Expectativa condicional $\mathbb E\left(\exp\left(\int_0^tX_sdB_s\right) \mid \mathcal F_t^X\right)$

Question

He encontrado un teorema (ver más abajo) en dos documentos e intento averiguar cómo se puede demostrar. El resultado parece ser intuitivo, pero no soy capaz de demostrarlo de forma rigurosa.

Supuestos :

Consideremos un proceso estocástico continuo $(X_t)$ junto con un movimiento browniano $(B_t)$ . Se supone que los dos procesos son independientes. Sus filtraciones naturales se denotan por $(\mathcal F_t^X)$ y $(\mathcal F_t^B)$

Teorema :

Bajo el supuesto anterior, se mantiene la siguiente relación: $$\mathbb E\left(\exp\left(\int_0^tX_sdB_s\right) \mid \mathcal F_t^X\right)=\exp\left(\frac12\int_0^tX_s^2ds\right)$$

Prueba 1

He encontrado una prueba en Piterbarg página 1 (véase aquí para el artículo principal). La prueba se basa en el cálculo de la expectativa camino a camino. Es decir, suponen que el camino $(X_t)$ se conoce y se calcula la integral.

Sin embargo, creo que este argumento sólo funciona cuando el número de caminos $(X_t)$ es finito, utilizando este resultado.

Prueba 2

En Sin este resultado se demuestra (en particular) cuando $(X_t)$ viene dada por la dinámica $dX_t=X_td\tilde B_t$ , donde $(\tilde B_t)$ es un movimiento browniano independiente de $(B_t)$ . Definen los procesos $$S_t=\exp\left(\int_0^tX_sdB_s-\frac12\int_0^tX_s^2ds\right)\quad\text{and}\quad S_t^{(n)}=S_{t\wedge\tau_n},$$ donde definimos el siguiente tiempo de parada $$\tau_n=\inf\left\{t>0:\int_0^t X_s^2ds\geq n\right\}.$$ En el documento, utilizan el siguiente paso, basado en la convergencia dominada por Lebesgue: $$\mathbb E(\lim_{n\to\infty}S_T^{(n)})=\lim_{n\to\infty}\mathbb E(S_T^{(n)})$$

Sin embargo, no veo directamente cómo se puede aplicar la convergencia dominada por Lebesgue en este caso.

Pregunta :

¿Puede alguien explicarme por qué se mantienen estos resultados o tiene un buen libro de referencia al respecto?

Intento de prueba :

Después de este puesto se puede demostrar el resultado para procesos simples, es decir, cuando $$X_s =\sum_{j=1}^n 1_{[t_{j-1},t_j)} \xi_j.$$ Ahora, podemos tomar una secuencia de procesos $(X_s^n)$ convergiendo a $(X_s)$ (con respecto a la norma sup): $$(X_s^n)\to(X_s)\quad(n\to\infty)$$ Utilizando la isometría de Itô, obtenemos la siguiente convergencia en probabilidad: $$\int_0^tX_s^ndB_s\to\int_0^tX_sdB_s\quad (n\to\infty)$$ Para cada subsecuencia, podemos encontrar una subsecuencia (wlog $n_k$ ) tal que la siguiente convergencia se cumple casi con seguridad: $$\int_0^tX_s^{n_k}dB_s\to\int_0^tX_sdB_s\quad (k\to\infty)$$ Si se cumpliera el teorema de convergencia dominado por Lebesgue, entonces podríamos concluir que $$\mathbb E\left(\exp\left(\int_0^tX_sdB_s\right) \mid \mathcal F_t^X\right)=\exp\left(\frac12\int_0^tX_s^2ds\right).$$

Sin embargo, no puedo encontrar una función mayor integrable.

Nota: : Lo que he hecho básicamente es utilizar la siguiente propiedad, que es verdadera cuando $X$ es una variable aleatoria de valor discreto (véase aquí ).

La expectativa condicional de $Y$ dado $X$ viene dada por $\mathbb E(Y \mid \sigma(X))=f(X)$ donde $f(x)=E(Y \mid X=x)$ .

Este cálculo parece funcionar por encima, al condicionar el proceso $(X_t)$ aunque no sea matemáticamente correcto. En mi opinión, esta forma de razonar fallaría en el siguiente caso si decimos que $$\mathbb E\left(\exp\left(\int_0^tX_sdB_s\right) \mid \mathcal F_t^B\right)=f((B_s)_{0<s<t})$$ donde $$f((b_s)_{0<s<t})=\mathbb E\left(\exp\left(\int_0^tX_sdB_s\right) \mid(B_s)_{0<s<t}=(b_s)_{0<s<t}\right)=\mathbb E\left(\exp\left(\int_0^tX_sdb_s\right)\right)$$

Es decir, integraríamos (casi con toda seguridad) con respecto a una realización de la trayectoria browniana $(b_s)_{0<s<t}$ que no es de variación localmente acotada. Así, la función $f$ no está bien definida.

Answer 1

En primer lugar, hay que asegurarse de que

$$\exp \left( \int_0^t X_s \, dB_s \right) \in L^1. \tag{1}$$

Si su afirmación es cierta, entonces

$$\mathbb{E} \exp \left( \int_0^t X_s \, dB_s \right) = \mathbb{E}\exp \left( \frac{1}{2} \int_0^t X_s^2 \, ds \right),$$

es decir $(1)$ se mantiene si

$$\mathbb{E}\exp \left( \frac{1}{2} \int_0^t X_s^2 \, ds \right)< \infty. \tag{2}$$

A través de la parte restante de mi respuesta, voy a suponer que $(2)$ retenciones. La última parte de la siguiente prueba es muy parecida a la prueba de la condición de Novikov en René Schilling/Lothar Partzsch: Movimiento browniano - Una introducción a los procesos estocásticos .

---

Denotamos por $(M_t)_{t \geq 0}$ el exponencial estocástico de $(X_t)_t$ :

$$M_t := \mathcal{E}(X)_t := \exp \left( \int_0^t X_s \, dB_s- \frac{1}{2} \int_0^t X_s^2 \, ds \right).$$

Entonces la afirmación es equivalente a $\mathbb{E}(M_t \mid \mathcal{F}_t^X)=1$ . Además, establecemos $$Y_t := \int_0^t X_s \, dB_s \qquad \text{and} \qquad \langle Y \rangle_t := \int_0^t X_s^2 \, ds.$$

Utilizando, por ejemplo, el procedimiento de aproximación descrito en el PO y el lema (condicional) de Fatou, no es difícil ver que $$\mathbb{E}(M_t \mid \mathcal{F}_t^X) \leq 1.$$ En consecuencia, queda por demostrar que $$\mathbb{E}(M_t \mid \mathcal{F}_t^X) \geq 1. \tag{3}$$

Para $n \in \mathbb{N}$ definimos

$$\tau_n := \inf\{t \geq 0; \max\{|B_t|,|X_t|\} \geq n\}.$$

Ya que, por la fórmula de Itô,

$$M_{t \wedge \tau_n} -1 = \int_0^{t \wedge \tau_n} M_s \, dB_s$$

encontramos para cualquier $F \in \mathcal{F}_t^X$

$$M_{t \wedge \tau_n}1_F-1_F = \int_0^{t \wedge \tau_n} (1_F M_s) \, dB_s.$$

(Nota: Debido a la independencia de $X$ y $B$ podemos poner la función indicadora $1_F$ bajo el signo integral). Como el lado derecho es una martingala, obtenemos

$$\mathbb{E}(M_{t \wedge \tau_n} 1_F) = \mathbb{P}(F).$$

Dado que esto es válido para cualquier $F \in \mathcal{F}_t^X$ Esto demuestra que

$$\mathbb{E}(M_{t \wedge \tau_n} \mid \mathcal{F}_t^X) = 1. \tag{4}$$

En particular,

$$\mathbb{E}(M_{t \wedge \tau_n}) = 1. \tag{5}$$

Para los fijos $c \in (0,1)$ , elegimos $p=p(c)>1$ tal que $p < \frac{1}{c(2-c)}$ . Por la desigualdad de Hölder (para los exponentes $1/pc$ y $1/(1-pc)$ ), obtenemos

$$\begin{align*} \mathbb{E}[\mathcal{E}(c X_{t \wedge \tau_n})^p] &\stackrel{\text{def}}{=} \mathbb{E} \exp \left( pc Y_{t \wedge \tau_n} - \frac{1}{2} pc^2 \langle Y \rangle_{t \wedge \tau_n} \right) \\ &= \mathbb{E} \left[\exp \left(pc (Y_{t \wedge \tau_n} - \frac{1}{2} \langle Y \rangle_{t \wedge \tau_n} \right) \exp \left( \frac{1}{2} pc(1-c) \langle Y \rangle_{t \wedge \tau_n} \right) \right] \\ &\leq \underbrace{ \left[\mathbb{E}\exp \left( Y_{t \wedge \tau_n} - \frac{1}{2} \langle Y \rangle_{t \wedge \tau_n} \right) \right]^{pc}}_{[\mathbb{E}(M_{t \wedge \tau_n}]^{pc} \stackrel{(5)}{=} 1} \left[ \mathbb{E} \exp \left( \frac{1}{2} \frac{pc(1-c)}{1-pc} \langle Y \rangle_t \right) \right]^{1-pc} \\ &\leq \left[ \mathbb{E} \exp \left( \frac{1}{2} \frac{pc(1-c)}{1-pc} \langle Y \rangle_T \right) \right]^{1-pc} \end{align*}$$

para cualquier $t \leq T$ . Esto demuestra que el $p$ -momentos de la familia $(\mathcal{E}(c X_{t \wedge \tau_n}))_{n \in \mathbb{N}}$ es uniformemente integrable. Del teorema de convergencia de Vitali se deduce que

$$\mathcal{E}(c X_{t \wedge \tau_n}) \to \mathcal{E}(cX_t) \qquad \text{in $ L^1 $} \tag{6}$$

como $n \to \infty$ . Por $(4)$ (solicitado por $\tilde{X} := cX$ ), esto implica

$$\begin{align*} 1 &\stackrel{(4)}{=} \lim_{n \to \infty} \mathbb{E}\left[ \exp \left( cY_{t \wedge \tau_n} - \frac{1}{2} c^2 \langle Y \rangle_{t \wedge \tau_n} \right) \mid \mathcal{F}_t^X \right] \\ &\stackrel{(6)}{=} \mathbb{E}\left[ \exp \left( cY_{t} - \frac{1}{2} c^2 \langle Y \rangle_{t} \right) \mid \mathcal{F}_t^X \right] \end{align*}$$

Finalmente, utilizamos por última vez la desigualdad (condicional) de Hölder (para $1/c$ y $1/(1-c)$ ) para obtener

$$\begin{align*} 1 &= \mathbb{E} \left[ \exp \left( c Y_t - \frac{1}{2} c \langle Y \rangle_t \right) \exp \left( \frac{1}{2} c(1-c) \langle Y \rangle_t \right) \mid \mathcal{F}_t^X \right] \\ &\leq \left[ \mathbb{E} \left( \exp \left( Y_t- \frac{1}{2} \langle Y \rangle_t \right) \mid \mathcal{F}_t^X \right) \right]^c \left[ \mathbb{E} \left( \exp \left( \frac{1}{2} \langle Y \rangle_t \right) \mid \mathcal{F}_t^X \right) \right]^{1-c} \end{align*}$$

Ya que, por $(2)$ el último término está acotado para $t \leq T$ podemos dejar que $c \uparrow 1$ :

$$1 \leq \mathbb{E} \left[ \exp \left( Y_t - \frac{1}{2} \langle Y \rangle_t \right) \mid \mathcal{F}_t^X \right] \stackrel{\text{def}}{=} \mathbb{E}(M_t \mid \mathcal{F}_t^X).$$