[확률적분] 14. 이토 공식(2)

[확률적분] 14. 이토 공식(2)

\(\{\mathcal{F}_{t},\,a\leq t\leq b\}\)를 다음 조건들을 만족하는 여과라고 하자.

(a) 모든 \(t\)에 대해 \(B(t)\)는 \(\mathcal{F}_{t}-\)가측이다. 

(b) 임의의 \(s\leq t\)에 대해 확률변수 \(B(t)-B(s)\)는 \(\sigma-\)체 \(\mathcal{F}_{s}\)와 독립이다. 

*여기서 \(\{\mathcal{F}_{t}\}-\)적합이고 \(\displaystyle\int_{a}^{b}{|f(t)|dt}<\infty\,a.s.\)인 확률과정 \(f(t)\)들의 공간을 \(\mathcal{L}_{ad}(\Omega,\,L^{1}([a,\,b]))\)로 나타내겠다.

다음과 같은 형태의 확률과정을 이토과정(Ito process)이라고 한다.$$X_{t}=X_{a}+\int_{a}^{t}{f(s)dB(s)}+\int_{a}^{t}{g(s)ds},\,a\leq t\leq b$$여기서 \(X_{a}\)는 \(\mathcal{F}_{a}-\)가측, \(f\in\mathcal{L}_{ad}(\Omega,\,L^{2}([a,\,b]))\), \(g\in\mathcal{L}_{ad}(\Omega,\,L^{1}([a,\,b]))\)이다. 

앞의 이토과정을 다음과 같이 간단하게 '확률미분(stochastic differential)'(정확히는 확률미분방정식(stochastic differential equation))으로 나타낼 수 있다.$$dX_{t}=f(t)dB(t)+g(t)dt$$브라운운동은 미분가능하지 않기 때문에 확률미분은 의미가 없고, 단지 이토과정과 같다는 정도로만 봐야 한다. 

\(X_{t}\)를 다음과 같은 이토과정이라고 하고$$X_{t}=X_{a}+\int_{a}^{t}{f(s)dB(s)}+\int_{a}^{t}{g(s)ds},\,a\leq t\leq b$$\(\theta(t,\,x)\)를 연속 편도함수 \(\displaystyle\frac{\partial\theta}{\partial t},\,\frac{\partial\theta}{\partial x},\,\frac{\partial^{2}\theta}{\partial x^{2}}\)를 갖는 연속함수라고 하자. 그러면 \(\theta(t,\,X_{t})\)도 이토과정이고 다음과 같다.$$\begin{align*}\theta(t,\,X_{t})&=\theta(a,\,X_{t})+\int_{a}^{t}{\frac{\partial\theta}{\partial x}(s,\,X_{s})f(s)dB(s)}\\&+\int_{a}^{t}{\left\{\frac{\partial\theta}{\partial t}(s,\,X_{s})+\frac{\partial\theta}{\partial x}(s,\,X_{s})g(s)+\frac{1}{2}\frac{\partial^{2}\theta}{\partial x^{2}}(s,\,X_{s})\{f(s)\}^{2}\right\}ds}\end{align*}$$위의 식이 성립함을 보이기 위해 다음의 표를 이용하자.

×	\(dB(t)\)	\(dt\)
\(dB(t)\)	\(dt\)	0
\(dt\)	0	0

테일러 정리로부터 다음의 식을 얻고,$$d\theta(t,\,X_{t})=\frac{\partial\theta}{\partial t}(t,\,X_{t})dt+\frac{d\theta}{dx}(t,\,X_{t})dX_{t}+\frac{1}{2}\frac{\partial^{2}\theta}{\partial x^{2}}(t,\,X_{t})(dX_{t})^{2}$$위의 표로부터 \((dX_{t})^{2}=\{f(t)\}^{2}dt\)이므로 다음의 결과를 얻는다.$$\begin{align*}d\theta(t,\,X_{t})&=\frac{\partial\theta}{\partial t}dt+\frac{\partial\theta}{\partial x}\{f(t)dB(t)+g(t)dt\}+\frac{1}{2}\frac{\partial^{2}\theta}{\partial x^{2}}\{f(t)\}^{2}dt\\&=\frac{\partial\theta}{\partial x}f(t)dB(t)+\left(\frac{\partial\theta}{\partial t}+\frac{\partial\theta}{\partial x}g(t)+\frac{1}{2}\frac{\partial^{2}\theta}{\partial x^{2}}\{f(t)\}^{2}\right)dt\end{align*}$$*이것은 이토 공식의 증명이 아니다!

\(f\in\mathcal{L}_{ad}(\Omega,\,L^{2}([0,\,1]))\)라 하고, \(X_{t}\)를 다음과 같은 이토과정이라고 하자.$$X_{t}=\int_{0}^{t}{f(s)dB(s)}-\frac{1}{2}\int_{0}^{t}{\{f(s)\}^{2}ds},\,0\leq t\leq1$$\(\theta(x)=e^{x}\)라고 하면 \(\displaystyle dX_{t}=f(t)dB(t)-\frac{1}{2}\{f(t)\}^{2}dt\)이고, 테일러 전개로부터$$\begin{align*}d\theta(X_{t})&=e^{X_{t}}dX_{t}+\frac{1}{2}e^{X_{t}}(dX_{t})^{2}\\&=e^{X_{t}}\left(f(t)dB(t)-\frac{1}{2}\{f(t)\}^{2}dt\right)+\frac{1}{2}e^{X_{t}}\{f(t)\}^{2}dt\\&=f(t)e^{X_{t}}dB(t)\end{align*}$$이므로 다음의 식을 얻고$$e^{X_{t}}=1+\int_{0}^{t}{f(s)e^{X_{s}}dB(s)}$$확률과정 \(\displaystyle Y_{t}=e^{X_{t}}\)는 국소 마팅게일이나 \(f(t)\)가 \(L^{2}([0,\,1])\)에서 결정적인 함수이므로 \(Y_{t}\)는 마팅게일이다. 

다음의 랑주뱅 방정식(Langevin equation)에서$$dX_{t}=\alpha dB(t)-\beta X_{t}dt,\,X_{0}=x_{0}$$(\(\alpha\in\mathbb{R},\,\beta>0\)) \(X_{t}\)는 시간 \(t\)에서 브라운운동을 하는 입자의 속도이고 다음과 같이 확률적분방정식(stochastic integral equation)으로 나타낼 수 있다.$$X_{t}=x_{0}+\alpha B(t)-\beta\int_{0}^{t}{X_{s}ds}$$\(\theta(t,\,x)=e^{\beta t}x\)라 하자. 그러면$$\frac{\partial\theta}{\partial t}=\beta e^{\beta t},\,\frac{\partial\theta}{\partial x}=e^{\beta t},\,\frac{\partial^{2}\theta}{\partial x^{2}}=0$$이므로 이토 공식으로부터$$\begin{align*}d(e^{\beta t}X_{t})&=\beta e^{\beta t}X_{t}dt+e^{\beta t}dX(t)\\&=\beta e^{\beta t}X_{t}dt+e^{\beta}(\alpha dB(t)-\beta X_{t}dt)\\&=\alpha e^{\beta t}dB(t)\end{align*}$$이고, 다음과 같이 확률적분식을 얻는다.$$e^{\beta t}X_{t}=e^{\beta s}X_{s}+\int_{s}^{t}{\alpha e^{\beta u}dB(u)}\,s\leq t$$따라서 \(X_{t}\)를 다음과 같이 나타낼 수 있고,$$X_{t}=e^{-\beta(t-s)}X_{s}+\alpha\int_{s}^{t}{e^{-\beta(t-u)}dB(u)},\,s\leq t$$여기서 \(s=0\)이면, 다음과 같이 랑주뱅 방정식의 해를 얻는다.$$X_{t}=e^{-\beta t}x_{0}+\alpha\int_{0}^{t}{e^{-\beta(t-u)}dB(u)}$$앞의 랑주뱅 방정식의 해 \(X_{t}\)를 오른슈타인-울렌벡 과정(Ornstein-Uhlenbeck process)이라고 한다. 

\(X_{t}\)를 오른슈타인-울렌벡 과정(랑주뱅 방정식의 해)이라고 하자. 그러면 다음의 조건부확률을 얻는다.$$P(X_{t}\leq y|X_{s}=x)=\int_{-\infty}^{y}{G_{\frac{\alpha^{2}}{2\beta}(1-e^{-2\beta(t-s)})}(e^{-\beta(t-s)}x,\,v)dv},\,s<t$$여기서 \(\displaystyle G_{t}(m,\,v)=\frac{1}{\sqrt{2\pi t}}e^{-\frac{1}{2t}(v-m)^{2}}\)는 평균이 \(m\)이고 분산이 \(t\)인 가우시안(정규분포) 밀도함수이고, \(s=0\), \(x=x_{0}\)일 때 확률변수 \(X_{t}\)는 평균이 \(x_{0}e^{-\beta t}\)이고 분산이 \(\displaystyle\frac{\alpha^{2}}{2\beta}(1-e^{-2\beta t})\)인 정규분포를 따른다. 

여기서 \(P(X_{t}\leq y|X_{s}=x)\)는 \(t-s\)에 대한 함수이고 따라서 임의의 \(s<t\)와 \(h\geq0\)에 대해 다음이 성립한다.$$P(X_{t}\leq y|X_{s}=x)=P(X_{t+h}\leq y|X_{s+h}=x)$$이것은 \(X_{t}\)가 정상과정(stationary process)이라는 것을 보여주고, 임의의 \(s\geq0\)에 대해 다음의 극한식을 얻는다.$$\lim_{t\,\rightarrow\,0}{G_{\frac{\alpha^{2}}{2\beta}(1-e^{-2\beta(t-s)})}(e^{-\beta(t-s)},\,v)}=G_{\frac{\alpha^{2}}{2\beta}}(0,\,v)$$여기서 \(G_{\frac{\alpha^{2}}{2\beta}}(0,\,\cdot)\)은 평균이 0이고 분산이 \(\displaystyle\frac{\alpha^{2}}{2\beta}\)인 가우시안 밀도함수이고, 측도 \(d\rho(v)=G_{\frac{\alpha^{2}}{2\beta}}(0,\,v)dv\)는 오른슈타인-울렌벡 과정에 대해 불변측도이다. 

증명: \(s\leq t\)라 하자. \(X_{s}=x\)에 대해 다음의 식을 얻는다.$$X_{t}=e^{-\beta(t-s)}x+\alpha\int_{s}^{t}{e^{-\beta(t-u)}dB(u)}$$위 식의 적분이 평균이 0이고 분산이$$\alpha\int_{s}^{t}{e^{-2\beta(t-u)}du}=\frac{\alpha^{2}}{2\beta}(1-e^{-2\beta(t-s)})$$인 가우시안 확률변수에 대한 위너적분이므로 확률변수 \(X_{t}\,(X_{s}=x)\)는 평균이 \(e^{-\beta(t-s)}x\)이고 분산이 \(\displaystyle\frac{\alpha^{2}}{2\beta}(1-e^{-2\beta(t-s)})\)인 가우시안 확률변수이다. 

\(F(t,\,x)\)를 \(f(t,\,x)\)의 \(x\)에 대한 역도함수(부정적분)라 하고, \(\displaystyle\frac{\partial F}{\partial t},\,\frac{\partial f}{\partial t}\)가 연속이라고 하자. 그러면 다음 식이 성립한다.$$\int_{a}^{b}{f(t,\,B(t))dB(t)}=\left[F(t,\,B(t))\right]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}{\left\{\frac{\partial F}{\partial t}(t,\,B(t))+\frac{1}{2}\frac{\partial f}{\partial x}(t,\,B(t))\right\}dt}$$이 식은 이토 공식의 한 형태이고, 이토적분에 대한 기본정리이다. \(f\)가 \(t\)에 의존하지 않으면, 위의 식을 다음과 같이 나타낼 수 있다.$$\int_{a}^{b}{f(B(t))dB(t)}=\left[F(B(t))\right]_{a}^{b}-\frac{1}{2}\int_{a}^{b}{f'(B(t))dt}$$확률적분 \(\displaystyle\int_{0}^{t}{B(s)e^{B(s)}dB(s)}\)를 계산하자. \(f(x)=xe^{x}\)라고 하면$$\begin{align*}F(x)&=\int{xe^{x}dx}=xe^{x}-e^{x}+C\\f'(x)&=xe^{x}+e^{x}\end{align*}$$이고 따라서 다음의 결과를 얻는다.$$\int_{0}^{t}{B(s)e^{B(s)}dB(s)}=(B(t)-1)e^{B(t)}+1-\frac{1}{2}\int_{0}^{t}{(B(s)+1)e^{B(s)}ds}$$확률적분 \(\displaystyle\int_{0}^{t}{\frac{1}{1+\{B(s)\}^{2}}dB(s)}\)를 계산하자. \(\displaystyle f(x)=\frac{1}{1+x^{2}}\)라고 하면$$F(x)=\int{\frac{1}{1+x^{2}}dx}=\tan^{-1}x+C,\,f'(x)=-\frac{2x}{(1+x)^{2}}$$이고 따라서 다음의 결과를 얻는다.$$\int_{0}^{t}{\frac{1}{1+\{B(s)\}^{2}}dB(s)}=\tan^{-1}(B(t))+\int_{0}^{t}{\frac{B(s)}{(1+\{B(s)\}^{2})^{2}}ds}$$        

참고자료:

Introduction to Stochastic Integration, Hui-Hsiung Kuo, Springer