Opcional Teorema De Muestreo De La Aplicación

Question

Sea x, y > 0. Defint eh primer paso del tiempo de un movimiento Browniano $W_t$ as $\tau_a$ = min{t $\ge$ 0: $W_t$ = un}. Necesito mostrar que E[$e^{-u\tau_x}$$1_{\tau_x < \tau_{-y}}$] = $\frac{sinh(y\sqrt{2u})}{sinh((x + y)\sqrt{2u}}$.

Mi método, y el único método que voy a ser capaz de entender, es utilizar el teorema de muestreo opcional. He notado que $Z_t = e^{\theta W_t - \frac{1}{2}\theta^{2}t}$ es martingala y que el teorema de muestreo opcional estados que $E[Z_{\tau_{min\, {a, t}}}$] = 1. Aplicando esto al tiempo de parada de las $ {\tau_x, \wedge \tau_{-y}}$ me las he arreglado para mostrar que como t --> $\infty$ $Z_(\tau_x\wedge\tau_{-y})\wedge t$ = $e^{-\theta y - \frac{1}{2} \theta^2 \tau_{-y}}$$1_{\tau_{-y} \, < \, \tau_x}$ + $e^{\theta x - \frac{1}{2} \theta^2 \tau_{x}}$$1_{\tau_{x} \, < \, \tau_{-y}}$. Yo no puedo averiguar a dónde ir desde aquí. He tenido un problema similar, pero no fue de un solo nivel, donde aquí tenemos dos: x e y.

Creo que ahora debe tomar la expectativa de la expresión que deriva y en conjunto es igual a uno por el teorema de muestreo opcional, pero yo no sé lo que sigue. Gracias.

Answer 1

Como ya se ha mostrado anteriormente, \begin{align*} 1 = E\Big(e^{-\theta y - \frac{1}{2}\theta^2 \tau_{-y} }1_{\tau_{-y}<\tau_x} \Big)+E\Big(e^{\theta x - \frac{1}{2}\theta^2 \tau_{x} }1_{\tau_x < \tau_{-y}} \Big). \end{align*} Set $\theta = \sqrt{2u}$, obtenemos que \begin{align*} 1 = E\Big(e^{-\sqrt{2u}y - u \tau_{-y} }1_{\tau_{-y}<\tau_x} \Big)+E\Big(e^{\sqrt{2u} x - u \tau_{x} }1_{\tau_x < \tau_{-y}} \Big), \end{align*} es decir, \begin{align*} e^{\sqrt{2u}y} = E\Big(e^{- u \tau_{-y} }1_{\tau_{-y}<\tau_x} \Big)+e^{\sqrt{2u} (x+y)}E\Big(e^{ - u \tau_{x} }1_{\tau_x < \tau_{-y}} \Big). \end{align*} Por otro lado, mediante el establecimiento $\theta = -\sqrt{2u}$, obtenemos que \begin{align*} 1 = E\Big(e^{\sqrt{2u}y - u \tau_{-y} }1_{\tau_{-y}<\tau_x} \Big)+E\Big(e^{-\sqrt{2u} x - u \tau_{x} }1_{\tau_x < \tau_{-y}} \Big), \end{align*} es decir, \begin{align*} e^{-\sqrt{2u}y} = E\Big(e^{- u \tau_{-y} }1_{\tau_{-y}<\tau_x} \Big)+e^{-\sqrt{2u} (x+y)}E\Big(e^{ - u \tau_{x} }1_{\tau_x < \tau_{-y}} \Big). \end{align*} En consecuencia, \begin{align*} e^{\sqrt{2u}y} - e^{-\sqrt{2u}y} = \big[e^{\sqrt{2u} (x+y)} - e^{-\sqrt{2u} (x+y)} \big]E\Big(e^{ - u \tau_{x} }1_{\tau_x < \tau_{-y}} \Big). \end{align*} A continuación, \begin{align*} E\Big(e^{ - u \tau_{x} }1_{\tau_x < \tau_{-y}} \Big) = \frac{\sinh (\sqrt{2u}y)}{\sinh \big(\sqrt{2u} (x+y) \big)}. \end{align*}