Resolver una EDP con la fórmula de Feynman-Kac

Question

Por tanto, se da la siguiente EDP:

$\frac{\partial}{\partial t}f(t,x) + rx\frac{\partial}{\partial x}f(t,x)+\frac{\sigma^2 x^2}{2}\frac{{\partial}^2}{\partial x^2}f(t,x) = rf(t,x)$

Con la condición límite $f(T,x) = x^{\frac{2r}{\sigma^2}}$

Aquí $r$ y $\sigma$ son constantes positivas.

Por lo que he aprendido, la solución es de la condición de contorno $f(t,x) =e^{-r(T-t)}E[x^{\frac{2r}{\sigma^2}}]$

Así que primero busco la representación estocástica que encuentro como:

$dX(t) = rdt + \sigma dW(t)$ con X(t) = x

La solución es:

$X(T) = x + r(T-t) + \sigma(W(T)-W(t))$

Se distribuye normalmente con la media $x + r(T-t)$ y la varianza $\sigma \sqrt{T-t}$

Ahora desde la condición de contorno tengo $f(t,x) =e^{-r(T-t)}E[(x + r(T-t) + \sigma(W(T)-W(t)))^{\frac{2r}{\sigma^2}}]$

Sin embargo, no sé si este método es correcto. Si es correcto, ¿cómo debo calcular esta expectativa? Por cierto, tomo esta expectativa bajo $Q$ medida de martingala.

Gracias

Answer 1

Definir $$f(x,t):=\mathbb E[e^{-r(T-t)}X_T^{\frac{2r}{\sigma^2}} \vert X_t=x]\,,$$

donde el proceso Ito, $\text dX_u = rX_u\text du + \sigma X_u\text dW_u\ $ (con $X_t=x$ ), y el proceso Weiner, $W_u$ se han definido con respecto a algún espacio de probabilidad filtrado adecuado (con filtrado $\{\mathcal F_t\}_{t\geqslant 0}$ ). Ahora, resolviendo la SDE que define el proceso $X_u$ obtenemos $$X_u=xe^{(r-\frac{1}{2}\sigma^2)(u-t)+\sigma (W_{u}-W_{t})}\ \ (\text{for }u\geqslant t).$$

Por lo tanto, al considerar las expectativas condicionales con respecto a la álgebra sigma $\mathcal F_t$ , $$\mathbb E[e^{-r(T-t)}X_T^{\frac{2r}{\sigma^2}} \vert \mathcal F_t] = e^{-r(T-t)}\mathbb E[X_T^{\frac{2r}{\sigma^2}} \vert \mathcal F_t] = e^{-r(T-t)}\mathbb E[(xe^{(r-\frac{1}{2}\sigma^2)(T-t)+\sigma (W_{T}-W_{t})})^{\frac{2r}{\sigma^2}} \vert \mathcal F_t] = e^{-r(T-t)}x^{\frac{2r}{\sigma^2}}e^{\frac{2r}{\sigma^2}(r-\frac{1}{2}\sigma^2)(T-t)}\mathbb E[(e^{\sigma (W_{T}-W_{t})})^{\frac{2r}{\sigma^2}} \vert \mathcal F_t] = e^{-r(T-t)}x^{\frac{2r}{\sigma^2}}e^{\frac{2r}{\sigma^2}(r-\frac{1}{2}\sigma^2)(T-t)}\mathbb E[e^{\frac{2r}{\sigma} (W_{T}-W_{t})}]\,,$$

donde $\mathbb E[e^{\frac{2r}{\sigma} (W_{T}-W_{t})}\vert \mathcal F_t] = \mathbb E[e^{\frac{2r}{\sigma} (W_{T}-W_{t})}]$ desde $(W_{T}-W_{t})$ es independiente de $\mathcal F_t$ . Así que,

$$f(x,t) = x^{\frac{2r}{\sigma^2}}e^{-2r(T-t)}e^{2\frac{r^2}{\sigma^2}(T-t)}\mathbb E[e^{\frac{2r}{\sigma} (W_{T}-W_{t})}]\,.$$

Ya casi hemos terminado; sólo tenemos que evaluar $\mathbb E[e^{\frac{2r}{\sigma} (W_{T}-W_{t})}]$ utilizando el hecho de que $W_{T}-W_{t}\sim\mathcal N(0,T-t)$ . Tenga en cuenta que, $$\begin{eqnarray*} \mathbb E[e^{\frac{2r}{\sigma} (W_{T}-W_{t})}] &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi(T-t)}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{\frac{2r}{\sigma} w-\frac{1}{2}w^2/(T-t)}\text dw \\ && \\& = &\ldots \\ && \\ & = & e^{2\frac{r^2}{\sigma^2}(T-t)}\,. \end{eqnarray*}$$

Por lo tanto,

$$f(x,t) = x^{\frac{2r}{\sigma^2}}e^{-2r(T-t)}e^{4\frac{r^2}{\sigma^2}(T-t)}\,.$$

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Si tienes curiosidad, puedes convencerte de que la solución anterior es correcta demostrando que satisface la EDP dada: simplemente calcula cada una de las derivadas parciales e introdúcelas en la EDP.