可選採樣定理應用
令 x, y > 0。定義布朗運動的第一次通過時間 $ W_t $ 作為 $ \tau_a $ = 分鐘{t[≥Math Processing Error]0:[WtMath Processing Error]=一個}。我需要證明 E $ \ge $ $ W_t $
[數學處理錯誤] $$ $e^{-u\tau_x}$$1_{\tau_x < \tau_{-y}}$ $$= [sinh(y2u)sinh((x+y)2u數學處理錯誤] 。 $ \frac{sinh(y\sqrt{2u})}{sinh((x + y)\sqrt{2u}} $ 我的方法，也是我能理解的唯一方法，是使用可選採樣定理。我注意到[Zt=eθWt−12θ2tMath Processing Error]是鞅，並且可選採樣定理指出[E[Zτmina,tMath Processing Error]] = 1. 將此應用於停止時間 $ Z_t = e^{\theta W_t - \frac{1}{2}\theta^{2}t} $ $ E[Z_{\tau_{min, {a, t}}} $ $ {\tau_x, \wedge \tau_{-y}} $ 我已經設法證明了 t –> $ \infty $ $ Z_(\tau_x\wedge\tau_{-y})\wedge t $ = $ e^{-\theta y - \frac{1}{2} \theta^2 \tau_{-y}} $ $ 1_{\tau_{-y} , < , \tau_x} $ + $ e^{\theta x - \frac{1}{2} \theta^2 \tau_{x}} $ $ 1_{\tau_{x} , < , \tau_{-y}} $ . 我不知道從這裡去哪裡。我有一個類似的問題，但只涉及一個級別，這裡我們有兩個：x 和 y。
我相信我們現在應該對我導出的表達式進行期望，並通過可選採樣定理將其設置為等於 1，但我不知道接下來會發生什麼。謝謝。
正如您在上面已經顯示的那樣，
[ Math Processing Error ]$$ \begin{align*} 1 = E\Big(e^{-\theta y - \frac{1}{2}\theta^2 \tau_{-y} }1_{\tau_{-y}<\tau_x} \Big)+E\Big(e^{\theta x - \frac{1}{2}\theta^2 \tau_{x} }1_{\tau_x < \tau_{-y}} \Big). \end{align*} $$ 放 $ \theta = \sqrt{2u} $ ，我們得到 [ Math Processing Error ]$$ \begin{align*} 1 = E\Big(e^{-\sqrt{2u}y - u \tau_{-y} }1_{\tau_{-y}<\tau_x} \Big)+E\Big(e^{\sqrt{2u} x - u \tau_{x} }1_{\tau_x < \tau_{-y}} \Big), \end{align*} $$ 那是， [Math Processing Error]$$ \begin{align*} e^{\sqrt{2u}y} = E\Big(e^{- u \tau_{-y} }1_{\tau_{-y}<\tau_x} \Big)+e^{\sqrt{2u} (x+y)}E\Big(e^{ - u \tau_{x} }1_{\tau_x < \tau_{-y}} \Big). \end{align*} $$ 另一方面，通過設置 $ \theta = -\sqrt{2u} $ ，我們得到 [ Math Processing Error ]$$ \begin{align*} 1 = E\Big(e^{\sqrt{2u}y - u \tau_{-y} }1_{\tau_{-y}<\tau_x} \Big)+E\Big(e^{-\sqrt{2u} x - u \tau_{x} }1_{\tau_x < \tau_{-y}} \Big), \end{align*} $$ 那是， [Math Processing Error]$$ \begin{align*} e^{-\sqrt{2u}y} = E\Big(e^{- u \tau_{-y} }1_{\tau_{-y}<\tau_x} \Big)+e^{-\sqrt{2u} (x+y)}E\Big(e^{ - u \tau_{x} }1_{\tau_x < \tau_{-y}} \Big). \end{align*} $$ 最後， [Math Processing Error]$$ \begin{align*} e^{\sqrt{2u}y} - e^{-\sqrt{2u}y} = \big[e^{\sqrt{2u} (x+y)} - e^{-\sqrt{2u} (x+y)} \big]E\Big(e^{ - u \tau_{x} }1_{\tau_x < \tau_{-y}} \Big). \end{align*} $$ 然後， $$ \begin{align*} E\Big(e^{ - u \tau_{x} }1_{\tau_x < \tau_{-y}} \Big) = \frac{\sinh (\sqrt{2u}y)}{\sinh \big(\sqrt{2u} (x+y) \big)}. \end{align*} $$