Calcula $E(2B_T e^{-B_T}+ 4e^{-B_T})$ para $B = (B_t)_{t \geq 0}$ un movimiento browniano estándar y $T=\inf\{t \geq 0 : |B_t|=1\}$ .

Question

Dejemos que $B = (B_t)_{t \geq 0}$ un movimiento browniano estándar, y $T=\inf\{t \geq 0 : |B_t|=1\}$ . Entonces tengo que calcular la siguiente expectativa

$$E(B_T + \int_0^T B_s e^{-B_s} I(B_s \geq -1)ds)$$

donde $I$ es la función indicadora. Por simetría puedo ver que $E(B_T)=0$ Por lo tanto, sólo tengo que calcular la expectativa de la integral. También entre $0$ y $T$ el movimiento browniano se encuentra claramente por encima de $-1$ así puedo dejar la función de indicador. Mediante la aplicación del lema de Ito he encontrado que

$$\int_0^t B_s e^{-B_s}ds = 2B_t e^{-B_t}+ 4e^{-B_t} -4 + 2 \int_0^t (B_se^{-B_s} + e^{-B_s}) dB_s$$

¿Cómo podría continuar desde aquí? ¿Debería intentar demostrar que la integral es una martingala y utilizar potencialmente el teorema de parada opcional? Si es así, todavía tendría que calcular $E(2B_T e^{-B_T}+ 4e^{-B_T})$ que tampoco estoy seguro de cómo hacerlo. ¿O hay una forma completamente diferente de abordar este problema?

Editar:

Para demostrar que la integral es una martingala creo que es suficiente mostrar que

$$\int_0^t E(B_s^2e^{-2B_s})ds \ \text{and} \int_0^tE(e^{-2B_s})ds$$

son ambos finitos. ¿Cómo puedo estar seguro de esto? Y entonces para utilizar el teorema de parada opcional necesitaría demostrar que

$$\int_0^{t \wedge T} (B_se^{-B_s} + e^{-B_s}) dB_s$$

está acotado. ¿Cómo podría mostrar esto también?

Answer 1

A partir de la definición de $T$ sabemos que $B_T = \pm 1$ y por el teorema de parada opcional $\mathbb{E}[B_T] = 0$ por lo que si dejamos que $p := P(B_T = 1)$ entonces sabemos $p = \frac 12$ . Por lo tanto, \begin{align*} \mathbb{E}[2B_T e^{-B_T} + 4 e^{-B_T}] &= \frac 12 (2e^{-1}+4e^{-1}) + \frac 12 (-2e + 4e) \\ &= 3e^{-1} + e. \end{align*}

Ahora mostraremos $\int_0^{t \wedge T} (B_s e^{-B_s} + e^{-B_s})dB_s$ es una martingala uniformemente integrable, por lo que podemos aplicarle el teorema de parada opcional. Tenemos

\begin{align*} \mathbb{E}[\int_0^{t \wedge T} (B_s e^{-B_s} + e^{-B_s})^2ds] &= \mathbb{E}[\int_0^{t \wedge T} (B_s +1)^2e^{-2B_s}ds] \\ &\le \mathbb{E}[\int_0^{t \wedge T} (1 +1)^2e^{2}ds] \\ &= 4e^2 \mathbb{E}[t \wedge T] \\ &\le 4e^2 \mathbb{E}[T] < \infty \end{align*}

por lo que la variación cuadrática está acotada en $L^2$ y por lo tanto $\mathbb{E}[\int_0^{T} (B_s e^{-B_s} + e^{-B_s})dB_s]=0$ .