Intercambiar la diferenciación y la expectativa

Question

Tengo una variable aleatoria no negativa $X$ con $E[X] < \infty$ que admite una densidad respecto a la medida de Lebesgue. Para una medida arbitraria $K > 0$ Escribo

$$P(K) = E[\max(X-K,0)]$$ Me interesa la función $K \mapsto P(K)$ . Mi primera pregunta es

¿En qué condiciones se $P$ ¿dos veces diferenciable?

Mi segunda pregunta es asumiendo que existe,

¿Qué es? $\frac{\partial^2 P}{\partial K^2}$ ?

Con un poco de palabrería puedo "demostrar" que $\frac{\partial^2 P}{\partial K^2} = f_{X}(K)$ donde $f_X(K)$ es la densidad de $X$ evaluado en $K$ . Razono de la siguiente manera.

\begin{align} \frac{\partial^2 P}{\partial K^2} &= \lim_{h\to 0}\frac{P(K+h) - 2P(K) + P(K-h)}{h^2} \\ &= \lim_{h\to 0}\frac{E[\max(X-(K+h),0) - 2\max(X-K,0) + \max(X-(K-h),0)]}{h^2}\\ &\stackrel{(1)}{=}E\left[\lim_{h\to 0}\frac{\max(X-(K+h),0) - 2\max(X-K),0) + \max(X-(K-h),0)}{h^2}\right]\\ &\stackrel{(2)}{=}E\left[\delta_{K}(X)\right]\\ &\stackrel{(3)}{=}f_X(K) \end{align} $\delta_K(X) := \delta(X-K)$ denota la función delta de Dirac anterior.

Las cosas que requieren justificación (por lo que veo) son las igualdades numeradas arriba.

$(1)$ está claro. Aquí hay que invocar algún tipo de convergencia dominada. Para ser sincero, no he pensado en este paso en profundidad.

$(2)$ es extraño, por decir lo menos, pero mi razonamiento es que la función dentro del límite es un triángulo isósceles con base $2h$ y la altura $1/h$ por cada $h > 0$ . Siempre se integra a $1$ y es cero fuera del intervalo $[K-h,K+h]$ . Así que como $h \to 0$ debería converger a la función delta de Dirac en algún sentido.

$(3)$ está probablemente justificado. Dado que $X$ admite una densidad, $$E\left[\delta_{K}(X)\right] = \int\delta_{K}(x)f_X(x)dx = f_X(K)$$ No veo ningún problema, pero tampoco estoy absolutamente seguro.

Agradecería mucho que alguien me diera pistas/indicaciones sobre lo que hay que hacer para que todos los argumentos aquí sean totalmente precisos.

Answer 1

Dejemos que $\mu$ sea la FCD de $X$ . Entonces $$ P(K)=\mathbb{E}\left(X-K\right)^+=\int_{\mathbb{R}}\left(x-K\right)^+{\rm d}\mu=\int_K^{\infty}\left(x-K\right){\rm d}\mu=\int_K^{\infty}x{\rm d}\mu-K\left(1-\mu(K)\right), $$ o más claramente, $$ P(K)=K\mu(K)+\mathbb{E}X-K-e(K), $$ donde $$ e(K)=\int_0^Kx{\rm d}\mu, $$ y obviamente, $e(\infty)=\mathbb{E}X$ .

Gracias a este resultado, si $\mu$ produce un PDF $f$ es decir, ${\rm d}\mu(x)=f(x){\rm d}x$ entonces $$ P'(K)=\mu(K)+Kf(K)-1-Kf(K)=\mu(K)-1, $$ y por lo tanto $$ P''(K)=f(K). $$

Answer 2

Utilizar la identidad $\int_{k}^x1\,dt=x-k$ y luego cambiar el orden de integración: $$ \begin{align} P(k) &=\int_{k}^\infty (x-k)f_X(x)\,dx \\&=\int_{k}^\infty\left(\int_{k}^x1\,dt\right)\,f_X(x)\,dx \\&=\int_k^\infty\int_t^\infty f_X(x)\,dx\,dt \\&=\int_k^\infty \mathbb P(X\ge t)\,dt=\int_k^\infty1-F_X(t)\,dt \end{align} $$ Ahora, usando el teorema fundamental del cálculo, $P'(k)=-(1-F_X(k))$ y utilizando el hecho $X$ tiene una densidad $f_X=F_X'$ , $P''(k)=f_X(k)$ .