Preguntas sobre el movimiento browniano exponencial

Question

Dejemos que $(\Omega,\mathcal{F},P)$ sea un espacio de probabilidad, dotado de una filtración $(\mathcal{F})_{0 \leq t \leq T}$ que es la filtración natural de un movimiento browniano estándar $(W_{t})_{0 \leq t \leq T}$ .

Dejemos que $X=\exp(W_{T/2}+W_{T})$ . Encuentre la expectativa $E[X]$ ;

Dejemos que $X_{t}=E[X|\mathcal{F}_{t}]$ para $0 \leq t \leq T$ . Encuentre $X_{t}$ .

La primera pregunta es fácil para mí: $W_{T/2}+W_{T}=2W_{T/2}+W_{T}-W_{T/2}$ por la independencia de los incrementos y la propiedad del movimiento browniano, $W_{T/2}+W_{T} \sim N(0,5T/2)$ por lo tanto, $E[X]=\exp(5T/4)$ .

He tratado de resolver la segunda pregunta como:

Desde $W_{t/2}+W_{t}\sim N(0,5t/2)$ , $B_{}t:=\sqrt{2/5}(W_{t/2}+W_{t})\sim N(0,t)$ ¿Puedo decir que B_{t} es un movimiento browniano? Si no es así, ¿hay alguna forma rigurosa de demostrarlo?

Si B_{t} es un movimiento browniano, entonces $E[e^{\sqrt{\frac{5}{2}}B_{T}}|\mathcal{F}_{t}]=E[e^{\sqrt{\frac{5}{2}}(B_{T}-B_{t}+B_{t})}|\mathcal{F}_{t}]=e^{\sqrt{\frac{5}{2}}B_{t}}e^{5(T-t)/4}$ .

es decir $X_{t}=e^{W_{t}+W_{t/2}}e^{5(T-t)/4}$ .

Por cierto, ¿cómo podemos resolver discutiendo los casos $t<T/2$ y $T/2 \leq t < T$ ¿Por separado?

Gracias.

Answer 1

Para $T/2 \leq t \leq T$ , \begin{align*} E(X\mid \mathcal{F}_t) &= \exp\big(W_{\frac{T}{2}}+\frac{1}{2}T\big) E\big(\exp\big(W_{T}-\frac{1}{2}T\big)\mid \mathcal{F}_t\big)\\ &= \exp\big(W_{\frac{T}{2}}+\frac{1}{2}T\big) \exp\big(W_{t}-\frac{1}{2}t\big)\\ &=\exp\big(W_{\frac{T}{2}}+W_{t} + \frac{1}{2}T-\frac{1}{2}t\big). \end{align*} Para $0 \leq t \leq T/2$ , \begin{align*} E(X\mid \mathcal{F}_t) &= E\big( E(X\mid \mathcal{F}_{T/2})\mid\mathcal{F}_t)\big)\\ &=E\big(\exp(2W_{\frac{T}{2}}+ T/4)\mid\mathcal{F}_t\big)\\ &=\exp\big(\frac{5}{4}T\big)E\big(\exp\big(2W_{\frac{T}{2}} - \frac{1}{2}\times 2^2 \times T/2\big)\mid\mathcal{F}_t\big)\\ &= \exp\big(\frac{5}{4}T\big)\exp\big(2W_{\frac{t}{2}} - \frac{1}{2}\times 2^2 \times t/2\big)\\ &=\exp\big(2W_{\frac{t}{2}} +\frac{5}{4}T - t\big). \end{align*} Entonces también podemos tener que \begin{align*} E(X) = \exp\big(\frac{5}{4}T\big). \end{align*}

Además, para demostrar que $B_t = \sqrt{2/5}(W_t+W_{t/2})$ no es un movimiento browniano, sólo tenemos que observar que \begin{align*} B_t - B_{\frac{t}{2}} &= \sqrt{2/5}\big(W_t - W_{\frac{t}{4}}\big) \\ &=\sqrt{2/5}\big(W_t - W_{\frac{t}{2}} + W_{\frac{t}{2}} - W_{\frac{t}{4}}\big) \end{align*} y \begin{align*} B_{\frac{t}{2}} - B_{\frac{t}{4}} &= \sqrt{2/5}\big(W_{\frac{t}{2}} - W_{\frac{t}{8}}\big) \\ &=\sqrt{2/5}\big(W_{\frac{t}{2}} - W_{\frac{t}{4}} + W_{\frac{t}{4}} - W_{\frac{t}{8}}\big) \end{align*} no son independientes. Es decir, $(B_t)_{t\geq 0}$ no tiene incrementos independientes.