a^{2}}\left(\frac{(2a(T-t) - 1)\mathrm{e}^{2a(T-t)} + 1}{4a} - \frac{\mathrm{e}^{2a(T-t)}-1}{2a} + \frac{\mathrm{e}^{a(T-t)} - 1}{a}\right)\\ &= \frac{2}{a^{2}}\left(\frac{(2a(T-t) - 1)\mathrm{e}^{2a(T-t)} + 1}{4a} - \frac{2\mathrm{e}^{2a(T-t)}-2}{4a} + \frac{4\mathrm{e}^{a(T-t)} - 4}{4a}\right)\\ &= \frac{2}{a^{2}}\left(\frac{(2a(T-t) - 1)\mathrm{e}^{2a(T-t)} + 1 - 2\mathrm{e}^{2a(T-t)} + 2 + 4\mathrm{e}^{a(T-t)} - 4}{4a}\right)\\ &= \frac{2}{a^{2}}\left(\frac{2a(T-t)\mathrm{e}^{2a(T-t)} - \mathrm{e}^{2a(T-t)} - 2\mathrm{e}^{2a(T-t)} + 4\mathrm{e}^{a(T-t)} - 1}{4a}\right)\\ &= \frac{2}{a^{2}}\left(\frac{2a(T-t)\mathrm{e}^{2a(T-t)} - 3\mathrm{e}^{2a(T-t)} + 4\mathrm{e}^{a(T-t)} - 1}{4a}\right)\\ &= \frac{2a(T-t)\mathrm{e}^{2a(T-t)} - 3\mathrm{e}^{2a(T-t)} + 4\mathrm{e}^{a(T-t)} - 1}{2a^{3}}\\ \end{align} $$