Calcular la integral de Ito $\int_0^t W_s^2\text dW_s$ desde el principio.

Question

Estoy atascado en la primera ecuación de la solución donde el proceso de Wiener $W_{t_i}^2$ se expande de manera que la integral de Itô (en términos de sumas infinitas) se ve como el RHS de la primera ecuación de la solución. Puedo seguir el resto de lo que hicieron.

Si el problema fuera resolver $\int_0^t W_s\text dW_s$ en su lugar, entonces creo que la parte análoga sería $$W_{t_i} = \frac{1}{2}\left(W_{t_{i+1}} + W_{t_i}\right) - \frac{1}{2}\left(W_{t_{i+1}} - W_{t_i}\right).$$

¿Cuál es el truco para comenzar esta solución?

Answer 1

Integrando $W_t$

Consideremos la partición $t_i=it/n$ con $t_0=0$ y $t_n=t$. Entonces, por definición, \begin{align*} \int_0^t W_s\text{d}W_s &= \lim_{n\to\infty} \sum_{i=0}^{n-1} W_{t_i}\left(W_{t_{i+1}}-W_{t_i}\right). \end{align*}

Puedes hacer el límite usando la identidad $$ W_{t_i}\left(W_{t_{i+1}}-W_{t_i}\right)=\frac{1}{2}\left(W_{t_{i+1}}^2-W_{t_i}^2-\left(W_{t_{i+1}}-W_{t_i}\right)^2\right).$$

Integrando $W_t^2$

Usando la misma partición que antes, \begin{align*} \int_0^t W_s^2\text{d}W_s &= \lim_{n\to\infty} \sum_{i=0}^{n-1} W_{t_i}^2\left(W_{t_{i+1}}-W_{t_i}\right). \end{align*} Para este caso, puedes usar la identidad $$ W_{t_i}^2\left(W_{t_{i+1}}-W_{t_i}\right)=\frac{1}{3}(W_{t_{i+1}}^3-W_{t_i}^3)-W_{t_i}(W_{t_{i+1}}-W_{t_i})^2-\frac{1}{3}(W_{t_{i+1}}-W_{t_i})^3.$$ Lo demás es como de costumbre.

Lema de Itô

Obtienes el mismo resultado mucho más rápido si estableces $f(t,x)=\frac{1}{3}x^3$. Entonces, \begin{align} \text df(W_t) = W_t\text{d}t + W_t^2\text dW_t, \end{align} lo que implica $$\frac{1}{3}W_t^3=\int_0^tW_s\text{d}s+\int_0^tW_s^2\text{d}W_s.$$

Answer 2

Una forma alternativa es usar la integral de Stratonovich. Por definición, tenemos

$$\int_0^t X_s \, \circ dW_s = \lim_{n\rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n \frac{X_{t_i} +X_{t_{i-1}}}{2}\left( W_{t_i} -W_{t_{i-1}}\right) \; \; (1)$$

Luego se puede demostrar que para funciones suaves determinísticas $f$ y $g$ tenemos:

$$ \int_0^t g'(W_s)\, \circ dW_s = g(W_t)- g(W_0)\; \; (2) $$ y $$\int_0^t f(W_s)\, \circ dW_s =\int_0^t f(W_s) \, dW_s + \frac{1}{2} \int_0^t f'(W_s) \, ds \; \; (3). $$

Usando (1), obtenemos:

$$\int_0^t W_s \, \circ dW_s = \lim_{n\rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n \frac{W_{t_i} +W_{t_{i-1}}}{2}\left( W_{t_i} -W_{t_{i-1}}\right) $$ $$= \frac{1}{2} \lim_{n\rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n \left( W_{t_i}^2 -W^2_{t_{i-1}}\right) = \frac{1}{2} W_t^2 $$

Usando (2) con $g(x) = 1/2x^2, g'(x) = x$, obtenemos el mismo resultado $$\int_0^t W_s \, \circ dW_s = \frac{1}{2} W_t^2. $$

A partir de (3) con $f(x)=x, f'(x) = 1$, ahora podemos obtener la integral de Ito:

$$\int_0^t f(W_s) \, dW_s = \int_0^t f(W_s)\, \circ dW_s - \frac{1}{2} \int_0^t f'(W_s) \, ds $$ $$ = \frac{1}{2} W_t^2 - \frac{1}{2} t $$

Podemos repetir el procedimiento anterior para calcular:

$$ \int_0^t W_s^2 \, dW_s $$

La conveniencia de la definición de la integral de Stratonovich se hace evidente nuevamente:

$$\frac{1}{3}W_t^3 \stackrel{(2)}{=}\int_0^t W_s^2 \, \circ dW_s \stackrel{(1)}{=} \lim_{n\rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n \frac{W_{t_i}^2 +W_{t_{i-1}}^2}{2}\left( W_{t_i} -W_{t_{i-1}}\right) $$ $$\stackrel{algebra}{=} \lim_{n\rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n W_{t_{i-1}}^2 \left( W_{t_i} - W_{t_{i-1}}\right) + \lim_{n\rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n \frac{1}{2} \left( W_{t_i}^2 - W_{t_{i-1}}^2\right) \left( W_{t_i} - W_{t_{i-1}}\right) $$

$$ = \int_0^t W_s^2dW_s + \frac{1}{2} [W^2, W]_t = \int_0^t W_s^2dW_s + \int_0^t W_s ds $$

Obsérvese que el álgebra necesaria es mucho más agradable que la de @Kevin :):

$$ \frac{1}{2}(a+b)(x-y) = b(x-y)+ \frac{1}{2} (a-b)(x-y) $$

y es la base del resultado fundamental detrás de (3):

$$\int_0^t X_s \, \circ dW_s = \int_0^t X_s dW_s + \frac{1}{2} [X,W]_t $$