Prueba $\mathbb{P}(S_t<0|S_0=s_0)=0$ para el BM geométrico

Question

Intento demostrar que para el movimiento browniano geométrico de una acción $\textrm{d}S_t=\mu S_t\textrm{d}t+\sigma S_t\textrm{d}B_t$ con constantes estrictamente positivas $\mu$ y $\sigma$ y y $S_0=s_0>0$ tenemos $\mathbb{P}(S_t<0|S_0=s_0)=0$ . La probabilidad condicional se parece extrañamente a lo que deberíamos obtener de la fórmula de Feynman-Kac, con $\mathbb{P}(S_t<0)=\mathbb{E}(\mathbf{1}_{S_t<0})$ . Sin embargo, no estoy seguro de cómo construir la EDP para resolver y, por tanto, derivar la probabilidad requerida. ¿Estoy en el camino correcto, y si es así, cómo debería construirse la EDP? Si no es así, ¿qué pasos hay que dar? Gracias.

Answer 1

Creo que la forma más fácil de derivar la solución del GBM es a través del Lemma de Ito.

El GBM: $dS_t = \mu S_t dt + \sigma S_t dW_t$ es una abreviatura de:

$$ S_t = S_0 + \int_{h=0}^{h=t}\left(\mu S_h\right)dh + \int_{h=0}^{h=t}\left(\sigma S_h\right)dW_h $$

El proceso de Ito se define como:

$$ X_t = S_0 + \int_{h=0}^{h=t}\left(a(X_h,h)\right)dh + \int_{h=0}^{h=t}\left(b(X_h,h)\right)dW_h $$

(donde $a(X_t,t)$ y $b(X_t,t)$ debe ser integrable al cuadrado). En el caso del GBM, $X_t = S_t$ , $a(X_t,t)=\mu S_t $ y $b(X_t,t) = \sigma S_t$ , por lo que GBM es un Proceso Ito.

El lema de Ito establece que para cualquier función de buen comportamiento $F()$ de $X_t$ y $t$ , donde $X_t$ debe ser un Proceso Ito, el proceso para $F(X_t,t)$ serán los siguientes:

$$F(X_t,t)= F(X_0,t_0) + \int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{\partial F}{\partial t}+\frac{\partial F}{\partial X}a(X_h,h)+\frac{1}{2}\frac{\partial^2 F}{\partial X^2}b(X_h,h)^2\right)dh + \int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{\partial F}{\partial X}b(X_h,h)\right)dW_h$$

Para derivar la solución del GBM, se establece $F(S_t,t)=ln(S_t)$ ( cómo es que podemos tomar el registro, sin saber "a priori" si la SDE de GBM para $S_t$ puede producir potencialmente una $S_t$ ¿valores? ver abajo *). Entonces, calculando las derivadas, obtenemos: $\frac{\partial F}{\partial t}=0$ (porque $F=ln(S_t)$ es sólo una función de $S_t$ y no $t$ explícitamente), $\frac{\partial F}{\partial S}=\frac{1}{S_t}$ , $\frac{\partial F^2}{\partial S^2}=-\frac{1}{S_t^2}$ .

Sustituyendo las derivadas anteriores en la ecuación de $F$ obtenemos:

$$F(X_t,t)= ln(S_0) + \int_{h=0}^{h=t}\left(0+\frac{1}{S_h}a(X_h,h)_{=\mu S_h}-\frac{1}{2}\frac{1}{S_h^2}b(X_h,h)^2_{=\sigma^2 S_h^2}\right)dh + \int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{1}{S_h}b(X_h,h)_{=\sigma S_h}\right)dW_h=\\=ln(S_0) + \int_{h=0}^{h=t}\left(\mu-\frac{1}{2}\sigma^2\right)dh + \int_{h=0}^{h=t}\left(\sigma \right)dW_h=\\=ln(S_0)+(\mu - 0.5 \sigma^2)t + \sigma W_t$$

Con $F(X_t,t)=ln(S_t)$ Ahora sólo tenemos que exponer ambos lados para obtener:

$$S_t=S_0e^{(\mu-0.5 \sigma^2)t+\sigma W_t}$$

Ahora podemos pasar al problema de la probabilidad:

$$\mathbb{P}(S_t<0|S_0=s_0)=\mathbb{P}(s_0e^{(\mu-0.5 \sigma^2)t+\sigma W_t}<0)=\\=\mathbb{P}(e^{(\mu-0.5 \sigma^2)t+\sigma W_t}<0)=\\=\mathbb{P}(e^{(\mu-0.5 \sigma^2)t}e^{\sigma W_t}<0)=\\=\mathbb{P}(e^{\sigma W_t}<0)$$

Ahora $\sigma W_t \epsilon \mathbb{R}$ y $e^x>0 \forall x\epsilon \mathbb{R}$ , por lo que podemos deducir que:

$$\mathbb{P}(e^{\sigma W_t}<0)=0$$ .

Editar : * se dio una prueba muy bonita aquí . Tomando prestada esa prueba:

Con $S_0>0$ , set $\tau$ para ser la primera vez que la SDE para $S_t$ hace $S_t$ llegó a cero. Supongamos que $\tau < \infty$ . Entonces, para algunos $0<t<\tau$ , tome el registro para obtener: $$ln(S_t)=ln(S_0)+\mu t -0.5 \sigma^2t + \sigma W_t$$ Como $t\uparrow \tau$ el LHS va a $-\infty$ mientras que el lado derecho converge a una cantidad finita. La contradicción demuestra que $\mathbb{P}(\tau < \infty)=0$ .

Answer 2

Otro esbozo de prueba:

Si se pasa a la EDP equivalente (usando Feynman-Kac), se puede suponer que S es positivo, encontrar la solución por log-transfomación. Entonces como la solución es única dadas las condiciones iniciales, y es la solución de la EDP original, S debe ser positiva.