隨機積分的條件期望
讓 $ M_t $ 是以下隨機積分
$$ M_t = \int_0^t \sigma_s dW_s $$
在哪裡 $ \sigma_t $ 是一個足夠規則的確定性函式，並且 $ W_t $ 是一個標準的維納過程（即 $ W_t \sim \mathcal{N}(0,t) $ 具有獨立的增量）。
可以證明 $ M_t $ 是與分佈的鞅 $ M_t \sim \mathcal{N}(0, \Sigma_t) $ 其中（Ito 等距）我已經定義了變異數
$$ \Sigma_t = \int_0^t \sigma^2_s ds $$
您能否檢查以下兩個初步斷言是否正確（無處不在 $ 0 \leq s<t<T $ ):
$ M_t $ 有獨立的增量，即 $ M_s $ 獨立於 $ M_t - M_s $ .
共變異數： $ {\mathbb E}[M_t M_s] = \Sigma_s $ .
的證明：如果 1. 成立，如 Wiener 案例中的推理： $$ \begin{align} {\mathbb E}[M_t M_s] &= {\mathbb E}[(M_t - M_s + M_s )M_s] \ &= {\mathbb E}[(M_t - M_s)M_s] + {\mathbb E}[M^2_s] \ &= {\mathbb E}[M_t - M_s] \cdot {\mathbb E}[M_s] + {\mathbb E}[M^2_s] \ &= {\mathbb E}[M^2_s] \ &= \Sigma_s \end{align} $$
最後，我的問題：條件期望：$$ {\mathbb E}[M_t|W_T] = ? $$
編輯我知道結果 $ {\mathbb E}[W_t|W_T]=\frac{t}{T}W_T $ 使用布朗橋。
感謝您的關注。
Edit2這個問題有一個後續可能也很有趣：Regression of stochastic integral on Wiener process
多麼棒的問題啊！我在下面試了一下，我會說我對我必須得到的結果有 75% 的把握，但我希望得到其他人的回饋。
我將使用Ito 積分的定義， $$ \begin{align} \int^t_0 \sigma_s dW_s = \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \sigma_{t_{i-1}} \bigl( W_{t_i} - W_{t_{i-1}} \bigr) \end{align} $$ 在哪裡 $ t_n = t $ .
然後，使用您在上面提供的布朗橋接表達式（並忽略 $ \lim_{n \to \infty} $ 下面為簡潔起見） $$ \begin{align} {\mathbb E}\bigl[M_t | W_T\bigr] &= {\mathbb E}\bigl[ \int^t_0 \sigma_s dW_s | W_T\bigr] \ &= {\mathbb E}\bigl[ \ \sum_{i=1}^n \sigma_{t_{i-1}} \bigl( W_{t_i} - W_{t_{i-1}} \bigr) \ | W_T\bigr] \ &= \sum_{i=1}^n \sigma_{t_{i-1}} {\mathbb E}\bigl[ \bigl( W_{t_i} - W_{t_{i-1}} \bigr) | W_T\bigr] \ &= \sum_{i=1}^n \sigma_{t_{i-1}} \bigl( {\mathbb E}\bigl[ W_{t_i}| W_T\bigr] - {\mathbb E}\bigl[ W_{t_{i-1}} | W_T\bigr] \bigr) \ &= \sum_{i=1}^n \sigma_{t_{i-1}} \bigl( {\frac {t_i} T}W_T - {\frac {t_{i-1}} T}W_T \bigr)\ &= {\frac {W_T} T} \sum_{i=1}^n \sigma_{t_{i-1}} \bigl( {t_i} - {t_{i-1}} \bigr) \ &= {\frac {W_T} T} \int_0^t \sigma_{s} ds\ \end{align} $$
作為健全性檢查，我們可以看到該設置 $ \sigma_s = 1 $ 再現了布朗橋接表達式。