[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