Valor esperado del proceso log-GARCH

Question

¿Existe alguna forma de calcular analíticamente la expectativa de un proceso log-GARCH?

El proceso GARCH(1,1): $dU_t = \theta(\omega - U_t) dt + \xi U_t d W_t$

El proceso log-GARCH(1,1): $e^{U_t}$

La expectativa que me interesa: $m(t) = E[e^{U_t}]$

No encuentro ninguna forma explícita (o ninguna) de la distribución del proceso GARCH, por no hablar de log-GARCH. Sin embargo, he simulado $E[e^{U_t}]$ y parece exponencial, por lo que sospecho que debe haber una fórmula explícita para $E[e^{U_t}]$ . ¿Lo hay?

Answer 1

Para resolver $U_t$ podemos proceder como sigue. En primer lugar, obsérvese que \begin{align*} d\left(e^{(\theta + \frac{1}{2}\xi^2)t - \xi W_t} U_t \right) &= e^{(\theta + \frac{1}{2}\xi^2)t - \xi W_t} U_t \left((\theta+\xi^2) dt -\xi dW_t\right) \\ &\qquad+ e^{(\theta + \frac{1}{2}\xi^2)t - \xi W_t} dU_t -\xi^2e^{(\theta + \frac{1}{2}\xi^2)t - \xi W_t} U_t dt\\ &=\theta \omega e^{(\theta + \frac{1}{2}\xi^2)t - \xi W_t} dt. \end{align*} Entonces \begin{align*} U_t &= U_0 e^{-(\theta + \frac{1}{2}\xi^2)t + \xi W_t } + \theta \omega \int_0^t e^{-(\theta + \frac{1}{2}\xi^2)(t-s) + \xi (W_t-W_s)} ds. \end{align*} A partir de aquí, podemos calcular $E(U_t)$ analíticamente.

Sin embargo, para Expectación $E(e^{U_t})$ observamos lo siguiente. Sea $\eta$ sea una variable aleatoria normal estándar. Entonces \begin{align*} E\left(e^{(e^{\eta})} \right) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{(e^x-1/2x^2)}dx \\ &=\infty, \end{align*} como \begin{align*} \lim_{x \rightarrow \infty}e^{(e^x-1/2x^2)} = \infty. \end{align*}

Ahora, consideramos $E\left(e^{U_t}\right)$ . Tenga en cuenta que, para $\theta \omega \geq 0$ y $U_0>0$ , \begin{align*} U_t &= U_0 e^{-(\theta + \frac{1}{2}\xi^2)t + \xi W_t } + \theta \omega \int_0^t e^{-(\theta + \frac{1}{2}\xi^2)(t-s) + \xi (W_t-W_s)} ds\\ &\geq U_0 e^{-(\theta + \frac{1}{2}\xi^2)t + \xi W_t }. \end{align*} Entonces, \begin{align*} E(e^{U_t}) &\geq E\left(e^{U_0 e^{-(\theta + \frac{1}{2}\xi^2)t + \xi W_t }} \right)\\ &=\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{U_0 e^{-(\theta + \frac{1}{2}\xi^2)t + \xi \sqrt{t} x-\frac{1}{2}x^2}}dx\\ &= \infty. \end{align*}

NOTA: Si $\omega =0$ entonces $U_t$ es log-normal. Información relacionada: En el mundo de los tipos de interés, si el tipo a corto $r_t$ es log-normal, entonces el valor de la cuenta del mercado monetario $B_t = e^{\int_0^t r_s ds}$ tiene una expectativa infinita; véase la página 63 del libro Modelos de tipos de interés .