Computación$E\left(\exp\left(B_t+\int_0^tB_sdB_s - \frac12\int_0^tB^2_sds\right)\right)$ if$B$ es un movimiento Browniano estándar

Question

Deje $B_t$ ser un estándar de movimiento Browniano en virtud de probabilidad $P$. Estoy pensando en hacer este cálculo: $$E^P\left[ e ^ { B_t + \int_{0}^{t}B_s\mathrm dB_s - \frac{1}{2}\int_{0}^{t}B^2_s\mathrm ds } \right], t\in[0,T]$$ Estoy sugirió que deberíamos usar el Teorema de Girsanov, pero me pregunto si funciona:

Deje $Z_t=e ^ {\int_{0}^{t}B_s\mathrm dB_s - \frac{1}{2}\int_{0}^{t}B^2_s\mathrm ds }$,$E[Z_T]=1$. Deje $\mathscr{F}_t=\sigma(B_t,0\leq t \leq T)$, entonces podemos introducir una nueva medida $\tilde{P}$ por lo que se define como sigue: $$ \tilde P(a)=\int_{UN}Z_T\mathrm dP, \forall\en \mathscr{F}_T $$ Obviamente $\tilde P$ es también una probabilidad de más de $\mathscr{F}_T$. Por lo tanto $E^{\tilde P}[X]=E^P[XZ_t]$$X\in \mathscr{F}_t$.

Entonces por el Teorema de Girsanov, $\tilde{B}_t=B_t-\int_{0}^{t}B_s\mathrm ds$ es un estándar de movimiento Browniano en $\tilde P$. Así tenemos: $$\begin{align*} E^P\left[ e ^ { B_t + \int_{0}^{t}B_s\mathrm dB_s - \frac{1}{2}\int_{0}^{t}B^2_s\mathrm ds } \right] &= E^P[e^{B_t}Z_t] \\&=E^{\tilde P}[e^{B_t}]\\ &=E^{\tilde P}[e^{\tilde B_t+\int_{0}^{t}B_s\mathrm ds}] \end{align*}$$ Entonces no sé qué hacer a continuación. Es posible utilizar el Teorema de Girsanov aquí? O hay una manera probabilística o pde manera de resolver esto? Gracias!

Answer 1

Sí, este es computable ahora que has editado el problema colocando un signo menos delante de la segunda integral plazo (en lugar de un signo más).

Usted está en el camino correcto mediante el uso del teorema de Girsanov. Voy a utilizar el mismo cambio de la medida y de la misma notación que se han utilizado en la pregunta.

Desde $\tilde B_t = B_t - \int_0^t B_s ds$, se sigue de la regla del producto que $$\tilde B_t e^{-t} = \frac{d}{dt} \bigg[ e^{-t} \int_0^t B_sds \bigg] \;\;\;\; \Longrightarrow\;\;\;\; \int_0^t \tilde B_se^{-s}ds = e^{-t} \int_0^t B_sds $$ where I integrated both sides to get the implication. Now multiplying both sides by $e^t$ y, a continuación, la diferenciación de los rendimientos \begin{align*} B_t &= \frac{d}{dt} \bigg[ e^t \int_0^t \tilde B_s e^{-s}ds \bigg] \\ &= \tilde B_t +\int_0^t \tilde B_s e^{t-s}ds \\ &= \int_0^t e^{t-s}d \tilde B_s\end{align*}

donde he utilizado un estocástico de integración por partes en la última igualdad.

Por lo tanto hemos escrito $B_t$ en términos del proceso de $(\tilde B_s)$. Pero desde $(\tilde B_s)$ es un movimiento Browniano en $\tilde P$, el cálculo anterior revela que $B_t$ se distribuye como una media de cero Gauss en $\tilde P$. Además su varianza puede ser fácilmente calculada mediante la Itô isometría: $$\sigma^2=\Bbb E^{\tilde P} [ B_t^2 ] = \Bbb E^{\tilde P} \bigg[ \bigg( \int_0^t e^{t-s}d\tilde B_s \bigg)^2 \bigg] = \int_0^t e^{2(t-s)}ds = \frac{1}{2}(e^{2t}-1)$$

Ahora, si $Z$ es una media de cero Gauss, entonces es bien sabido que $E[e^Z] = e^{\frac{1}{2}\sigma^2}$, por lo tanto, nos encontramos con que $$\Bbb E^P\left[ e ^ { B_t + \int_{0}^{t}B_s\mathrm dB_s - \frac{1}{2}\int_{0}^{t}B^2_s\mathrm ds } \right]=\Bbb E^{\tilde P}[e^{B_t}] = e^{\frac{1}{4}(e^{2t}-1)}$$ que yo pueda haber cometido un error en algunos de los cálculos, tal vez alguien puede publicar un método diferente para verificar.