Proceso de Poisson bajo medida de martingala equivalente

Question

Tengo un proceso estocástico $N(t)$ que es igual a $n$ con probabilidad

$P\{N(t) = n\}=\frac{\left(\lambda t \right)^{n}}{n!}e^{-\lambda t }$

donde $t$ representa el período de tiempo. En otras palabras, el proceso correspondiente para un $t$ fijo, es una variable aleatoria $N(t) \equiv N$ que es un proceso de Poisson (punto) (homogéneo) con la siguiente distribución de Poisson:

$P\{N = n\}=\frac{\lambda^{n}}{n!}e^{-\lambda}$

$P$ es la medida de probabilidad definida con respecto al espacio muestral $\Omega$. Junto con la sigma-álgebra $A$, estos tres elementos definen mi espacio de probabilidad.

Ahora introduzco la medida de martingala equivalente (EMM) $Q$, que es equivalente a $P$ y tiene la propiedad de que bajo $Q$ cada proceso se convierte en una martingala. Para ser más claro, este es el típico escenario para la fijación de precios de tipo Black-Scholes. Por ejemplo, una acción que tiene un proceso bajo $P$ definido por

$dS_t=S_t\mu+S_t\sigma dW_t$

donde $W_t$ es un proceso de Wiener, tiene un desplazamiento dado por la llamada tasa "libre de riesgo" $r_f$ bajo $Q$ después de también cambiar al proceso de Wiener correspondiente bajo $Q$, es decir, $W^{Q}_t$

$dS_t=S_t r_f+S_t\sigma dW^{Q}_t$

El cambio de medida requiere $W^{Q}_t=W_t+((\mu-r_f) / \sigma)t$

Mi pregunta: ¿un proceso de Poisson como el presentado arriba se ve afectado de alguna manera por el cambio de medida? Mi suposición es que dado que depende solo de un cierto parámetro $\lambda$ y es un proceso de conteo, este no es el caso, pero me gustaría escuchar más opiniones. Cualquier sugerencia es bien aceptada y tomada en cuenta

Answer 1

Considere un derivado de radon nikodym, la variable aleatoria: $Z(w)= 1_{N(T,w)=1}+1-Pr(N(T)=1)$. Es admisible ya que siempre es positiva y tiene una expectativa de 1. Esto nos llevará a la formación de una medida equivalente, que denotaré como $'$.

Comenzamos con el teorema fácil de que $E'(X)=E(XZ)$ para cualquier variable aleatoria X, y RND $Z$

$E'(1_{N(T)=1})=E(1_{N(T)=1}*(1_{N(T)=1}+1-Pr(N(T)=1)))$

Entonces,

$Pr'(N(T)=1)=2Pr(N(T)=1)-[Pr(N(T)=1)]^2 > Pr(N(T)=1)$

Observa también

$Pr'(N(T)=2)=Pr(N(T)=2)[1-Pr(N(T)=1)] < Pr[N(T)=2]$

Entonces la nueva medida está proporcionando más masa de probabilidad en $1$, mientras que la está quitando de todos los otros puntos (como $2$, como se muestra arriba). Esto ya no es un proceso de Poisson, lo cual puedes verificar con un poco de álgebra.

Comentario: Malinterpreté tu pregunta como encontrar una EMM para el proceso de Poisson, lo cual admitidamente era difícil. Pero establecer que es sensible a un cambio de medida equivalente no es difícil. Casi todos los procesos no degenerados son sensibles a un cambio de medida.

Answer 2

$N_t$ proceso viene con su propia ley de Poisson (medida de probabilidad) $P$ definida mediante intensidad $\lambda$. Bajo ella, $N_t-\lambda t$ es una martingala respecto a ${\cal F}_t =\sigma(N_u | u\in [0,t])$ (ya que $E^P[N_t]=\lambda t$ y $N_t-\lambda t$ tiene incrementos independientes).

Cualquier otra ley de Poisson equivalente, $Q$, definida mediante una intensidad dada $\gamma$, se puede construir utilizando la densidad de Radon-Nikodym

$$ \frac{dQ}{dP}{\bigg|}_{{\cal F}_t} = \exp\left( \ln(\gamma/\lambda)N_t-(\gamma -\lambda)t \right), $$ por notar que

$$ Q(N_t=n) = \exp\left( \ln(\gamma/\lambda)n-(\gamma -\lambda)t \right) P(N_t=n)$$ $$= \exp\left( \ln(\gamma/\lambda)n-(\gamma -\lambda)t \right) (n!)^{-1}(\lambda t)^n\exp(-\lambda t) = (n!)^{-1}(\gamma t)^n\exp(-\gamma t).$$

Bajo $Q$, $N_t-\gamma t$ es una ${\cal F}_t$-martingala.

En el contexto financiero, si solo tenemos un activo simple modelado por un proceso (se puede agregar un movimiento browniano independiente - ver el modelo de Merton, por ejemplo, pero aquí lo mantendremos sobre procesos de Poisson):

$$ dS_t= S_{t^-} (\mu dt + \zeta d(N_t-\lambda t)),$$

bajo $P$, $\zeta>0$, entonces (con tasa de interés constante $r$)

$$ d(e^{-rt}S_t)/(e^{-rt}S_{t^-}) = (\mu -r) dt + \zeta d(N_t -\lambda t) $$

lo cual muestra que $e^{-rt}S_t$ no es una martingala cuando $\mu \not= r$.

El activo descontado es una martingala bajo Poisson $Q$ construido como arriba para la intensidad:

$$\gamma = \lambda - \frac{\mu -r}{\zeta}, $$

haciendo que $Q$ sea una EMM.

(Ver notas sugeridas en los comentarios y también estas.)