為什麼對數平均值等於算術期望減去其變異數的一半？
我認為以下相等是正確的：
$$ \mathbb{E}[\mu_x] = m_x - \frac{1}{2}\sigma_x^2 $$ 在哪裡：
$ \mathbb{E}[\mu_x] $ 是某個任意 Numeraire 過程的對數平均值的期望值： $ \mathbb{E}[\frac{dX_T}{X}dt] \to \ln (\frac{{X}T}{{X}{T- \Delta t}}) $ ;
$ m_x $ 是算術期望；和，
$ \sigma^2_x $ 是它的對數變異數。
我知道這是真的，因為隨著樣本量變大，隨機過程可以證明等式收斂，但這並不能告訴我為什麼它是真的。
有誰知道為什麼這是真的數學證明？
此外，為什麼在期望值的共同推導中是 $ m $ 用作起點而不是 $ \mu $ ? 是因為通常引用的短期利率就是這樣給出的嗎？
這可能是基本的，如果是，我深表歉意，但我無法找到純粹的象徵性證明。
所以我有點猜你對數平均值的真正意思——我猜你的意思是回報的對數平均值——你的意思是幾何平均值。
$$ \left( \prod_{i=0}^n a_i \right)^{\frac{1}{n}} $$ 在哪裡 $ a_i $ 是我們的回報。我們必須在這裡做出一個假設——您的底層證券由 $ \mathrm{d}S = \mu S \mathrm{d}t + \sigma S \mathrm{d}W $ 這樣我們的流程就會演變為 $ S_{t+\mathrm{d}t} = S_t e^{(\mu - \frac{1}{2} \sigma^2)\mathrm{d}t + \sigma \mathrm{d}W_t} $ . 即我們的回報是 $ e^{(\mu - \frac{1}{2} \sigma^2)\mathrm{d}t + \sigma \mathrm{d}W_t} $ - 這就是我們要比較的算術平均值和計量平均值。
首先，算術平均值，如下：
算術平均
最終我認為你只需要通過對數平均值的代數，然後下面的東西會給你你想要的其餘部分。
除非是這樣，否則您實際上並不是這裡描述的對數平均值。
首先採取以下，我想你知道
$$ \begin{align} e^x &= 1 + x + \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!}x^3 + \ldots\ e^x &= \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}x^k \ \end{align} $$ 現在，如果 $ X $ 是一個正態分佈的隨機變數， $ X \sim \mathcal{N}(\mu,\sigma) $ ，那麼我們可以先拆分均值，這樣我們就有 $ X = \mu + Y $ 在哪裡 $ Y\sim \mathcal{N}(0,\sigma) $ ，我們有 $ Z = e^X = e^{\mu + Y} = e^\mu e^Y $
$$ \begin{align} \mathbb{E}[Z] = \mathbb{E}[e^\mu e^Y] &= e^\mu \mathbb{E}[\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}Y^k]\ &= e^\mu\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}\mathbb{E}[Y^k]\ \end{align} $$ 其中每一個 $ \mathbb{E}[Y^k] $ 是 $ k^\mathrm{th} $ 的時刻 $ Y $ ，並且由於 $ \mu_Y=0 $ ，它們等於中心矩，由下式給出：
$$ \mathbb{E}[Y^k] = \begin{cases} 0 & \mathrm{if\ }k \mathrm{\ is\ odd}\ \sigma^k (k-1)!! & \mathrm{if\ }k \mathrm{\ is\ even}\ \end{cases} $$ 所以現在我們只需要做一些代數：
$$ \begin{align} \mathbb{E}[Z] &= e^\mu\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}\mathbb{E}[Y^k]\ &= e^\mu\sum\limits_{k=0, \mathrm{even}}^{\infty} \frac{1}{k!}\sigma^k (k-1)!!\ &= e^\mu\sum\limits_{k=0, \mathrm{even}}^{\infty} \frac{1}{k!!}\sigma^k\ \end{align} $$ 對於最後一個學期，讓我們擴展它，看看我們是否能看到任何東西：
$$ \begin{align} \sum\limits_{k=0, \mathrm{even}}^{\infty} \frac{1}{k!!}\sigma^k &= 1 + \frac{1}{2}\sigma^2 + \frac{1}{8}\sigma^4 + \frac{1}{48}\sigma^6 + \ldots\ &= \frac{1}{0!}\left(\frac{\sigma^2}{2}\right)^0
- \frac{1}{1!}\left(\frac{\sigma^2}{2}\right)^1
- \frac{1}{2!}\left(\frac{\sigma^2}{2}\right)^2
- \frac{1}{3!}\left(\frac{\sigma^2}{2}\right)^3
- \ldots \ &= e^{\frac{\sigma^2}{2}} \end{align} $$ 所以我們回來
$$ \begin{align} \mathbb{E}[Z] &= e^\mu\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}\mathbb{E}[Y^k]\ &= e^\mu e^{\frac{\sigma^2}{2}}\ &= e^{\mu +\frac{\sigma^2}{2}}\ \end{align} $$ 幾何平均
在下面，總和是整個時間段的乘積/總和，然後用倒數抵消。
$$ \begin{align} \mathbb{E} \left[ \left( \prod_{i=0}^n a_i \right)^{\frac{1}{n}} \right] =& \mathbb{E} \left[ \left( \prod_{i=0}^n e^{(\mu -\frac{1}{2}\sigma^2)\mathrm{d}t + \sigma \mathrm{d}W} \right)^{\frac{1}{n}} \right] \ =& \mathbb{E} \left[ \left( e^{\sum_{i=0}^n (\mu -\frac{1}{2}\sigma^2)\mathrm{d}t + \sigma \mathrm{d}W } \right)^{\frac{1}{n}} \right]\ =& e^{-\frac{1}{2}\sigma^2} \mathbb{E} \left[ \left( e^{ \mu + \sigma \tilde{X}} \right) \right]\ \end{align} $$ 以上是本質上的，但有一半變異數的額外負數 - 即您正在尋找的差異。 發生這種情況是因為您正在查看的平均值是預期收益的幾何平均值，它本質上是隨機過程的算術平均值。
那是你所追求的嗎？或者你想讓它更充實？