Problema del modelo CIR - derivación de la EDP, Feynman-Kac

Question

Estoy revisando un Modelo CIR problema, donde $r_t$ tiene la siguiente dinámica $$dr_t=a(b-r_t)dt+\sigma \sqrt{r_t} dW_t^* \quad \quad (1)$$ para algunas constantes $ab>\frac{\sigma^2}{2} \quad$

Siendo T una fecha fija y $f_{\lambda}$ una función definida para alguna constante $\lambda >0$ $$f_{\lambda}(t,r)=E^*[e^{-\lambda {r_{T}}}|r_t=r] \quad \quad (2)$$

a) derivar la EDP satisfecha por la función $f_{\lambda}$
b) demuestre que la función $f_{\lambda} (t,r)=e^{-A_{\lambda}(T-t)-B_{\lambda}(T-t)r_t}$ satisface la EDP

Supongo que la función del sujeto puede expresarse como $$f(t,r_t)=e^{- \lambda r} \quad \quad (3)$$

Lo primero que pensé fue en calcular el $df(t,r_t)$ utilizando la fórmula de Ito y sustituyendo el $dr_t$ lo que daría como resultado $$df(t,r_t)=f_t dt + f_r dr_t+ \frac{1}{2} f_{rr} d<r>_t=$$ $$=(f_t + a(b-r_t) f_r + \frac{1}{2} r f_{rr})dt+ \sigma \sqrt{r_t} dW_t^* \quad \quad (4)$$

¿No sería ya la respuesta a un?

Sin embargo, la solución presenta un enfoque diferente que no entiendo. Da la ecuación de Feynman-Kac como solución a),

además la ecuación $f_{\lambda} (t,r)=e^{-A_{\lambda}(T-t)-B_{\lambda}(T-t)r_t}$ se introduce en la ecuación de Feynman-Kac, y luego se utiliza un sistema de 2 EDOs $A(\tau)$ $B(\tau)$ se derivan.

¿Puede alguien explicar el procedimiento, por favor? Me estoy perdiendo "el panorama general" aquí.
No entiendo por qué se empieza con Feynman-Kac y por qué sólo derivando A y B se demuestra ya que satisfacen la EDP.

Answer 1

Dejemos que $$ f_{\lambda}(t,r)=E^{(t,r)}\left[e^{-\lambda r_{T}}\right] $$ donde $E^{(t,r)}$ denota la expectativa condicionada a $r_{t}=r$ . Suponemos que $f$ es suave para el resto. Sea $\theta=T\wedge\inf\left\{ s>t\colon\left|r_{s}-r\right|>1\right\} $ . Por la propiedad de Markov de $\{r_{t}\}$ , $$ f_{\lambda}(t,r)=E^{(t,r)}\left[f_{\lambda}(\left(t+h\right)\wedge\theta,r_{\left(t+h\right)\wedge\theta})\right]. $$ Moviendo algunos términos, obtenemos $$ 0=E^{(t,r)}\left[f_{\lambda}(\left(t+h\right)\wedge\theta,r_{\left(t+h\right)\wedge\theta})-f_{\lambda}(t,r)\right]. $$ Aplicando el lema de Ito con $\mathcal{A}$ que denota el generador infinitesimal generador del proceso $\{r_{t}\}$ , \begin {align*} 0 & =E^{(t,r)} \left [ \int_ {t}^{ \left (t+h \right ) \wedge\theta } \left ( \frac { \partial f_{ \lambda }}{ \partial t}+ \mathcal {A}f_{ \lambda } \right )(u,r_{u})du+ \int_ {t}^{ \left (t+h \right ) \wedge\theta } \frac { \partial f_{ \lambda }}{ \partial r}(u,r_{u}) \sigma\sqrt {r_{u}}dW_{u} \right ] \\ & =E^{(t,r)} \left [ \int_ {t}^{ \left (t+h \right ) \wedge\theta } \left ( \frac { \partial f_{ \lambda }}{ \partial t}+ \mathcal {A}f_{ \lambda } \right )(u,r_{u})du \right ]. \end {align*} La integral de Ito que desaparece se debe a la acotación de $r_{u}$ en $[t,(t+h)\wedge\theta]$ . Multiplicando por $1/h$ produce $$ 0=E^{(t,r)}\left[\frac{1}{h}\int_{t}^{\left(t+h\right)\wedge\theta}\left(\frac{\partial f_{\lambda}}{\partial t}+\mathcal{A}f_{\lambda}\right)(u,r_{u})du\right].\tag{1} $$ Ya que para cada muestra $\omega$ en algún conjunto de medida completa existe existe un $h_{0}(\omega)$ para lo cual $\theta(\omega)\geq t+h$ para todos los $h\leq h_{0}(\omega)$ se deduce del teorema del valor medio que $\mathbb{P}$ -casi seguro, \begin {multline*} \lim_ {h \searrow0 } \frac {1}{h} \int_ {t}^{ \left (t+h \right ) \wedge\theta } \left ( \frac { \partial f_{ \lambda }}{ \partial t}+ \mathcal {A}f_{ \lambda } \right )(u,r_{u})du \\ = \lim_ {h \searrow0 } \frac { \left (t+h \right ) \wedge\theta }{h} \left ( \frac { \partial f_{ \lambda }}{ \partial t}+ \mathcal {A}f_{ \lambda } \right )(s(h),r_{s(h)})du= \left ( \frac { \partial f_{ \lambda }}{ \partial t}+ \mathcal {A}f_{ \lambda } \right )(t,r) \end {multline*} donde $s(h)$ es un número en $(t,(t+h)\wedge\theta)$ . El resto de la prueba viene dada por tomar $h\searrow0$ y aplicando el teorema de convergencia en (1) para obtener $$ \frac{\partial f_{\lambda}}{\partial t}+\mathcal{A}f_{\lambda}=0\text{ pointwise}. $$ donde $$ \mathcal{A}f_{\lambda}\equiv a\left(b-r\right)\frac{\partial f_{\lambda}}{\partial r}+\frac{1}{2}\sigma^{2}r\frac{\partial^{2}f_{\lambda}}{\partial r^{2}}. $$

Answer 2

Aquí están mis dos centavos:

a) Las expectativas condicionales siempre pueden verse como martingalas (esto es una consecuencia directa de la propiedad de la torre ). Así, tenemos aquí que $$ M_t := E^*[e^{-\lambda {r_{T}}}|r_t] $$ es una martingala.

Aplicando el lema de Itô a $M_t = f_{\lambda}(t,r_t)$ como lo hiciste es un buen punto de partida. Pero haciendo esto, te deja con una SDE, no una PDE.

Ahora, porque $M_t$ es una martingala, el teorema de la representación martingala te dice que su deriva debe ser estrictamente cero. Trabajando a partir de su aplicación del lema de Ito, al igualar la deriva a cero se obtiene la siguiente EDP que debe ser satisfecha por $f_{\lambda}(t,r)$ : $$ \frac{\partial f_{\lambda}}{\partial t}+ a\left(b-r\right)\frac{\partial f_{\lambda}}{\partial r}+\frac{1}{2}\sigma^{2}r\frac{\partial^{2}f_{\lambda}}{\partial r^{2}} = 0$$

Esta es precisamente la fórmula de Feynman-Kac.

Observe que su ecuación (3) es errónea (e inútil).En su lugar lo que podríamos escribir es: $$ M_T = f_{\lambda}(T,r_T) = E^*[e^{-\lambda {r_{T}}}|r_T]=e^{-\lambda {r_{T}}} $$ que podría verse como la condición terminal de la EDP.

b) Demostrar que la propuesta $$ f_{\lambda} (t,r_t)=e^{-A_{\lambda}(T-t)-B_{\lambda}(T-t)r_t} $$ es efectivamente una solución de la EDP recién derivada, hay que introducir esta expresión particular de $f_{\lambda} (t,r_t)$ en la EDP y verificar que la RHS resultante es efectivamente igual a cero. En este caso, esta condición puede verificarse efectivamente (para valores únicos de ambos $A_{\lambda}$ y $B_{\lambda}$ que se puede resolver), por lo que efectivamente ha encontrado una solución del problema.

Espero que esto ayude.