Golpear tiempo de Movimiento Browniano con deriva

Question

Deje $X_t =x+bt+\sqrt{2}W_t$ donde $W_t$ es un estándar de movimiento Browniano. Deje $T=\inf\{t: |X_t|=1\}$. Estoy tratando de encontrar a $\mathbb{E}[T]$ para el caso de $b\neq0$.

En primer lugar, voy a aplicar Girsanov para cambiar la medida y la deriva: $$M_t = e^{-\frac{b}{\sqrt{2}}W_t-\frac{b^2}{4}t},$$ Si $\frac{d\mathbb{P}}{d\mathbb{Q}}|\mathcal{F}_t=M_t$, luego $\mathbb{E}[T|\mathcal{F_t}]=\mathbb{E}^\mathbb{Q}[TM_t|\mathcal{F_t}]$. Y en virtud de $\mathbb{Q}$, $X_t$ es driftless BM.

Por lo $\mathbb{E}^\mathbb{Q}[Te^{-\frac{b}{\sqrt{2}}W_t-\frac{b^2}{4}t}|\mathcal{F_t}]=\mathbb{E}^\mathbb{Q}[Te^{-\frac{b}{2}X_t-\frac{b^2}{4}t+\frac{b}{2}x}|\mathcal{F}_t]$

Si me las arreglé para mostrar $T<\infty$.s., o de lo contrario, podría llegar a: $$\mathbb{E}[T]=\mathbb{E}^\mathbb{Q}[Te^{-\frac{b}{2}X_T-\frac{b^2}{4}T+\frac{b}{2}x}]=\mathbb{E}^\mathbb{Q}[Te^{-\frac{b^2}{4}T}]\mathbb{E}^\mathbb{Q}[e^{-\frac{b}{2}X_T}]e^{\frac{b}{2}x}$$ Ahora $$\mathbb{E}^\mathbb{Q}[e^{-\frac{b}{2}X_T}]=e^{-\frac{b}{2}}\mathbb{P}^\mathbb{Q}(X_T=1)+e^{\frac{b}{2}}\mathbb{P}^\mathbb{Q}(X_T=-1)=e^{-\frac{b}{2}}\frac{1-x}{2}+e^{\frac{b}{2}}\frac{x+1}{2}$$

Tengo dos preguntas:

1) Cómo calcular $\mathbb{E}^\mathbb{Q}[Te^{-\frac{b^2}{4}T}]$

2) ¿Cómo solucionar el problema que $T$ podría no ser finito?

Edición: 2) es claro que $T<\infty$ bajo $\mathbb{Q}$, y por lo $T$$\mathbb{P}$ -.s. finito.

Answer 1

Si entiendo Tom problema correctamente, estamos buscando la dos caras primer paso del tiempo ${\bf T}$ en un proceso de Wiener $\{X(t), t \geq 0\}$ comenzando en $X(0)=x, \, -1 < x < +1$, con la deriva $b$ de la varianza $2$, y la absorción de barreras en $-1$ y a las $+1$. Este es un problema estándar trató de muchas fuentes, tales como Darling y Siegert (1953), que en su Teorema 6.1 y eq. (6.6) se derivan el básico de la ecuación diferencial para $f(x) = {\sf E}[{\bf T}|X(0)=x]$, que (en el presente notation) es $f^{''}(x) + b \, f^{'}(x) \; = \; -1$, con $f(-1)=f(+1)=0$. La solución es fácil de ver para $$ f(x) \; = \; {\sf E}[{\bf T}|X(0)=x] \; = \; \frac{1}{b} \, \left\{ 2 \, \frac{1 - \exp[-b(1+x)]}{1 - \exp(-2b)} \, - \, (1+x) \, \right\} $$

Answer 2

Creo $e^{-bX_t}$ es una martingala, algo así como que es correcto, de todos modos. El uso que usted ha $e^{bx} = e^{-ba}\mathbb P(X_T = a) + e^{ba}\mathbb P(X_T = -a)$, e $ 1 = \mathbb P(X_T = a) +\mathbb P(X_T = -a)$, desde el que se determinan $\mathbb P(X_T = a)$$\mathbb E(X_T)$. Luego Wald dice $\mathbb E (X_T) = b \mathbb E (T)$