He estado con mi problema en un par de líneas, a continuación, describir lo que ya he hecho.
Tengo una bastante simple ecuación diferencial estocástica (SDE):
$dx=-2x \, dt+\sqrt{1-x^2} \, dW$ $W$ browniano.
Quiero calcular $\displaystyle{\lim_{t\to 0}}~\mathbb{E}\left[B_t\tanh\left(A_t\frac{x(t)-x(0)}{t}\right)|x(0)\right]$ y no puede llegar a hacerlo.
Quiero describir un fenómeno dado obedecer mis SDE, por lo tanto los factores B_t y A_t dependerá $t$. Esto es para asegurar que a medida que disminuye el incremento de tiempo $t$ a través de la cual me aproximado de mis continuos fenómeno por una "discreta" de la tasa de crecimiento, como uno no puede diferenciar un Browniano, voy a converger hacia un determinado valor. Es equivalente a la normalización de tener para ser aplicado a una caminata aleatoria coeficiente de difusión cuando uno quiere convergen en el "subyacente" browniano. EDIT : $A_t\propto \sqrt{t}$ e $B_t \propto \frac{1}{\sqrt{t}}
Este es mi problema, cualquier sugerencia es bienvenida, a continuación se expanda en donde estoy, y cómo abordar el problema :
Deje $\phi(x(t),t)$ ser una doble función derivable, Ito lema de los rendimientos que si $\phi(x(t),t)$ es solución de : $$(1)~\frac{\partial \phi }{\partial t}-2x\frac{\partial \phi }{\partial x}+\frac{1-x^2}{2}\frac{\partial^2 \phi}{\partial x^2}=0\textrm{, with }\phi(x,0)=\Phi(x(0))\textrm{ as initial condition,}$$ then $\phi(x(t),t)=E[\Phi(x(0))|x(t)=x]$.
Tomando nota de que la ecuación diferencial parcial (1) puede escribirse como $\partial_t\phi=M[\phi]$ $M[.]$ un operador lineal, cualquier función de la forma : $$\phi(x,t)=f(x)+\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty}\frac{t^n}{n!}M^n[f]$$ is a solution to the PDE (1), satisfying the initial condition $\phi(x,0)=f(x)$.
Tomando $\Phi(x(0))=x(0)$, por ejemplo, y con $t>0$, los rendimientos de los $$\mathbb{E}[x(t)|x(0)]=x(0)e^{-2t}$$ thus $\displaystyle{\lim_{t\to 0}}~\mathbb{E}\left[\frac{x(t)-x(0)}{t}|x(0)\right]=-2x(0)$
Mi problema es que $B_t~tanh\left(A_t\frac{x(t)-x(0)}{t}\right)$ no está definido en $t=0$, por lo tanto no puedo utilizar el mismo enfoque.
Traté de calcular la función característica como puedo calcular todos los momentos, luego transformada de Fourier para obtener la distribución, pero no parece dar ningún resultado significativo, que supongo que viene de el hecho de que la distribución tiende hacia patológico funciones (Dirac distribuciones) como $t\to 0$, lo que yo no estoy autorizado para cambiar el límite y la expectativa de operador más.
Me puede ampliar si es necesario, pero creo que ya estaré por suerte si alguien lee esto ahora :).
Gracias de antemano
EDITAR
También traté de Taylor ampliar la $tanh$ (no preocuparse por la radio de convergencia para empezar) aplicar la expectativa de operador, que puedo calcular cuando se aplica a cualquiera de los poderes de $x$. Por $b_{2n}$ I denota el coeficiente de la expansión de Taylor de $tanh$. \begin{eqnarray} B_t\tanh\left(A_t\frac{x(t)-x(0)}{t}\right)&=&B_t\tanh\left(A_t\frac{\Delta x}{t}\right)\\ &=&B_t\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty}b_{2n}\frac{A_t^{2n-1}}{t^{2n-1}}\Delta x^{2n-1}\\ &=&B_t\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty}b_{2n}\frac{A_t^{2n-1}}{t^{2n-1}} \displaystyle{\sum_{k=0}^{2n-1}}(-1)^k\binom{2n-1}{k}x(0)^k x(t)^{2n-1-k} \end{eqnarray}
Para la simplicidad que denotan $x(0)=x$$x(t)=x_t$, y yo de aplicar la expectativa de operador : $$B_t\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty}b_{2n}\frac{A_t^{2n-1}}{t^{2n-1}} \displaystyle{\sum_{k=0}^{2n-1}}(-1)^k\binom{2n-1}{k}x^k \mathbb{E}[x(t)^{2n-1-k}|x]$$ \begin{eqnarray} =&B\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty}b_{2n}\frac{A_t^{2n-1}}{t^{2n-1}}\displaystyle{\sum_{k=0}^{2n-1}}(-1)^k\binom{2n-1}{k}x^k \displaystyle{\sum_{m=0}^{\infty}}\frac{t^m}{m!}M^m[x^{2n-1-k}]\\ \end{eqnarray} Por otra parte, los cálculos dan que : $$\forall(n,k)\in\mathbb{N^2},~M^n(x^k)=\displaystyle{\sum_{i=0}^{\lfloor k/2\rfloor}}\alpha_{i,n}(k)x^{2i+\delta_k}$$ con $\delta_k=0$ si $k$ es incluso, $\delta_k=1$ si no, $$\alpha_{i,n+1}(k)=\alpha_{i,n}(k)(2i^2+3i+\delta_k(2i+1))-\alpha_{i+1,n}(k)(2i^2+3i+\delta_k(2i+1))$$ y la condición inicial : $\alpha_{i,0}(k)=\delta_{i,\lfloor k/2 \rfloor}$, $\delta_{i,j}$ Kronecker del símbolo. Podemos reorganizar la suma :
\begin{eqnarray} S&=&B\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty}b_{2n}\frac{A_t^{2n-1}}{t^{2n-1}}\displaystyle{\sum_{m=0}^{\infty}}\frac{t^m}{m!}\displaystyle{\sum_{k=0}^{2n-1}}(-1)^k\binom{2n-1}{k}x^k \displaystyle{\sum_{i=0}^{\lfloor k/2\rfloor}}\alpha_{i,m}(2n-1-k)x^{2i+\delta_{k+1}}\\ &=&B\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty}b_{2n}\frac{A_t^{2n-1}}{t^{2n-1}}\displaystyle{\sum_{m=0}^{\infty}}\frac{t^m}{m!}\displaystyle{\sum_{k=0}^{2n-1}}(-1)^k\binom{2n-1}{k}\displaystyle{\sum_{i=\lfloor k/2\rfloor}^{n-1}} x^{2i+1} \alpha_{i,m}(2n-1-k) \end{eqnarray}
Además de la $x^{2i+1}\alpha_{i,m}(k)$ es un polinomio en a $k$ grado $d\leq 2m$, por lo tanto su suma más de $i$ tiene un grado máximo de $2m$. Esto implica que $$\forall m< n, ~\displaystyle{\sum_{k=0}^{2n-1}}(-1)^k\binom{2n-1}{k}\displaystyle{\sum_{i=\lfloor k/2\rfloor}^{n-1}} x^{2i+1} \alpha_{i,m}(2n-1-k)=0$$ Nos quedamos con : \begin{eqnarray} S&=&B_t\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty}b_{2n}\frac{A_t^{2n-1}}{t^{2n-1}}\displaystyle{\sum_{m=n}^{\infty}}\frac{t^m}{m!}\displaystyle{\sum_{i=0}^{n-1}} x^{2i+1}\displaystyle{\sum_{k=0}^{2i+1}}(-1)^k\binom{2n-1}{k} \alpha_{i-\lfloor k/2\rfloor,m}(2n-1-k) \end{eqnarray}
Si tomamos $A\propto t$$B\propto \frac{1}{t}$$t\to0$, sólo el término $n=1$ se mantiene, por lo tanto obtenemos un resultado lineal en $x$, que es negar todos los términos en $x$ que proviene del término $M^n(x^k)$. Si $A\propto \sqrt{t}$ $B\propto \frac{1}{\sqrt{t}}$ guardamos todos los términos de $m=n$. Esta expansión se reduce a $$S=\displaystyle{\sum_{k=0}^{\infty}}(-1)^{k+1} a_k C^{2k+1}x(1-x^2)^k$$ donde $\lfloor n/2 \rfloor ! \leq a_k \leq n!$ numéricamente (he calculado los primeros 100 términos...). Así, esta expansión se bifurca.
Esto parece normal para mí (ahora) porque $tanh$ tiene un número finito de radio de convergencia, y como $t\to 0$ cuando se toma el valor esperado, $\frac{\Delta x}{\sqrt{t}}$ hace más y más grande para algunos valores de $x_t$, las divergencias son atendidos por la distribución de los $x_t$ que converge a $0$, pero la expansión de taylor asume que el argumento de la $tanh$ es acotado, que no es el caso.
