嵌入布朗運動的函式的期望
試圖解決一個問題集：
讓 $ W_t $ 是布朗運動和 $ X_t = e^{izW_t} $ 在哪裡 $ z $ 是真實的， $ i = \sqrt{-1} $ .
我需要找到 $ \mathbb{E}\left(X_t\right) $ …我有點卡住了。
我有 SDE $ X_t $ 滿足為： $$ dX_t = \left(iz:dW_t + 0.5 \cdot (iz)^2 :dt\right) X_t $$ 從這裡我試圖得到期望….
我設置：
$ m(t) = \mathbb{E}\left(X_t\right) $ 並努力完成 $ dM(t) = \mathbb{E}\left(dX(t)\right) $
然後 $ iz:dW_t $ 在 $ dX_t $ 期望為 0 $ dW_t $ 是 $ N(0,1) $ 分散式….
我最終得到了 ODE： $$ \frac{dm}{dt} = \frac{1}{2} \cdot m \cdot (iz)^2 $$
我錯過了什麼嗎？我是自學的，對此我很陌生！
正如你已經註意到的， $ W_t $ 正態分佈
$$ W_t\sim \mathrm{N}(0,t) $$
然後，
$$ \varphi(z)\equiv\mathrm{E}\left(e^{izW_t}\right)=e^{-\frac{1}{2}z^2t} $$
或者，您可以求解 ODE 並恢復結果：
關於 SDE $ X_t $ ，我得到了與上述相同的 ODE。我們可以推導出解決方案， $ m(t) $ , 到 ODE 如下：
$$ \begin{align} \frac{dm(t)}{dt} &= \frac{1}{2} (iz)^2\cdot m(t)\ &\Updownarrow\ \frac{2\cdot\frac{dm(t)}{dt}}{m(t)} &= -z^2\ &\Updownarrow\ \int \frac{2\cdot\frac{dm(t)}{dt}}{m(t)} : dt&= \int-z^2: dt \ &\Updownarrow\ 2\ln\left(m(t)\right) &= -z^2t+C_1\ &\Updownarrow\ m(t)&=e^{\frac{-z^2t}{2}}e^{\frac{C_1}{2}}, \end{align} $$ 在第三個和第四個等式中，我們已經整合了關於 $ t $ 兩側，然後收集一側的常數，稱為 $ C_1 $ . ODE 的初始值就是 SDE 的初始值， $ m(0) := \mathbb{E}\left[X_0\right]=X_0 = e^{\frac{C_1}{2}} $ . 總之，您最終會得到解決方案：
$$ m(t) := \mathbb{E}\left[X_t\right] = X_0e^{-\frac{1}{2}z^2t} $$
在這方面，我相信您缺少初始值， $ X_0 $ , 在你的陳述的第一部分 $ X_t $ .
可以通過觀察 SDE 來驗證解 $ X_t $ 是著名的幾何布朗運動 (GBM)的解： $$ \begin{align} X_t &= X_0 e^{\left(\mu - \frac{\sigma^2}{2}\right)t + \sigma W_t}\ &= X_0 e^{\left(\frac{1}{2}(iz)^2-\frac{(iz)^2}{2}\right)t + iz W_t}\ &= X_0 e^{iz W_t} \end{align} $$
在你的場景中， $ \mu = \frac{1}{2}(iz)^2 $ 和 $ \sigma = iz $ . 在這裡，我們知道GBM 的期望值由下式給出：
$$ \begin{align} \mathbb{E}\left[X_t\right] &= X_0e^{\mu t}\ &=X_0e^{-\frac{1}{2}z^2 t}, \end{align} $$
給我們與 ODE 的解相同的結果。