Aplicación de Feynmann/Kac para la resolución de ecuaciones diferenciales parciales

Question

Consideremos la siguiente ecuación diferencial parcial:

$$u_t(t,x) + \mu x u_x(t,x) + \frac{1}{2} \sigma^2x^2 u_{xx}(t,x) =0$$ para $(t,x) \in [0,T) \times (0, \infty)$

y el estado de los terminales $u(T,x)=\log x^2$

Quiero encontrar la solución $u(t,x)$ a este pde usando Feynman/Kac.

Por lo tanto, considero que la sde correspondiente:

$$ dX_t=\mu X_t dt + \sigma X_t dW_t$$

La solución es entonces $X_t=e^{(\mu-\sigma^2/2)t + \sigma W_t}$ con la condición inicial $X_0=1$ . ¿Puedo asumirlo?

Entonces, Feymann/Kac cede:

$$u(t,x)=E[log (X_T)^2| F_t]$$

No estoy muy seguro de cómo puedo calcular esto. Como solución debería obtener: $E[\log(\frac{X_T}{X_t})^2] + 2 \log x$

¿Dónde está este factor adicional $2 \log x$ y $X_t$ ¿de dónde viene?

Answer 1

Tomemos una ruta larga para practicar. Como hemos $u(x,t)=\ln(x^2)$ podemos usar Ito directamente: $$\frac{\partial u}{\partial t}=0 \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\partial u}{\partial x}=2x\frac{1}{x^2}=\frac{2}{x} \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=-\frac{2}{x^2}$$ Así que $$\begin{aligned}du&=\frac{\partial u}{\partial x}(X_t,t)dX_t+\frac{1}{2}\sigma^2X^2_t\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(X_t,t)dt=\\ &=\frac{2}{X_t}\bigg(\mu X_tdt+\sigma X_tdW_t\bigg)+\frac{1}{2}\sigma^2(-2)dt=\\ &=(2\mu-\sigma^2) dt+2\sigma dW_t \end{aligned}$$ por lo tanto $$\begin{aligned}u(X_T,T)-u(X_t,t)&=(2\mu-\sigma^2)(T-t)+2\sigma(W_t-W_t)\\ \ln(X_T^2)&=\ln(X_t^2)+(2\mu-\sigma^2)(T-t)+2\sigma(W_t-W_t)\\ \\ \ln(X_T^2)|\mathcal{F}_t&\sim \mathcal{N}(\ln(X_t^2)+(2\mu-\sigma^2)(T-t),\,4\sigma^2(T-t)) \end{aligned}$$ y finalmente $$E[\ln(X_T^2)|\mathcal{F}_t]=\ln(X_t^2)+(2\mu-\sigma^2)(T-t)$$ $$\implies u(x,t)=\ln(x^2)+(2\mu-\sigma^2)(T-t)$$ Observe que $$\ln((X_T/X_t)^2)=2\ln(X_T/X_t)|\mathcal{F_t}\sim \mathcal{N}((2\mu-\sigma^2)(T-t),4\sigma^2(T-t))$$ Así que $E[\ln((X_T/X_t)^2)|\mathcal{F_t}]=(2\mu-\sigma^2)(T-t)$ y se demuestra el resultado que querías.