Cómo hacer esta extensión heurística de Itô Tanaka ' fórmula s válido

Question

Aquí está mi historia, tengo la siguiente función :
$$ g(x)=(1+x)\cdot\exp\left(-\frac{(\log(x+a)+c)^2}{2\sigma^2}\right)1[x\ge y]=f(x)\cdot1[x\ge y] $$
con $a,c,\sigma$ "bueno" de reales, de modo que $g$ se queda bien definido y se deje $X_t$ ser un movimiento Browniano geométrico.

Aquí la función $g$ no es una función convexa ni una diferencia de dos funciones convexas debido a que el indicador de la función en $x=y$ donde la continuidad es quebrantado.

Un "ilegal" pasar a continuación, es aplicar ciegamente Itô-Tanaka fórmula a $g(X_T)$ y obtener : $$ g(X_T)=g(X_0) +\int_0^T D^-g(X_t)dX_t+ \int_{\mathbb{R}}\Lambda_T(a)\mu(da) $$

Donde $D^-$ es la izquierda derivtive operador y $\mu$ es la "segunda derivada de la medida" (véase, por ejemplo, el teorema 7.1 página 218 en Karatzas y Shreve del libro "el Movimiento Browniano y el Estocástico cálculo").

Siguiendo esta fórmula ciegamente me gustaría conseguir (débilmente) :
$$ D^-g(x)=f'(x)\cdot1[x>y]+f(y)\cdot\delta_y(x) $$

Ahora recibiendo $\mu$ parece formalmente como:
$$ \mu(dx)=f"(x)\cdot1[x\ge y]dx+f'(y)\cdot\delta_y(dx) +f(y)(\delta_y)'(dx) $$

Así llegamos a la (probablemente mal pero atractivo) fórmula : $$ \begin{align} g(X_T)&=g(X_0)+\int_0^T \left(f'(X_t)\cdot 1[X_t\ge y]+f(y)\delta_y(X_t)\right) dX_t+\int_y^{\infty}\Lambda_T(x)f''(x)dx \\ &+f'(y)\Lambda_T(y)-f(y)\partial_y\Lambda_T(y) \end{align} $$

Aquí muchos términos que parecen no estar bien definidos, por lo que yo estaba recibiendo una heurística (y muy malo) cálculo sólo para ver a donde se estaba dirigiendo. De todos modos ahora estoy preguntando cuál es el resultado correcto en este caso.

Cuando digo correcto me refiero a que explicite el compensador de la $g(X_t)$ proceso de uso de locales de tiempo, porque, al final, me gustaría aprovechar la expectativa de $g(X_t)$, deshacerse de los locales de martingala partes y obtener la expectativa de $g(X_t)$ en la forma de la expectativa de que el compensador se expresa en la hora local de $X_t$ + $g(X_0)$.

Saludos

PS: aquí la función $f$ fue elegido como parecía lo suficientemente simple para ser Itô diferenciable pero con razonable propiedades, por lo que la expectación posible que existe.

Answer 1

Deje $h=g + f(y)1_{(-\infty,y)}$. A continuación, $h$ satisface las condiciones del Problema 6.24 en Karatzas y Shreve, y por lo tanto puede ser escrito como una diferencia de dos funciones convexas. Por tanto, tenemos \[ h(X_T) = h(X_0) + \int_0^T D^-h(X_t)\,dX_t + \int_{\mathbb{R}} \Lambda_T(x)\mu(dx). \] En este caso, $D^-h = 1_{(y,\infty)}f'$ y \[ \mu(dx) = (1_{(y,\infty)}f")(x)\,dx + f'(y)\delta_y(dx). \] Por lo tanto, \[ h(X_T) = h(X_0) + \int_0^T f'(X_t)1_{\{X_t>y\}}\,dX_t + \int_y^\infty \Lambda_T(x)f"(x)\,dx + f'(y)\Lambda_T(y). \] Desde $h=g + f(y)1_{(-\infty,y)}$, esto le da \begin{multline*} g(X_T) = g(X_0) + f(y) 1_{\{X_0 < y\}} - f(y)1_{\{X_T < y\}}\\ + \int_0^T f'(X_t)1_{\{X_t>y\}}\,dX_t + \int_y^\infty \Lambda_T(x)f''(x)\,dx + f'(y)\Lambda_T(y). \end{multline*}