Вопрос по Shreve S.E. Stochastic calculus for finance II

[Rasool]

Извините, $Y_n=\sum\limits_{i=1}^{n}\frac {Y_i} {2^i}$, $n=1,2,...$

[--mS--]

Теперь это просто неверное равенство

[Rasool]

Ну, $Y_n=\sum\limits_{i=1}^{n}\frac {Z_i} {2^i}$, $n=1,2,...$, где $Z_n$ - бинарная случайная величина:

$$Z_n(\omega) = \begin{cases} 1,&\text{if $\omega_n=H$,}\\ 0,&\text{if $\omega_n=T$.} \end{cases}$$

[--mS--]

Ну да, естественно.

[Rasool]

Цитата:

Exervise 1.6.
Let $u$ be a fixed number in $\mathsf R$, and define the convex function $varphi(x)=e^{ux}$ for all $x\in\mathsf R$. Let $X$ be a normal random variable with mean $\mu=\mathsf E X$ and standard deviation $\sigma=\left[\mathsf E (X-\mu)^2\right]^{\frac 1 2}$, i.e., with density

$$f(x)=\frac 1 {\sigma\sqrt{2\pi}}\exp(-\frac {(x-\mu)^2} {2\sigma^2}).$$

(i) Verify that

$$\mathsf E Y=\mathsf E\exp(uX)=\exp(u\mu+\frac 1 2 u^2\sigma^2).$$

(ii) Verify that Jensen'sinequality holds (as it must):

$$\mathsf E\varphi(X)\geqslant\varphi(\mathsf E X).$$

(i)Из упражнения 1.5 мы знаем, что $\mathsf E X=\int\limits_0^{\infty} (1-F(x)) dx$, где $F(x)=\mathsf P(X\leqslant x)$. Следует ли отсюда, что $\mathsf E Y=\int\limits_0^{\infty} (1-F_2(y))=\int\limits_0^{\infty} (1-\exp(u F(x))), где $F_2(y)=\mathsf P(X\leqslant y)$ - кумулятивная функция распределения $Y$?
И вообще, где можно использовать формулу $Y=\exp(uX)$ - в функции плотности распределения $Y$ или в кумулятивной функции распределения $Y$?
Еще я вывел формулу

$$\mu_Y[a_2, b_2]=\mathsf P[\omega\in\Omega; a_2\leqslant Y(\omega)\leqslant b_2]=\mathsf P[\omega\in\Omega;Y^{-1}(a_2)\leqslant Y^{-1}(Y(\omega))\leqslant Y^{-1}(b_2)]=$$

$$=\mathsf P[\omega\in\Omega;(a_1)\leqslant X(\omega)\leqslant (b_1)] = \int\limits_{a_1}^{b_1} f(x)dx.$$

[--mS--]

Rasool в сообщении #836543 писал(а):

(i)Из упражнения 1.5 мы знаем, что $\mathsf E X=\int\limits_0^{\infty} (1-F(x)) dx$, где $F(x)=\mathsf P(X\leqslant x)$.

Если в роли $X$ предполагается использовать неотрицательный $Y$, то можно, но есть ли смысл?

Rasool в сообщении #836543 писал(а):

Следует ли отсюда, что $\mathsf E Y=\int\limits_0^{\infty} (1-F_2(y))=\int\limits_0^{\infty} (1-\exp(u F(x))), где $F_2(y)=\mathsf P(X\leqslant y)$ - кумулятивная функция распределения $Y$?
И вообще, где можно использовать формулу $Y=\exp(uX)$ - в функции плотности распределения $Y$ или в кумулятивной функции распределения $Y$?

Экспонента от функции распределения никак не может являться функцией распределения. И плотность тоже. Найдите функцию распределения $Y$ по определению - примерно так, как в Вашей последней формуле. Через производную или заменой переменной в интеграле можно найти плотность распределения $Y$. Такие вещи следует уметь делать, хотя для вычисления математического ожидания эти умения бесполезны: не имеет никакого смысла искать функцию и/или плотность распределения, чтобы сосчитать примитивное матожидание функции от случайной величины $\mathsf E \exp(uX)$ с известной плотностью распределения. Матожидание квадрата Вы тоже ищете через распределение квадрата?

$$\mathsf E\exp(uX) = \int\limits_{\mathbb R} \exp(ux)f_X(x)\,dx.$$

[Rasool]

--mS-- в сообщении #836641 писал(а):

$$\mathsf E\exp(uX) = \int\limits_{\mathbb R} \exp(ux)f_X(x)\,dx.$$

Я попробовал взять этот интеграл и вот что у меня получилось:

$$\mathsf E\exp(uX) = \int\limits_{\mathbb R} \exp(ux)f_X(x)\,dx=\int\limits_{\mathbb R} {\frac {1} {\sigma\sqrt{2\pi}} \exp(ux - \frac {(x-\mu)^2} {2\sigma^2}})\,dx=$$

$${=\frac {1} {\sigma\sqrt{2\pi}} \int\limits_{\mathbb R} \exp({\frac {2\sigma^2ux-x^2-\mu^2+2x\mu} {\sigma\sqrt{2\pi}}})\,dx.$$

Как известно, $\int e^{-x^2}\,dx$ является интегралом Пуассона, т.е. не берется в элементарных функциях. Что тут можно сделать?

[--mS--]

Не берётся в элементарных функциях неопределённый интеграл. А определённый интеграл от любой плотности по всей прямой равен единице, и от плотности нормального распределения в том числе:

$$\int\limits_{\mathbb R}e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx=\sqrt{2\pi}.$$

Выделяйте полный квадрат в показателе экспоненты, да и всё.

[Rasool]

--mS-- в сообщении #838755 писал(а):

Не берётся в элементарных функциях неопределённый интеграл. А определённый интеграл от любой плотности по всей прямой равен единице, и от плотности нормального распределения в том числе:

$$\int\limits_{\mathbb R}e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx=\sqrt{2\pi}.$$

Выделяйте полный квадрат в показателе экспоненты, да и всё.

Извините, но мы имеем:

$$\int\limits_{\mathbb R} \exp(ux)f_X(x)\,dx=$$

$$=\int\limits_{\mathbb R} {\frac {1} {\sigma\sqrt{2\pi}} \exp(ux - \left(\frac {x-\mu} {\sqrt{2}\sigma}}\right)^2)\,dx$$

Как избавиться от $\int e^{ux}$?

[vlad_light]

--mS-- в сообщении #838755 писал(а):

Выделяйте полный квадрат в показателе экспоненты

[Rasool]

Получили:

$$=\int\limits_{\mathbb R} {\frac {1} {\sigma\sqrt{2\pi}} \exp(ux - \left(\frac {x-\mu} {\sqrt{2}\sigma}}\right)^2)\,dx=$$

$$=\frac {1} {\sigma\sqrt{2\pi}} \int\limits_{\mathbb R} \exp( \frac {-x^2-\mu^2+2x(\sigma^2+\mu)} {\sqrt{2}\sigma})\,dx=$$

$$=\frac {1} {\sigma\sqrt{2\pi}} \int\limiits_{\mathbb R} \exp \left[ \left(-\frac {x+\sigma^2u+\mu} {\sqrt{2}\sigma}\right)^2\right] \exp(\frac {\sigma^2u^2+2\mu u} {2})\,dx=$$

$$=\exp\left(\frac {1} {2} u^2\mu^2+\mu u\right)\frac {1} {\sigma\sqrt{2\pi}} \int\limiits_{\mathbb R} \exp\left(-\frac {x/\sigma+\sigma u+\mu/\sigma} {2} \right)^2\,\dx,$$

откуда и следует требуемое в (i). Спасибо.

[Rasool]

И (ii) легко проверяется: $\mathsf E(\varphi(X))=\exp(u\mu+\frac {1} {2} u^2\sigma^2)$, $\mathsf E(X)=1$, $\varphi(1)=e^u\leqslant\mathsf E(\varphi(X)).$

[--mS--]

Матожидание икса не один.

[Rasool]

Извиняюсь, $\mathsf E(X)=\mu$, $\varphi(\mu)=e^{u\mu}$.