隨機微積分 (13) 伊藤過程、隨機微分方程SDE

作者：由 TOVARISHI金夕發表于動漫時間：2021-08-12

伊藤是什麼意思

一、伊藤擴散過程（Ito diffusion Process）與隨機微分方程（SDE）定義

1。1 定義（伊藤擴散過程與SDE）

（1）設

為

$\mathcal{F}_0$

-可測，

$\mu_s,\sigma_s$

為

$\{\mathcal{F}_t\}$

adapted且

$\int_{0}^{T}|\mu_t| d t<\infty , \int_{0}^{T} \sigma^{2}_t d t<\infty$

。則稱

$\bbox[5px,border: 1px solid black]{X_t=X_0+\int_{0}^{t} \mu_s d s+\int_{0}^{t} \sigma_s d B_s,\qquad(0 \leq t \leq T)}$

為以

$\mu_s$

為漂移係數，

$\sigma_s$

為擴散係數的伊藤（擴散）過程。

（2）微分形式：

$\bbox[5px,border: 1px solid black]{{d X_t=\mu_t d t+\sigma_t d B_t, \quad 0 \leq t \leq T}}$

，稱為

General SDE

，即

$\mu_t,\sigma_t$

的取值可以依賴於過去所有

$X_s,\ 0<s<t$

。我們對此作出一些限制：

要求

$\mu_t(X_t),\sigma_t(X_t)$

, 即係數

$\mu_t,\sigma_t$

僅與時間t和當期取值

有關，稱作Diffusion-Type SDE. 之後關於SDE的討論僅侷限於Diffusion-Type.

注意：關於微分形式的使用：

$d X_t=\mu_t d t+\sigma_t d B_t, \quad 0 \leq t \leq T$

。由上一節鏈式法則可知，可以將

直接代換。

二、伊藤過程的二階變差計算

2。1 定理（伊藤過程的二階變差）

$\bbox[5px,border: 1px solid black]{\langle X\rangle_t=\int_{0}^{t} \sigma_s^2 d s}$

，微分形式：

$d\langle X\rangle_t=\sigma_t^2dt$

證明：

由內積的極化恆等式，結合Kunita-Watanabe恆等式與二階變差運算規則可得：

$\langle X\rangle_t= \left[ \begin{array} \\1&1&1\\ \end{array} \right] \cdot \left[ \begin{array} \\\langle X_0\rangle&\langle X_0,\int_{0}^{t} \mu_s d s\rangle&\langle X_0,\int_{0}^{t} \sigma_s d B_s\rangle\\ \\\langle X_0,\int_{0}^{t} \mu_s d s\rangle&\langle\int_{0}^{t} \mu_s d s\rangle&\langle \int_{0}^{t} \sigma_s d B_s,\int_{0}^{t} \mu_s d s\rangle\\ \\\langle X_0, \int_{0}^{t} \sigma_s d B_s\rangle&\langle \int_{0}^{t} \sigma_s d B_s,\int_{0}^{t} \mu_s d s\rangle&\langle \int_{0}^{t} \sigma_s d B_s\rangle\\ \end{array} \right] \cdot \left[ \begin{array} \\1\\ \\1\\ \\1\\ \end{array} \right]={\langle\int_{0}^{t} \sigma_s d B_s\rangle=\int_{0}^{t} \sigma_s^2 ds}$

2。2 推論（同一布朗運動的兩個伊藤過程的二階協變差）

對同一布朗運動

，設

$\begin{array}{l} d X_t=\mu_{x} d t+\sigma_{x} d B_t ;\ d Y_t=\mu_{y} d t+\sigma_{y} d B_t \\ \end{array}$

均為伊藤過程，則有：

$\bbox[5px,border: 1px solid black]{\langle X,Y\rangle_t=\int_{0}^{t} \sigma _{x}^2\sigma _{y}^2 d s}$

，微分形式：

$d\langle X,Y\rangle_t=\sigma_x\sigma_ydt$

（嚴格證明由極化恆等式可得）

形式化證明

：由泰勒公式展開，再利用微分計算規則可得：

$d\langle X,Y\rangle_t=dX_tdY_t=(\mu_{x} d t+\sigma_{x} d B_t)(\mu_{y} d t+\sigma_{y} d B_t)=\sigma_x\sigma_ydt$

。

2。3 引理（伊藤過程的微分運演算法）

對同一布朗運動

，設

$\begin{array}{l} d X_t=\mu_{x} d t+\sigma_{x} d B_t ;\ d Y_t=\mu_{y} d t+\sigma_{y} d B_t \\ \end{array}$

均為伊藤過程，則有：

$dtdt=d\langle t\rangle=0\\dtdX_t=d\langle X_t,t\rangle=0\\ dX_tdX_t=d\langle X_t\rangle=\sigma_t^2dt\\ dX_tdY_t=d\langle X,Y\rangle_t=\sigma_x\sigma_ydt$

三、同一布朗運動伊藤過程的伊藤公式

3。1 定理（伊藤過程的伊藤公式）

設

$f\in \mathcal{C}^2$

，記

。則有

$\bbox[5px,,border:1px solid black]{f(T,X_T)-f(0,X_0)=\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial t} d t+\left(\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial x} \mu_{t} d t+\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial x} \sigma_{t} d B_{t}\right)+\frac{1}{2} \int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} \sigma_{t}^{2} d t}$

。

證明

：

由Ito-Doeblin公式：

$f\left(T, X_{T}\right)=f\left(0, X_{0}\right)+\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial t} d t+\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial x} d X_{t}+\frac{1}{2} \bigg[\int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} d\langle X, X\rangle_{t}+\int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial t^{2}} d\langle t, t\rangle_{t}+\int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial t} d\langle X, t\rangle_{t}\bigg]$

由於

$\langle X, t\rangle_{t}=\langle X_0, t\rangle+\langle\int_{0}^{t} \mu_s d s, t\rangle+\langle\int_{0}^{t}\sigma_s d B_s,t\rangle$

，兩個積分均為

$\mathcal{H}^2$

且

為常數，則各項均為零。易知，

$\langle t,t\rangle=0$

。

$\Rightarrow$

$\begin{aligned} f\left(T, X_{T}\right)-f\left(0, X_{0}\right)&=\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial t} d t+\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial x} d X_{t}+\frac{1}{2} \int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} d\langle X, X\rangle_{t}\\ &=\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial t} d t+\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial x} d X_{t}+\frac{1}{2} \int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}\sigma_s^2 ds\\ &=\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial t} d t+\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial x}(\mu_t d t+\sigma_t d B_t)+\frac{1}{2} \int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}\sigma_s^2 ds\\ \end{aligned}$

（也可由泰勒展開形式計算求出

$d\langle X_t,t\rangle=dtdX_t=\mu_tdt^2+\sigma_tdtdX_t;\ d\langle t\rangle=0;\ \ d\langle X_t\rangle=dt$

）

3。2 定理（同一布朗運動伊藤過程的伊藤公式2維推廣）

設

$f\in \mathcal{C}^2$

，記

。

為兩個基於共同

的伊藤過程，則有

$\bbox[10px,,border:0.5px solid black]{f(X_T,Y_T)-f(X_0,Y_0)=\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial t} (\mu_{x} d t+\sigma_{x} d B_t)+\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial y}(\mu_y d t+\sigma_y d B_t)+\frac{1}{2} \int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}\sigma_x^2 ds+\frac{1}{2} \int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}\sigma_y^2 ds+\int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}\sigma_x\sigma_y d s}$

證明

：

由Ito-Doeblin公式：

$f(X_T,Y_T)-f(X_0,Y_0)=\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial x} d X_t+\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial y} d Y_{t}+\\\frac{1}{2} \bigg[\int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} d\langle X, X\rangle_{t}+\int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial t} d\langle X, t\rangle_{t}\bigg]\\+\frac{1}{2} \bigg[\int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} d\langle Y, Y\rangle_{t}+\int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial y\partial t} d\langle Y, t\rangle_{t}\bigg]+\int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial xy} d\langle X, Y\rangle_{t}$

由於

$\langle X, t\rangle_{t}=\langle X_0, t\rangle+\langle\int_{0}^{t} \mu_s d s, t\rangle+\langle\int_{0}^{t}\sigma_s d B_s,t\rangle$

，兩個積分均為

$\mathcal{H}^2$

且

為常數，則各項均為零。

$\Rightarrow$

$\begin{aligned} f&(X_T,Y_T)-f(X_0,Y_0)=\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial x} d X_t+\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial y} d Y_{t}+\frac{1}{2} \int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} d\langle X\rangle_{t}+\frac{1}{2} \int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} d\langle Y\rangle_{t}+2\cdot\frac{1}{2} \int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial xy} d\langle X, Y\rangle_{t}\\ &=\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial x} d X_t+\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial y} d Y_{t}+\frac{1}{2} \int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}\sigma_x^2 ds+\frac{1}{2} \int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}\sigma_y^2 ds+\int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}\sigma_x\sigma_y d s\\ &=\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial t} (\mu_{x} d t+\sigma_{x} d B_t)+\int_{0}^{T} \frac{\partial f}{\partial y}(\mu_y d t+\sigma_y d B_t)+\frac{1}{2} \int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}\sigma_x^2 ds+\frac{1}{2} \int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}\sigma_y^2 ds+\int_{0}^{T} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}\sigma_x\sigma_y d s\\ \end{aligned}$

（也可由形式計算求出

$d\langle X_t\rangle=dt;\ d\langle Y_t\rangle=dt;\ \ d\langle X_t,Y_t\rangle=\sigma_x\sigma_ydt$

）

3。3 Example 同一布朗運動伊藤過程： Solution to Geometric Brownian Motion

Solution of SDE of Geometric Brownian Motion (Black Scholes Merton Model):

設

$\frac{dS_t}{S_t}=\mu dt+\sigma dB_t$

，其中

$\mu,\sigma$

均為常數，則該SDE的解為

$\bbox[6px,,border:1px solid black]{S_T=S_t{e}^{(\mu-\frac{1}{2}\sigma^2)(T-t)+\sigma(B_T-B_t)}}$

。

證：

$\begin{aligned} d\ln S_t&=\frac{1}{S_t}dS_t+\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{S_t^2}\right)dS_tdS_t\\ &=\frac{1}{S_t}S_t(\mu dt+\sigma dB_t)+\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{S_t^2}\right)S_t^2(\mu dt+\sigma dB_t)^2=\mu dt+\sigma dB_t-\frac{1}{2}\sigma^2 dt\\ &=(\mu-\frac{1}{2}\sigma^2)dt+\sigma dB_t\Rightarrow\\ &\ln S_T=\ln S_t+\int_t^T d\ln S_u=\ln S_t+(\mu-\frac{1}{2}\sigma^2)(T-t)+\sigma (B_T-B_t)\\ \end{aligned}$

則有

$S_T=e\ln S_T= S_t{e}^{(\mu-\frac{1}{2}\sigma^2)(T-t)+\sigma(B_T-B_t)}$

。

3。4 Example 同一布朗運動伊藤過程： Expectation of Geometric Brownian Motion

設瞬時股利

模型符合GBM：

$\frac{dD_t}{D_t}=\mu dt+\sigma dB_t$

則設公司價格

$P_t=\mathbb{E}[\int^\infty_te^{-rs}D_sds|\mathcal{F}_t]$

，其中瞬時無風險利息為

。

則求價格

的表示式。

首先，

$P_t=\mathbb{E}[\int^\infty_te^{-r(s-t)}D_sds|\mathcal{F}_t]=\int^\infty_te^{-r(s-t)}\mathbb{E}[D_s|\mathcal{F}_t]ds$

。

解法一：

則由3。3

$D_s= D_t{e}^{(\mu-\frac{1}{2}\sigma^2)(s-t)+\sigma(B_s-B_t)}$

。則可以求出

$\mathbb{E}[D_s|\mathcal{F}_t]=D_t{e}^{(\mu-\frac{1}{2}\sigma^2)(s-t)}\mathbb{E}_t[e^{\sigma(B_s-B_t)}]$

。顯然內部的條件期望由於布朗運動的獨立增量性其指數也為獨立，即可去除條件。則該期望為正態分佈

$\mathcal{N}(0,(s-t)\sigma^2)$

的矩母函式，

即

$\mathbb{E}[D_s]=D_t{e}^{(\mu-\frac{1}{2}\sigma^2)(s-t)}e^{\frac{1}{2}\sigma^2(s-t)}=D_te^{\mu(s-t)}$

。則代入積分，顯然

$P_t=\frac{D_t}{r-\mu}$

解法二：

在我們不需要直接得到SDE的解時，可以直接從SDE求出期望。考察

$\mathbb{E}[D_t]=\mathbb{E}[\int dD_t]=\mathbb{E}[\int\mu D_tdt]+\mathbb{E}[\int\sigma D_t dB_t]$

。由於良態伊藤積分的均值為

，則

$\mathbb{E}[D_t]=\mathbb{E}[\int\mu D_tdt]=\int\mu \mathbb{E}[D_t]dt$

。即轉化為微分方程

$d\mathbb{E}[D_t]=\mu\mathbb{E}[D_t]dt\Rightarrow \mathbb{E}[D_s]=D_te^{\mu (s-t)}$

。

五、高維布朗運動

5。1 定義（隨機過程間的獨立）

$X_t\perp Y_t \Rightarrow^{def} \forall n\in\mathbb{N},t_i\in \mathcal{T},$

有限維分佈獨立，即

$F_{X_{t_{1}}, \ldots, X_{t_{n}}, Y_{t_{1}}, \ldots, Y_{t_{n}}}\left(x_{1}, \ldots, x_{n}, y_{1}, \ldots, y_{n}\right)=F_{X_{t_{1}}, \ldots, X_{t_{n}}}\left(x_{1}, \ldots, x_{n}\right) \cdot F_{Y_{t_{1}}, \ldots, Y_{t_{n}}}\left(y_{1}, \ldots, y_{n}\right)$

5。2 定理（兩個獨立布朗運動協變差為零）

設

相互獨立的布朗運動。則

$\langle B_1,B_2 \rangle=0$

。

原理

：

$\langle B_1,B_2\rangle_t=\int d\langle B_1,B_2\rangle_t=\int dB_1dB_2\Rightarrow\mathbb{E}\left[\langle B_1,B_2\rangle_t\right]=\int \mathbb{E}[dB_1dB_2]$

由於兩個過程之間的獨立性，

$\forall dt, =\int \mathbb{E}[dB_1]\mathbb{E}[dB_2]=0$

。此外，

$Var\left(\langle B_1,B_2\rangle_t\right)=Var\left(\int d\langle B_1,B_2\rangle_t\right)$

。由布朗運動獨立增量性，

$d\langle B_1, B_2\rangle_s \perp d\langle B_1, B_2\rangle_t, \forall s\ne t\Rightarrow$

$\begin{aligned} &Var\left(\int d\langle B_1,B_2\rangle_t\right)=\int Var\left(d\langle B_1,B_2\rangle_t\right)=\int \mathbb{E}[d\langle B_1,B_2\rangle_t^2]\\ &=\int \mathbb{E}[dB_1^2dB_2^2]_t=^{由過程獨立性}\int \mathbb{E}[dB_1^2]_t\mathbb{E}[dB_2^2]_t=\int dtdt\leq \max\{dt\}\int dt=T\max\{dt\}\to0 \end{aligned}$

5.3 定義(兩個常數相關的布朗運動）

當

$\forall s<t,$

$\left[\begin{array} &(B_1)_t-(B_1)_s \\(B_1)_t-(B_1)_s \end{array}\right]\perp\mathcal{F}_s$

，且

$\left[\begin{array} &(B_1)_t-(B_1)_s \\(B_1)_t-(B_1)_s \end{array}\right]\sim N\left(\bold{\mu},\left[\begin{array} &t-s&\rho(t-s) \\\rho(t-s)&t-s \end{array}\right]\right)$

時，稱

為以

$\rho$

為相關係數的兩個布朗運動。

5。4 定理（常數相關布朗運動的二階協變差）

設

為以

$\rho$

為相關係數的兩個布朗運動，則

$\bbox[5px,,border:1px solid black] {\langle B_1,B_2\rangle_t=\rho t}$

，微分形式

$d {\langle B_1,B_2\rangle_t=\rho dt}$

。

證明：

設

$B_1,\widetilde{W}$

為兩個獨立的布朗運動。首先考察

$\widetilde{B}_2=\rho B_1+\sqrt{1-\rho^2}\widetilde{W}$

：

易知

$\forall s<t, \ \left[\begin{array} \\(B_1)_t-(B_1)_s \\ (\widetilde{B}_2)_t-(\widetilde{B}_2)_s \end{array}\right]\perp\mathcal{F}_s$

，且

$\left[\begin{array} \\(B_1)_t-(B_1)_s \\ (\widetilde{B}_2)_t-(\widetilde{B}_2)_s \end{array}\right]\sim N\left(\bold{\mu},\left[\begin{array} &t-s&\rho(t-s) \\\rho(t-s)&t-s \end{array}\right]\right)$

。

則

$B_2=^{distribution}\widetilde{B}_2$

。

$\Rightarrow \langle B_1,B_2\rangle_t=\langle B_1,\widetilde{B}_2\rangle_t=\langle B_1,\rho B_1+\sqrt{1-\rho^2}\widetilde{W}\rangle_t=\langle B_1,\rho B_1\rangle_t+\langle B_1,\sqrt{1-\rho^2}\widetilde{W}\rangle_t=\rho t+0$