La ecuación inversa de Kolmogorov con valor inicial

Question

Estoy repasando conceptos básicos de matemáticas financieras y autoaprendiendo del texto Un primer curso en Cálculo Estocástico, de Louis Pierre Arguin.

Entiendo que la función de densidad de probabilidad de transición $p(x,t|y,s)$ de una difusión satisface la ecuación de Kolmogorov hacia atrás con una cierta condición inicial. Puede ser representada como un tipo específico de promedio espacial.

Sin embargo, no sigo completamente el razonamiento detrás de un paso particular en la demostración. Me gustaría pedir ayuda para entender claramente cómo se llega a este paso y la justificación para ello.

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Teorema. Sea $(X_t,t\geq 0)$ una difusión en $\mathbb{R}$ con la EDS:

$$ dX_t = \sigma(X_t)dB_t + \mu(X_t) dt $$

Sea $g\in C^2(\mathbb{R})$ tal que $g$ es $0$ fuera de un intervalo. Entonces, la solución de la EDP con valor inicial

$$ \begin{align*} \frac{\partial f}{\partial t}(t,x) &= \frac{\sigma(x)^2}{2}\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} + \mu(x)\frac{\partial f}{\partial x}\\ f(0,x) &= g(x) \end{align*} $$

tiene la representación:

$$ f(t,x) = \mathbb{E}[g(X_t)|X_0 = x] $$

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Prueba.

Paso 1. Fijemos $t$ y consideremos la función de espacio $h(x)=f(t,x)=\mathbb{E}[g(X_t)|X_0=x]$. Aplicando la fórmula de Ito a $h$, tenemos:

\begin{align} dh(X_s) &= h'(X_s) dX_s + \frac{1}{2}h''(X_s) (dX_s)^2\\ &= h'(X_s) (\sigma(X_s)dB_s + \mu(X_s) ds) + \frac{\sigma(X_s)^2}{2}h''(X_s)ds\\ &= \sigma(X_s)h'(X_s)dB_s + \left(\frac{\sigma(X_s)^2}{2}h''(X_s) + \mu(X_s)h'(X_s)\right)ds \end{align}

En forma integral esto es:

\begin{align*} h(X_s) - h(X_0) &= \int_0^s \sigma(X_u)h'(X_u)dB_u \\ &+ \int_0^u \left(\frac{\sigma(X_u)^2}{2}h''(X_u) + \mu(X_u)h'(X_u)\right)du \tag{1} \end{align*}

Paso 2. Tomamos expectativas en ambos lados, dividimos por $s$ y dejamos $s \to 0$.

(a) La expectativa del primer término del lado derecho es cero, por las propiedades de la integral de Ito.

(b) El segundo término en el lado derecho se convierte en,

\begin{align} &\lim_{s \to 0} \frac{1}{s} \int_0^s \mathbb{E}[ \left(\frac{\sigma(X_u)^2}{2}h''(X_u) + \mu(X_u)h'(X_u)\right) \vert X_0 = x] du \\ &= \frac{\sigma(x)^2}{2}h''(x) + \mu(x)h'(x) \tag{2} \end{align}

por el Teorema Fundamental del Cálculo (TFC) (y la continuidad de $\sigma,\mu,h',h''$).

¿Cómo se llega a este paso? De acuerdo al TFC, sé que $\int_a^b f'(u)du = f(b) - f(a)$. Pero, no entiendo el paso anterior.

Paso 3. En cuanto al lado izquierdo, tenemos:

$$ \lim_{s \to 0} \frac{\mathbb{E}[h(X_s)|X_0 = x] - h(X_0)}{s} = \lim_{s \to 0} \frac{\mathbb{E}[h(X_s)|X_0 = x] - f(t,x)}{s} $$

Para demostrar que este límite es $\frac{\partial f}{\partial t}(t,x)$, aún falta mostrar que $\mathbb{E}[h(X_s)|X_0 = x]=\mathbb{E}[g(X_{t+s})|X_0 = x]=f(t+s,x)$.

Para ver esto, notamos que $h(X_s) = \mathbb{E}[g(X_{t+s})|X_s]$. Deducimos:

\begin{align*} \mathbb{E}[h(X_s)|X_0 = x] &= \mathbb{E}[\mathbb{E}[g(X_{t+s})|X_s]|X_0 = x]\\ &= \mathbb{E}[\mathbb{E}[g(X_{t+s})|\mathcal{F}_s]|X_0 = x]\\ & \{ (X_t,t\geq 0) \text{ es Markoviana }\} \\ &= \mathbb{E}[g(X_{t+s})|X_0 = x]\\ & \{ \text{ Propiedad de torre }\} \\ &= f(t+s,x) \end{align*}

Esto cierra la prueba. $\blacksquare$

Answer 1

El integrando del segundo término (RHS) es una expectativa condicional $\mathbb{E}[\xi(X_u)|X_0 = x]$, es un promedio en el tiempo $u$, de las trayectorias del proceso que comienzan en la posición inicial $X_0 = x$, por lo que es una función de $u$ y $x$. Entonces, $\mathbb{E}[\xi(X_u)|X_0 = x] = p(u,x)$. Suprimiendo el argumento $x$, tenemos la representación:

\begin{align} \int_0^s p(u) du \end{align}

Recuerde que, si $p$ es una función continua, entonces es integrable de Riemann. Además, como la integración y la diferenciación son operaciones inversas, existe una antiderivada única $P$ dada por

$$ P(s) = \int_{0}^{s}p(u)du $$

satisfaciendo $P'(0) = p(0)$.

Por la definición de la derivada:

$$P'(0) = \lim_{s \to 0} \frac{P(s) - P(0)}{s} = \lim_{s\to 0} \frac{P(s)}{s} = p(0) \quad \{ P(0)=0 \text{ por definición }\}$$

Por lo tanto, tenemos:

$$ p(0,x) = \mathbb{E}[\xi(X_0)|X_0 = x] = \frac{\sigma(x)^2}{2} h''(x) + \mu(x)h'(x) $$