Izometryczna całka Ito

[miszazdr]

Cześć,
Na procesach stochastycznych pojawiło mi się się zadanie

\(\displaystyle{ \left< \int_0^2 B_s dB_s, \int_1^3 B_s dB_s \right> }\)

Z wykładu wiem, że:

\(\displaystyle{ 1) \: \int_0^t B_s dB_s = B_t \times B_t - B_0 \times B_0 - \int_0^t B_s dB_s - t }\)
\(\displaystyle{ 2) \: \left< \int_0^t B_s dB_s \right> = \int_0^t B_s ds, }\)

więc pierwszym moim podejściem było zapisanie całek w nawiasach w inny sposób:

\(\displaystyle{ \left<\frac{1}{2}\left( B_2^2 -2\right), \frac{1}{2}\left(B_3^2 - B_1^2 - 3 \right)\right>}\)

i tu się zastanawiam czy mogę uznać te <> nawiasy za iloczyn skalarny? Czy może powinienem jakoś zmienić granice całkowania w początkowej wersji, dodać i odjąć całki, żeby uzyskać np kawałki
\(\displaystyle{ \left< \int_{0}^{3} - \int_{2}^{3}, \int_{0}^{3} - \int_{0}^{1} \right> }\)?

\(\displaystyle{ B_t}\) to ruch Browna

Zastanawiam się też, czy granice tych całek mają znaczenie - ruch Browna jest losowy, więc teoretycznie całka od 0 do 2 może mieć taką sama wartość jak całka 1 do 3 (m.in. z powodu tych samych odległości)? Wtedy zadanie sprowadziłoby się do
\(\displaystyle{ \left< \int_0^2 B_s dB_s, \int_0^2 B_s dB_s \right> }\) co może być rozwiązane 2).
Jedynym problemem wtedy jest poczatek ruchu Browna czyli \(\displaystyle{ B_0 = 0}\) tak?

[Tmkk]

Z wykładu wiem, że:

\(\displaystyle{ 2) \: \left< \int_0^t B_s dB_s \right> = \int_0^t B_s ds, }\)

Tu powinien być kwadrat pod całką po prawej stronie.

więc pierwszym moim podejściem było zapisanie całek w nawiasach w inny sposób:

\(\displaystyle{ \left<\frac{1}{2}\left( B_2^2 -2\right), \frac{1}{2}\left(B_3^2 - B_1^2 - 3 \right)\right>}\)

i tu się zastanawiam czy mogę uznać te <> nawiasy za iloczyn skalarny?

Tak samo jak wcześniej, \(\displaystyle{ \left\langle f,g\right\rangle = \mathbb{E}(fg)}\). Tym sposobem dojdziesz do dobrego wyniku, tylko na sam koniec powinno być \(\displaystyle{ B_3^2 - B_1^2 - 2}\) zamiast \(\displaystyle{ B_3^2 - B_1^2 - 3}\).

Zastanawiam się też, czy granice tych całek mają znaczenie - ruch Browna jest losowy, więc teoretycznie całka od 0 do 2 może mieć taką sama wartość jak całka 1 do 3 (m.in. z powodu tych samych odległości)?

Wiesz już, że pierwsza całka to \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left( B_2^2 -2\right)}\), a druga to \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left(B_3^2 - B_1^2 - 2 \right)}\). Dla ustalonej trajektorii \(\displaystyle{ \omega}\) tego procesu, niezbyt prawdopodobne jest to, aby zaszło \(\displaystyle{ B_2^2(\omega) = B_3^2(\omega) - B_1^2(\omega)}\).
Popatrz też na całki \(\displaystyle{ \int_1^3 B_sds}\) oraz \(\displaystyle{ \int_0^2 B_sds}\). Dla ustalonej trajektorii, musielibyśmy mieć sporo szczęścia, aby była równość. Podobnie, jak d\(\displaystyle{ s}\) zastąpimy \(\displaystyle{ \mbox{d}B_s}\), co nadal jest jakąś tam zmienną losową.

Co do samego zadania, skoro masz tu pojęcie iloczynu skalarnego, to czy wiesz, że z izometrii to się rozpisuje następująco?

\(\displaystyle{ \left\langle \int_a^b f(B_s)dB_s, \int_a^b g(B_s)dB_s\right\rangle = \mathbb{E}\left( \int_a^b f(B_s)dB_s \right)\left( \int_a^b g(B_s)dB_s\right) = \mathbb{E}\left(\int_a^b f(B_s)g(B_s)\mbox{d}s\right)}\)

[miszazdr]

tak, tam w 2) była literówka.

tylko na sam koniec powinno być \(\displaystyle{ B_3^2 - B_1^2 - 2}\)

czyli w tamtym miejscu się odejmuje granice całkowania, a nie tylko górną granicę? \(\displaystyle{ -(3-1) = -2}\)


Po zapisaniu tego jako \(\displaystyle{ \frac{1}{4}\left< B_2^2 - 2, B_3^2 - B_1^2 -2 \right> }\) i przejściu na wartości oczekiwane zostaje mi ostatecznie
\(\displaystyle{ \frac{1}{4} \left(\mathbb{E}\left[B_2^2B_3^2\right] - \mathbb{E}\left[B_2^2B_1^2\right] \right) -1 }\)
i nie wiem zbytnio co zrobić z tymi wartościami oczekiwanymi

[Tmkk]

Tak, ogólnie to jest tak:

\(\displaystyle{ \int_a^b B_s\mbox{d}B_s = \frac{1}{2}\left(B_b^2 - B_a^2 - (b-a)\right)}\),

co możesz sobie nawet sprawdzić, jak napiszesz ten wzór 1) dla całki od \(\displaystyle{ 0}\) do \(\displaystyle{ b}\) oraz dla całki od \(\displaystyle{ 0}\) do \(\displaystyle{ a}\) i odejmiesz.

Co do drugiej częsci, może to nie jest optymalny sposób, ale możesz na przykład tak:

\(\displaystyle{ \mathbb{E}B_2^2B_3^2 = \mathbb{E}(B_2^2(B_3 - B_2 + B_2)^2) = \mathbb{E}(B_2^2(B_3-B_2)^2) + 2\mathbb{E}(B_2^3(B_3-B_2)) + \mathbb{E}B_2^4}\).

Pierwszy skład możesz rozbić na iloczyn wartości oczekiwanych, bo \(\displaystyle{ B_2}\) oraz \(\displaystyle{ B_3-B_2}\) są niezależne i to będzie to prostu iloczyn wariancji. Drugi składnik podobnie i to będzie zero, bo \(\displaystyle{ B_3-B_2}\) ma zerową średnią. Trzeci składnik do przeliczenia (lub sprawdzenia).

[miszazdr]

Tak, ogólnie to jest tak:

\(\displaystyle{ \int_a^b B_s\mbox{d}B_s = \frac{1}{2}\left(B_b^2 - B_a^2 - (b-a)\right)}\),

a co gdybyśmy całkowali inną zmienną losową lub po innej zmiennej losowej np:

\(\displaystyle{ \int_a^b B_s\mbox{d}M_s = B_b \times M_b - B_a \times M_a - \int_a^b B_s\mbox{d}M_s - (b-a)}\),

czy może

\(\displaystyle{ \int_a^b B_s\mbox{d}M_s = B_b \times M_b - B_a \times M_a - \int_a^b M_s\mbox{d}B_s - (b-a)}\)?

[Tmkk]

Po procesie*. No niestety, to nie będzie tak przyjemnie. Przede wszystkim musimy coś wiedzieć o \(\displaystyle{ M}\). Jeśli np. jest ciągłym martyngałem lokalnym albo ciągłym semimartyngałem, to wtedy zachodzi

\(\displaystyle{ B_tM_t = B_0M_0 + \int_0^t B_s\mbox{d}M_s + \int_0^t M_s\mbox{d}B_s + [B,M]_t}\),

gdzie \(\displaystyle{ [B,M]}\) to nawias kwadratowy tych dwóch procesów. Dla \(\displaystyle{ M = B}\) jest fajnie, bo \(\displaystyle{ [B,B]_t = t}\), więc pokrywa się to ze wzorem, który podałeś w pierwszym poście.