Diferencial/derivada de la integral de tiempo de un proceso estocástico, donde el proceso estocástico depende del límite superior

Question

Para un proceso de Wiener estándar/movimiento browniano, $W$ para las integrales habituales $\int_0^t\sigma(u)dW(u)$ y $\int_0^tW(u)du$ Sé cómo manipularlos usando el Lemma de Ito/rues de cálculo normal como Leibniz para calcular las derivadas/formas diferenciales.

Una de mis confusiones es respecto a lo que significa tomar una diferencial cuando se aplica a una integral de tiempo de un proceso Ito. Sé que $dX_t$ para algún Proceso Ito $X_t$ es una forma heurística, pero cuando se utilizan las reglas de cálculo normales, no consigo averiguar qué significa una expresión como $d\int_0^tW(u)du$ es "hacer". $\frac{d}{dt}\int_0^tW(u)du$ es algo que puedo calcular con Leibniz, y esto me lleva a $W(t)$ y en ese sentido si se multiplican ambos lados por $dt$ , $d\int_0^tW(u)du = W(t)dt$ . Pero, ¿es posible llegar a ese punto sin involucrar en absoluto la variable temporal?

¿Y qué pasa con el caso en el que el proceso estocástico interno depende de $t$ ? Por ejemplo, la siguiente integral: $\int_0^tL(u,t)du$ , donde $L$ es un proceso Ito: $dL = \mu(u,t)dt + \sigma(u,t)dW_t$ Estaba tratando de calcular $d\int_0^tL(u,t)du$ pero no pudo averiguar cómo proceder después de aplicar la regla integral de Leibniz en el sentido de calcular $\frac{d}{dt}\int_0^tL(u,t)du$ . Tengo el primer término como $L(t,t)$ , ( $L(t,t)dt$ si sólo se utiliza el diferencial), pero el segundo término parece ser $\int_0^t\frac{d}{dt}L(u,t)du$ que no estoy seguro de cómo proceder, ya que las derivadas temporales de los procesos estocásticos son algo con lo que no estoy familiarizado.

La respuesta (sin incluir ningún término que implique el movimiento browniano, $W$ ) según el libro que estoy leyendo se supone que es $\frac{d}{dt}\int_0^tL(u,t)du = L(t,t) + \int_0^t\mu(s,t)ds$ donde $\mu$ est $L$ de la deriva. Pero no tengo ni idea de cómo llegaron a ese punto.

Answer 1

$\def\si{\sigma}$ $\def\th{\theta}$

Dejemos que $M(u,t)=\int_0^t\si(u,r)\,dW_r$ y asumir las trayectorias muestrales de $\si$ tienen derivadas parciales continuas. En esta respuesta, utilizaré repetidamente el hecho de que si $\th$ es un proceso de variación acotado, entonces $$ \int_0^t\th_r\,dW_r=\th_tW_t-\int_0^tW_r\,d\th_r.\tag{IBP} $$

Lema. $$ \int_0^s M(u,t)\,du = \int_0^s\int_0^t\si(u,r)\,dW_r\,du = \int_0^t\int_0^s\si(u,r)\,du\,dW_r. $$

Prueba. Arreglar $s$ . Sea $Y_t=\int_0^t\int_0^s\si(u,r)\,du\,dW_r$ . Por (IBP), tenemos $$ Y_t = W_t\int_0^s\si(u,t)\,du - \int_0^tW_r\int_0^s\si_2(u,r)\,du\,dr, $$ donde $\si_2$ es la derivada parcial de $\si$ con respecto al segundo argumento. Para cada trayectoria de la muestra, las integrales anteriores son integrales ordinarias. Así, por el teorema de Fubini \begin{align} Y_t &= W_t\int_0^s\si(u,t)\,du - \int_0^s\int_0^tW_r\si_2(u,r)\,dr\,du\tag{1}\\ &= \int_0^s\left({W_t\si(u,t) - \int_0^tW_r\si_2(u,r)\,dr}\right)\,du. \end{align} Por (IBP), $$ \int_0^t W_r\si_2(u,r)\,dr = W_t\si(u,t) - \int_0^t \si(u,r)\,dW_r.\tag{2} $$ Así, $Y_t=\int_0^s\int_0^t \si(u,r)\,dW_r\,du$ . $\square$

Dejemos que $X_t=\int_0^t M(u,t)\,du$ . Por (1) con $s=t$ , $$ X_t = W_t\int_0^t\si(u,t)\,du - \int_0^t\int_0^tW_r\si_2(u,r)\,dr\,du. $$ Por lo tanto, utilizando de nuevo (IBP), \begin{align} dX_t &= \int_0^t\si(u,t)\,du\,dW_t + W_t\left({ \si(t,t) + \int_0^t\si_2(u,t)\,du }\right)\,dt\\ &\qquad - \left({ \int_0^tW_r\si_2(t,r)\,dr + \int_0^tW_t\si_2(u,t)\,du }\right)\,dt\\ &= \int_0^t\si(u,t)\,du\,dW_t + \left({ W_t\si(t,t) - \int_0^tW_r\si_2(t,r)\,dr }\right)\,dt. \end{align} Por (2) con $u=t$ Esto da como resultado \begin{align} dX_t &= \int_0^t\si(u,t)\,du\,dW_t + \int_0^t \si(t,r)\,dW_r\,dt\\ &= \int_0^t\si(u,t)\,du\,dW_t + M(t,t)\,dt. \end{align} Por último, dejemos que \begin{align} L(u,t) &= L(u,0) + \int_0^t\mu(u,r)\,dr + \int_0^t\si(u,r)\,dW_r\\ &= L(u,0) + \int_0^t\mu(u,r)\,dr + M(u,t). \end{align} Entonces \begin{align} \int_0^t L(u,t)\,du &= \int_0^t L(u,0)\,du + \int_0^t\int_0^t\mu(u,r)\,dr\,du + \int_0^t M(u,t)\,du\\ &= \int_0^t L(u,0)\,du + \int_0^t\int_0^t\mu(u,r)\,dr\,du + X_t. \end{align} Por lo tanto, \begin{align} d\left({\int_0^t L(u,t)\,du}\right) &= L(t,0)\,dt + \int_0^t\mu(t,r)\,dr\,dt + \int_0^t\mu(u,t)\,du\,dt\\ &\qquad + \int_0^t\si(u,t)\,du\,dW_t + M(t,t)\,dt\\ &= L(t,t)\,dt + \int_0^t\mu(u,t)\,du\,dt + \int_0^t\si(u,t)\,du\,dW_t. \end{align} Esta fórmula tiene un extra $dW$ término que su fórmula no tiene. En retrospectiva, esto parece razonable. Por (1), $\int_0^s M(u,t)\,du$ es un proceso tal que si fijamos $t$ , entonces es una variación acotada en $s$ , pero si arreglamos $s$ , entonces es una variación cuadrática en $t$ . Su fórmula implica que este proceso es una variación acotada en la diagonal $s=t$ Lo que parece bastante contradictorio. ( Editar: Acabo de darme cuenta de la frase "sin incluir ningún término que implique el movimiento browniano", así que supongo que la fórmula que has puesto al final estaba intencionadamente incompleta).

Editar 2: Si interpretamos expresiones como $\int_0^t f(u,t)\,dZ_t\,du$ como significado $\left({\int_0^t f(u,t)\,du}\right)\,dZ_t$ entonces acabamos de demostrar que bajo supuestos adecuados sobre $\mu$ y $\si$ , $$ d\left({\int_0^t L(u,t)\,du}\right) = L(t,t)\,dt + \int_0^t dL(u,t)\,du. $$