Primero voy a hacer algunas simplificaciones. Definir $G_t := F_t - \alpha$. Luego, por supuesto,$dG_t = dF_t$. Así que estamos resolviendo para $dG_t = \beta_tG_tdW_t$. Desde $t\mapsto\beta_t$ es determinista, esto es todavía el movimiento Browniano geométrico. Si $t\mapsto\beta_t$ es de Lipschitz, que debería asumir para garantizar la unicidad, a continuación, $G_t$ tiene la propiedad de Markov. Así entonces, podemos ver la solución
$$G_t = G_0e^{-\frac{1}{2}\int_0^t\beta_s^2\,ds + \int_0^t\beta_s\,dW_s}$$
en lugar de arbitrario $0 \leq t\leq T$.
Definir la función de $f_t = \int_0^t\beta_s^2\,ds$ y el proceso de $X_t = \int_0^t\beta_s\,dW_s$. Por lo tanto, $G_t = G_0e^{-\frac{1}{2}f_t + X_t}$. Tenga en cuenta que$dX_t = \beta_tdW_t$$d[X,X]_t = \beta^2_tdt$. Puesto que usted quería una completa solución analítica, voy a ser un poco pedante y tratar a $G_0$ como otro proceso estocástico (constante en el tiempo, pero todavía aleatorio), es decir, $Y_t = G_0$ todos los $t \geq 0$. Luego, por supuesto,$dY_t = 0$$d[Y,Y]_t = 0$. Espero también es claro que $d[X,Y]_t = 0$ ya que todos los caminos de la $Y$ son constantes.
Ahora considere la función $r : (t,x,y) \mapsto ye^{-\frac{1}{2}f_t + x}$. Se puede ver que $G_t = r(t,X_t,Y_t)$. Esta función es infinitamente diferenciable en todos sus argumentos, así que tenemos más de lo que necesitamos para aplicar el lema de Ito. Voy a utilizar subíndices para denotar las derivadas parciales de $r$ por debajo.
$$dG_t = r_t(t,X_t,Y_t)dt + r_x(t,X_t,Y_t)dX_t + r_y(t,X_t,Y_t)dY_t + \frac{1}{2}r_{xx}(t,X_t,Y_t)d[X,X]_t + \frac{1}{2}r_{yy}(t,X_t,Y_t)d[Y,Y]_t + r_{xy}(t,X_t,Y_t)d[X,Y]_t$$
Los dos últimos términos y a las $dY$ plazo caer debido a las consideraciones anteriores.
$r_t = -\frac{1}{2}\frac{df}{dt}r = -\frac{1}{2}\beta^2_tr$, $r_x = r$ y $r_{xx} = r$. Poniendo todos estos juntos,
$$dG_t = -\frac{1}{2}\beta^2_tG_tdt + G_t \beta_tdW_t + \frac{1}{2}G_t\beta^2_tdt = G_t \beta_tdW_t$$
Entonces, la solución dada satisface los SDE. Para la otra pregunta, tenemos que mirar a
$$P\{F_T \leq x\} = P\{\alpha + (F_0-\alpha)e^{-\frac{1}{2}\int_0^t\beta_u^2\,du + \int_0^t\beta_u\,dW_u} \leq x\} $$
$$P\{F_T \leq x\} = P\{e^{-\frac{1}{2}\int_0^t\beta_u^2\,du + \int_0^t\beta_u\,dW_u} \leq \frac{x-\alpha}{F_0 -\alpha}\}$$
$$P\{F_T \leq x\} = P\{-\frac{1}{2}\int_0^t\beta_u^2\,du + \int_0^t\beta_u\,dW_u \leq \log\left(\frac{x-\alpha}{F_0 -\alpha}\right)\}$$
$$P\{F_T \leq x\} = P\{\int_0^t\beta_u\,dW_u \leq \log\left(\frac{x-\alpha}{F_0 -\alpha}\right) + \frac{1}{2}\int_0^t\beta_u^2\,du\}$$
Tenga en cuenta que $\int_0^t\beta_u\,dW_u \sim \mathsf{N}(0,\int_0^t\beta_u^2\,du)$. Entonces podemos escribir
$$P\{F_T \leq x\} = \Phi\left(\frac{\log\left(\frac{x-\alpha}{F_0 -\alpha}\right) + \frac{1}{2}\int_0^t\beta_u^2\,du}{\sqrt{\int_0^t\beta_u^2\,du}}\right)$$
Aquí $\Phi$ es la función de distribución de una variable aleatoria normal estándar. La sensibilidad de esta expresión con respecto a $\alpha$ usted puede juzgar por sí mismo mirando a los derivados o el uso de métodos numéricos.
Una última observación: En la segunda parte me convenientemente asumido que $F_0$ es una constante. $F_0$ puede ser una variable aleatoria sí mismo. Tenga en cuenta que para $F_0$ ser medibles con respecto a $\mathcal{F}_0$ tendría que ser independiente de $W$. Entonces, todo lo que usted necesita para especificar es la distribución marginal de $F_0$ para evaluar la probabilidad de $P\{F_T \leq x\}$ (en lugar de la distribución conjunta de $\int_0^t\beta_u\,dW$$F_0$).
