条件付き期待値としての確率微分方程式の期待解(これは難しいものです)。

1
Joker123 2019-04-12 13:56.

あなたがそこにいるすべての天才について:これは難しいものです。

予備知識と厳格な技術的枠組み

  • しましょう $T \in (0, \infty)$ 修正されます。

  • しましょう $d \in \mathbb{N}_{\geq 1}$ 修正されます。

  • しましょう $$(\Omega, \mathcal{G}, (\mathcal{G}_t)_{t \in [0,T]}, \mathbb{P})$$ 完全な右連続フィルタリングを備えた完全な確率空間である $(\mathcal{G}_t)_{t \in [0,T]}$

  • しましょう $$B : [0,T] \times \Omega \rightarrow \mathbb{R}^d, \quad (t,\omega) \mapsto B_t(\omega)$$ 標準になる $d$-次元 $(\mathcal{G}_t)_{t \in [0,T]}$-適応ブラウン運動 $\mathbb{R}^d$ そのような、すべてのペアについて $(t,s) \in \mathbb{R}^2$$0 \leq t < s$、確率変数 $B_s-B_t$ は独立しています $\mathcal{G}_t$

  • しましょう \begin{align} &\sigma: \mathbb{R}^d \rightarrow \mathbb{R}^{d \times d}, \\ &\mu: \mathbb{R}^d \rightarrow \mathbb{R}^{d}, \end{align} アフィン線形変換である、つまり行列があるようにする $(A^{(\sigma)}_1,...,A^{(\sigma)}_d, \bar{A}^{(\sigma)}):= \theta_{\sigma} \in (\mathbb{R}^{d \times d})^{d+1}$ そのような、すべてのために $x \in \mathbb{R}^d$\ begin {equation} \ sigma(x)=(A ^ {(\ sigma)} _ 1 x \ mid ... \ mid A ^ {(\ sigma)} _ d x)+ \ bar {A} ^ {( \ sigma)}、\ end {equation}ここで、$A^{(\sigma)}_i x$ を説明します $i$-マトリックスの第5列 $\sigma(x) \in \mathbb{R}^{d \times d}$、および行列とベクトルのペアがあるとします $(A^{(\mu)}, \bar{a}^{(\mu)}) := \theta_{\mu} \in \mathbb{R}^{d \times d} \times \mathbb{R}^d$ そのような、すべてのために $x \in \mathbb{R}^d$\ begin {equation} \ mu(x)= A ^ {(\ mu)} x + \ bar {a} ^ {(\ mu)}。\ end {equation}

  • してみましょう\ mathbb {R} ^ D \ RIGHTARROW \ mathbb {R} \エンド{式}:\始める{式} \ varphi固定、連続して高々多項式成長している関数であること、すなわちLET$\varphi$ 継続的であり、一定であるようにします $C \in [1, \infty)$ そのような、すべてのために $x \in \mathbb{R}^d$その保持\開始{式} \ lVert \ varphi(X)\ rVert \当量C(1+ \ lVert X \ rVert)^ C。\ end {equation}

  • しましょう $x_0 \in \mathbb{R}^d$ 修正されます。

質問

同等の確率積分方程式として与えられる次の確率微分方程式を考えてみましょう。ここで、多次元積分はコンポーネントごとに読み取られます。

\ begin {equation} S_t = x_0 + \ int_ {0} ^ {t} \ mu(S_t)ds + \ int_ {0} ^ {t} \ sigma(S_t)dB_s。\ end {equation}

私たちの仮定の下では、(識別不能性まで)独自のソリューションプロセスが

$$ S^{(x_0, \theta_{\sigma}, \theta_{\mu})} :[0,T] \times \Omega \rightarrow \mathbb{R}^d, \quad (t, \omega) \mapsto S_t(\omega),$$

この方程式が存在します(これを確認するには、たとえば、ルガルのブラウン運動、マルティンガレス、確率計算の定理8.3を検討してください)。

私はの期待に興味があります $S^{(x_0, \theta_{\sigma}, \theta_{\mu})}$ 当時の $T$ 関数を通過したとき $\varphi$$$ \mathbb{E}[\varphi(S^{(x_0, \theta_{\sigma}, \theta_{\mu})}_T)].$$ 具体的に表現したい $\mathbb{E}[\varphi(S^{(x_0, \theta_{\sigma}, \theta_{\mu})}_T)]$ 条件付き期待値として次のように: $$ \mathbb{E}[\varphi(S^{(x_0, \theta_{\sigma}, \theta_{\mu})}_T)] = \mathbb{E}[\varphi(S^{(X_0, \Theta_{\sigma}, \Theta_{\mu})}_T) \mid (X_0, \Theta_{\sigma}, \Theta_{\mu}) = (x_0, \theta_{\sigma}, \theta_{\mu})]. $$

ここに $$ X_0 : \Omega \rightarrow \mathbb{R}^d, $$ $$ \Theta_{\mu} : \Omega \rightarrow \mathbb{R}^{d \times d} \times \mathbb{R}^d,$$ $$ \Theta_{\sigma} : \Omega \rightarrow (\mathbb{R}^{d \times d})^{d+1},$$ です $\mathcal{G}_0$-初期値を定義する測定可能な確率変数 $x_0$ プロセスの $t=0$ アフィン線形係数関数のエントリと同様に $\mu$ そして $\sigma$。また、$\Sigma$ ランダム関数です。

確率変数

$$ S^{(X_0, \Theta_{\sigma}, \Theta_{\mu})}_T : \Omega \rightarrow \mathbb{R}^d$$

確率変数を最初に「描画」する手順によって暗黙的に定義されます $(X_0, \Theta_{\sigma}, \Theta_{\mu})$ 当時の $t = 0$ 固定値を取得するために $$ (X_0, \Theta_{\sigma}, \Theta_{\mu}) = (\tilde{x}_0, \tilde{\theta}_{\sigma}, \tilde{\theta}_{\mu}) $$ そして「その後」セット $$ S^{X_0, \Theta_{\sigma}, \Theta_{\mu})}_T := S^{(\tilde{x}_0, \tilde{\theta}_{\sigma}, \tilde{\theta}_{\mu})}_T, $$ どこ
$$ S^{(\tilde{x}_0, \tilde{\theta}_{\sigma}, \tilde{\theta}_{\mu})} :[0,T] \times \Omega \rightarrow \mathbb{R}^d, \quad (t, \omega) \mapsto S^{(\tilde{x}_0, \tilde{\theta}_{\sigma}, \tilde{\theta}_{\mu})}_t(\omega) $$ は(識別不能性まで)確率微分方程式の一意の解法です。

\ begin {equation} S_t = \ tilde {x} _0 + \ int_ {0} ^ {t} \ tilde {\ mu}(S_t)ds + \ int_ {0} ^ {t} \ tilde {\ sigma}( S_t)dB_s。\ end {equation}

ここに、 $\tilde{\sigma}$ そして $\tilde{\mu}$ パラメータ値に関連付けられたアフィン線形写像です $\tilde{\theta}_{\sigma}$ そして $\tilde{\theta}_{\mu}$ 上記のように。

さて、私の質問:

  1. 確率変数を「定義」する方法に技術的な問題があることを知っています $S^{(X_0, \Theta_{\sigma}, \Theta_{\mu})}$、アイデアが明確であることを願っていますが。どうすればの定義を作成できますか$S^{(X_0, \Theta_{\sigma}, \Theta_{\mu})}$ 上記のフレームワークで厳密ですか?
  2. の厳密な定義を取得した後 $S^{(X_0, \Theta_{\sigma}, \Theta_{\mu})}$、どうすればそれを示すことができますか $$ \mathbb{E}[\varphi(S^{(x_0, \theta_{\sigma}, \theta_{\mu})}_T)] = \mathbb{E}[\varphi(S^{(X_0, \Theta_{\sigma}, \Theta_{\mu})}_T) \mid (X_0, \Theta_{\sigma}, \Theta_{\mu}) = (x_0, \theta_{\sigma}, \theta_{\mu})] ?$$

さらに規則性の仮定がある場合(たとえば確率変数について) $X_0, \Theta_{\sigma}, \Theta_{\mu}$)上記の質問に満足のいく方法で答えるために必要です、そしてこれらは考え直さずに作ることができます。

これらの質問は私の現在の研究の中核です。私は立ち往生しており、アドバイスをいただければ幸いです。

1 answers

1
John Dawkins 2019-04-13 12:12.

あなたが引用する参考文献で使用されているPicard反復法(定理8.5も参照)は、次のことを示しています。 $(x_0,\theta_\sigma,\theta_\mu,\omega)\mapsto S_T^{(x_0,\theta_\sigma,\theta_\mu)}(\omega)$ の共同可測関数です $(x_0,\theta_\sigma,\theta_\mu,\omega)$、最初の3つの変数でも連続です。複合機能$\omega \mapsto \varphi( S_T^{(X_0(\omega),\Theta_\sigma(\omega),\Theta_\mu(\omega))}(\omega))$ したがって、 $\mathcal G_T$-測定可能な確率変数。(私はそれを仮定しています$\varphi$ 有界でボレル測度可能です。)さらに、 $\mathcal G_0$ 駆動するブラウン運動の増分とは無関係です $B$、確率変数 $S_T^{(x_0,\theta_\sigma,\theta_\mu)}$ は独立しています $\mathcal G_0$ の固定された選択肢ごとに $(x_0,\theta_\sigma,\theta_\mu)$

要求するIDは、より一般的な(ただし、SDE表記を使用すると簡単に記述できる)事実の特殊なケースです。仮定します$(z,\omega)\mapsto F(z,\omega)$ 有界であり、共同で測定可能です( $\Bbb R^n\times \Omega$、言う)そしてそれ $Z: \Omega\to \Bbb R^n$ は独立した確率変数です $\omega\mapsto F(z,\omega)$、固定ごとに $z$。複合機能$G:\omega\mapsto F(Z(\omega),\omega)$ は確率変数であり、 $$ E[G\,|\,Z=z](\omega) = E[F(z,\cdot)],\qquad\qquad(\dagger) $$ほぼ確実に。つまり、定義すると$h(z):= E[F(z,\cdot)]$ その後 $h$ ボレル測定可能(フビニ)であり、 $\omega\mapsto h(Z(\omega))$ (の左側にある条件付き期待値のバージョンです$\dagger$)。これをに適用する$Z(\omega)=(X_0(\omega),\Theta_\sigma(\omega),\Theta_\mu(\omega)$ そして $F(z,\omega)=F((x_0,\theta_\sigma,\theta_\mu),\omega) = \varphi( S_T^{(x_0,\theta_\sigma,\theta_\mu)}(\omega))$。(の証明$\dagger$)は、条件付き期待値の定義とフビニの定理を追跡する問題です。

Related questions

MORE COOL STUFF

ケイト・ブランシェットは3日間一緒に夫と一緒に寝て、25年経ってもまだ夫と結婚しています

ケイト・ブランシェットは3日間一緒に夫と一緒に寝て、25年経ってもまだ夫と結婚しています

ケイト・ブランシェットは、夫に会ったとき、典型的な交際のアドバイスに逆らいました。

マイケルシーンが非営利の俳優である理由

マイケルシーンが非営利の俳優である理由

マイケルシーンは非営利の俳優ですが、それは正確にはどういう意味ですか?

ホールマークスターのコリンエッグレスフィールドがRomaDramaLiveでスリル満点のファンと出会う![エクスクルーシブ]

ホールマークスターのコリンエッグレスフィールドがRomaDramaLiveでスリル満点のファンと出会う![エクスクルーシブ]

特徴的なスターのコリン・エッグレスフィールドは、RomaDrama Liveでのスリル満点のファンとの出会いについて料理しました!加えて、大会での彼のINSPIREプログラム。

「たどりつけば」をオンラインでストリーミングできない理由

「たどりつけば」をオンラインでストリーミングできない理由

ノーザンエクスポージャーが90年代の最も人気のある番組の1つになった理由を確認するには、Blu-rayまたはDVDプレーヤーをほこりで払う必要があります。

バイオニック読書はあなたをより速く読むことができますか?

バイオニック読書はあなたをより速く読むことができますか?

BionicReadingアプリの人気が爆発的に高まっています。しかし、それは本当にあなたを速読術にすることができますか?

ドミニカのボイリング湖:アクセスは簡単ではありませんが、ハイキングする価値があります

ドミニカのボイリング湖:アクセスは簡単ではありませんが、ハイキングする価値があります

ドミニカのボイリング湖は、世界で2番目に大きいボイリング湖です。そこにたどり着くまでのトレッキングは大変で長いですが、努力する価値は十分にあります。

私たちの水をきれいに保つのを助けるためにあなたの髪を寄付してください

私たちの水をきれいに保つのを助けるためにあなたの髪を寄付してください

サロンからのヘアトリミングや個人的な寄付は、油流出を吸収して環境を保護するのに役立つマットとして再利用できます。

ホワイトハウスの最も記憶に残る結婚式を見てください

ホワイトハウスの最も記憶に残る結婚式を見てください

過去200年以上の間にホワイトハウスで結婚したのはほんの数人です。彼らは誰でしたか、そしてそこで結婚式を獲得するために何が必要ですか?

ジェイ・ブルースはどうやら子供を妊娠することによってメッツから離れて取引されていることを祝った

ジェイ・ブルースはどうやら子供を妊娠することによってメッツから離れて取引されていることを祝った

あなたが一時的に会っていなかったとき。シーズン11-1を開始したチームであるニューヨークメッツは、日曜日の午後にフィラデルフィアで行われた最後の11試合の9試合目を失いました。

スティーブンキングのアウトサイダーはトランプ時代のそれです

スティーブンキングのアウトサイダーはトランプ時代のそれです

スティーブン・キングのアウトサイダーは、多くの点で先祖返りの小説であり、80年代の全盛期から引き裂かれたように見える生き物の特徴であり、おそらくセル以来の彼の最もパルプのような本ですが、今日の恐怖の中で間違いなく設立された作品です。表面上は、形を変えるペニーワイズのような子供たちの殺人者を中心としており、その最も暗い脅威は、封じ込められず、神経質に平凡なものよりも幻想的で打ち負かされません。

スティーブンユニバースは、強烈な内部エピソードのペアで、それ自体のバックストーリーをさりげなく粉砕します

スティーブンユニバースは、強烈な内部エピソードのペアで、それ自体のバックストーリーをさりげなく粉砕します

スティーブンユニバースビーチシティのエピソードが実行されるたびに、いくつかのクライマックスイベントが発生し、スティーブンユニバースのより広い神話に対する理解の一部が失われます。これはあなたが期待していたことですか?今日のエピソードは両方とも、容赦なくゆっくりと、シーズンの終盤の主要な部分を設定する決定的な結論に向かって進みます。そして、ロナウドは、静かな納屋が倒れているのを発見した夜中にスティーブンを捕まえるためにやって来ます。月に。

ディズニーワールドの旅行のヒントを教えてください

ディズニーワールドの旅行のヒントを教えてください

「光が触れるものはすべて私たちの王国です。」今週のHackYour Cityでは、1つのテーマパークを取り上げます。

Zendaya Wishes Boyfriend Tom Holland Happy Birthday with Cuddly Photo: He 'Makes Me the Happiest'

Zendaya Wishes Boyfriend Tom Holland Happy Birthday with Cuddly Photo: He 'Makes Me the Happiest'

Zendaya shared a sweet photo in honor of boyfriend Tom Holland's 26th birthday Wednesday

小さな女性:脳卒中を患った後に病院から解放されたアトランタのジューシーな赤ちゃん:「まだ癒し」

小さな女性:脳卒中を患った後に病院から解放されたアトランタのジューシーな赤ちゃん:「まだ癒し」

シーレン「Ms.JuicyBaby」ピアソンは、先月脳卒中で入院した後、「もう一度たくさんのことをする方法を学ばなければならない」ため、言語療法を受けていることを明らかにしました。

エマストーンは彼女のクリフサイドマリブビーチハウスを420万ドルでリストアップしています—中を見てください!

エマストーンは彼女のクリフサイドマリブビーチハウスを420万ドルでリストアップしています—中を見てください!

オスカー受賞者の世紀半ばの家には、3つのベッドルーム、2つのバス、オーシャンフロントの景色があります。

ジーニー・メイ・ジェンキンスは、母乳育児の経験の中で、彼女は「本当に、本当に落ち込んでいる」と言います

ジーニー・メイ・ジェンキンスは、母乳育児の経験の中で、彼女は「本当に、本当に落ち込んでいる」と言います

ジーニー・メイ・ジェンキンスは、生後4か月の娘、モナコに母乳育児をしていると語った。

投資ノート:Bioscout AU$300万シード

投資ノート:Bioscout AU$300万シード

Bioscoutは、農家を運転席に置くという使命を負っています。Artesian(GrainInnovate)やUniseedと並んで、最新のシードラウンドでチームを支援できることをうれしく思います。問題真菌症による重大な作物の損失は、農民にとって試練であることが証明されています。

リトルマーケットリサーチ1| 2022年のクイックグリンプス遠隔医療市場

リトルマーケットリサーチ1| 2022年のクイックグリンプス遠隔医療市場

遠隔医療は、パンデミック後の時代では新しいものではなく、時代遅れの分野でもありません。しかし、業界を詳しく見ると、需要と供給の強力な持続可能性と、米国で絶え間ない革命となる強力な潜在的成長曲線を示しています。

スタートアップ資金調達環境:タイのスタートアップエコシステムの次は何ですか?

スタートアップ資金調達環境:タイのスタートアップエコシステムの次は何ですか?

2021年は、世界的なベンチャーキャピタル(VC)の資金調達にとって記録的な年でした。DealStreetAsiaによると、東南アジアも例外ではなく、この地域では年間で記録的な25の新しいユニコーンが採掘されました。

ムーアの法則を超えて

ムーアの法則を超えて

計算に対する私たちの欲求とムーアの法則が提供できるものとの間には、指数関数的に増大するギャップがあります。私たちの文明は計算に基づいています—建築と想像力の現在の限界を超える技術を見つけなければなりません。

Language