Distribución condicional de $X_t = \int_0^t W_s \mathrm{d}s$

Question

¿Cuál es la distribución condicional de $$X_t = \int_0^t W_s \mathrm{d}s$$ con respecto a $W_t = x$ ?

Answer 1

Tenga en cuenta que $$\begin{align*} X_t = tW_t -\int_0^t sdW_s = \int_0^t (t-s)dW_s, \end{align*}$$ y $$\begin{align*} W_t = \int_0^t dW_s. \end{align*}$$ Entonces, para cualquier número real $a$ y $b$ , $$\begin{align*} aX_t + b W_t = \int_0^t (at-as+b)dW_s, \end{align*}$$ es normal. Eso es, $W_t$ y $X_t$ son conjuntamente normales. Además, hay que tener en cuenta que $$\begin{align*} E\bigg(W_t\bigg(X_t - \frac{Cov(X_t, W_t)}{Var(W_t)}W_t\bigg)\bigg) = 0. \end{align*}$$ Eso es, $\frac{Cov(X_t, W_t)}{Var(W_t)}W_t= \frac{1}{2}tW_t$ y $X_t-\frac{1}{2}tW_t$ son independientes. Dado que $$\begin{align*} E(X_t^2) &= \int_0^t(t-s)^2 ds = \frac{1}{3}t^3, \end{align*}$$ entonces $$\begin{align*} Var\big(X_t - \frac{1}{2}tW_t\big) = \frac{1}{12}t^3. \end{align*}$$ Por lo tanto, $$\begin{align*} P(X_t \le y \mid W_t) &= P\bigg(X_t - \frac{1}{2}tW_t + \frac{1}{2}tW_t \le y \mid W_t \bigg)\\ &= P\big(X_t - \frac{1}{2}tW_t \le y - \frac{1}{2}tW_t \mid W_t \big)\\ &=\int_{-\infty}^{y-\frac{1}{2}tW_t} \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{6}\pi t^3}}e^{-\frac{z^2}{\frac{1}{6} t^3}} dz. \end{align*}$$ Es decir, la distribución condicional de $X_t$ dado $W_t=x$ es normal con la función de densidad $$\begin{align*} \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{6}\pi t^3}}e^{-\frac{(y-\frac{1}{2}tx )^2}{\frac{1}{6} t^3}}. \end{align*}$$