對數正常過程和正常過程的乘積的共變異數
我試圖計算以下共變異數： $$ Cov(e^{\int_{t}^{T}W^1_sds},\int_{t}^{t+1}W^2_sds) $$
在哪裡 $ W^1_t $ 和 $ W^2_t $ 是布朗運動使得 $ dW_t^1dW_t^2=\rho dt $
我的想法是在過程中使用伊藤引理 $ (e^{\int_{u}^{T}W^1_sds}\int_{u}^{t+1}W^2_sds)_u $ 和 $ u<t $ ，然後當我們在 Ito 方程兩邊取期望時，嘗試從得到的 EDP 中找到期望。
但我不確定這是否有效，因為生成的 EDP 沒有解決方案。
任何人都可以在這方面幫助我嗎？您對如何計算此共變異數有其他想法嗎？
提前致謝。
我會試一試，但還不是 100% 確定這是要走的路。
方法：
讓我們求布朗運動的積分相對於時間的分佈（稱之為 $ x $ ) 並找到兩個這樣的積分的乘積的期望 $ x $ 和 $ y $ . 然後，計算共變異數為 $ Cov(x,y)=E(xy)-E(x)E(y) $ .
- 分佈 $ I(t,T)\equiv\int\limits_{s=t}^{T}W_s\mathrm{d}s $
從這個答案，我們知道 $$ I(t,T)\equiv \int\limits_{s=t}^{T}W_s\mathrm{d}s=\int\limits_{s=t}^{T}(T-s)dW_s $$
然後 $ I(t,T) $ 正態分佈 $$ I(t,T)\sim \mathrm{N}\left(0,\frac{1}{3}(T-t)^3\right) $$
- 期望 $ I(t,T)I(t,U) $
通過同樣的推理方式（以及對Iso isometry的一些微弱回憶，我認為：
$$ \begin{align} \mathrm{E}\left(I(t,T)I(t,U)\right)&=\mathrm{E}\left(\int\limits_{s=t}^{T}(T-s)\mathrm{d}W_s\int\limits_{x=t}^{U}(U-x)\mathrm{d}W_x\right)\ &=\mathrm{E}\left(\int\limits_{s=t}^{T}\int\limits_{x=t}^{U}(T-s)(U-x)\mathrm{d}W_s\mathrm{d}W_x\right)\ &=\int\limits_{s=t}^{T}\int\limits_{x=t}^{U}(T-s)(U-x)\mathrm{E}\left(\mathrm{d}W_s\mathrm{d}W_x\right)\ &=\int\limits_{s=t}^{U}(U-s)^2\rho\mathrm{d}t\ &=\frac{1}{3}(U-t)^3 \end{align} $$ 注意：我們假設 $ U\leq T $ .
- $ I(t,T) $ 和 $ I(t,U) $ 是雙變數正態分佈
讓我們簡化並讓 $ x_1\equiv I(t,T) $ , $ x_2\equiv I(t,U) $ 和 $ \mathbf{x}=\left(x_1,x_2\right)^T $ , 也讓 $ \sigma_1^2=\frac{1}{3}(T-t)^3 $ , $ \sigma_2^2=\frac{1}{3}(U-t)^3 $ 和 $ \sigma_{1,2}=\frac{1}{3}\rho (U-t)^3 $ . 然後 $ \mathbf{x} $ 是二元正態分佈的
$$ \mathbf{x}\equiv\begin{pmatrix}x_1\x_2\end{pmatrix}\sim \mathrm{N}\left(\mathbf{0},\begin{pmatrix}\sigma_1^2 & \sigma_{1,2}\ \sigma_{1,2} & \sigma_2^2\end{pmatrix}\right) $$
- 應用矩生成函式(MGF) 技巧：
現在讓我們使用我最近學到的一個小技巧。給定一個實向量 $ \mathbf{t} $ ，多元正態分佈的 MGF 定義為 $ \varphi_X(t)\equiv\mathrm{E}\left(e^{\mathbf{t}^T\mathbf{x}}\right)=e^{\mathbf{t}^T\mathbf{\mu}+\frac{1}{2}\mathbf{t}^T\mathbf{\Sigma}\mathbf{t}} $ 而且，在我們的例子中，這是
$$ \varphi(t_1,t_2)=\mathrm{E}\left(e^{t_1x_1+t_2x_2}\right)=e^{\frac{1}{2}t_1^2\sigma_1^2+\frac{1}{2}t_2^2\sigma_2^2+t_1t_2\sigma_{1,2}} $$
注意
$$ \left.\frac{\partial \left(e^{x+ty}\right)}{\partial t}\right|_{t=0}=ye^x $$
因此，
$$ \begin{align} \mathrm{E}\left(e^{I(t,T)}I(t,U)\right)&=\mathrm{E}\left(e^{x_1}x_2\right)\ &=\left.\frac{\partial \varphi(t_1=1,t_2)}{\partial t_2}\right|{t_2=0}\ &=e^{\frac{1}{2}\sigma_1^2}\sigma{1,2}\ &=\frac{1}{3}\rho(U-t)^3e^{\frac{1}{6}(T-t)^3} \end{align} $$
- 將所有內容放在一起
因此，對於布朗運動 $ W^1_t, W_2^t $ 和 $ dW_1dW_2=\rho dt $
$$ \begin{align} \mathrm{Cov}\left(e^{\int\limits_{s=t}^TW^1_s\mathrm{d}s}\int\limits_{x=t}^UW^2_x\mathrm{d}x\right)&=\mathrm{E}\left(e^{x_1}x_2\right)-\mathrm{E}\left(e^{x_1}\right)\mathrm{E}(x_2)\ &=\mathrm{E}\left(e^{x_1}x_2\right)\ &=1/3\rho(U-t)^3e^{\frac{1}{6}(T-t)^3} \end{align} $$