Modelo de crecimiento estocástico

Question

En este problema consideramos un modelo de crecimiento estocástico. En particular, considere el siguiente sistema de SDE:

\begin{align} dX_t &= Y_t dt + \sigma_XdZ_{1t}\\ dY_t &= -\lambda Y_t dt + \sigma_Y \rho dZ_{1t} + \sigma_Y\sqrt{1-\rho^2}dZ_{2t}\\ X_0 &= 0\\ Y_0 &= 0 \end{align}

dónde $Z_{1t}$ y $Z_{2t}$son movimientos brownianos independientes. \

Calcular $E_t[(X_{t+T}-X_t)]$ y $E_t[(X_{t+T} - X_t)^2]$ en función de $T$ y $Y_t$. Para ilustrar la diferencia entre riesgo a corto y largo plazo, calcule:
$\lim_{T \to 0}\frac{E_t[(X_{t+T} - X_t)^2]}{T}$
y $\lim_{T \to \infty}\frac{E_t[(X_{t+T} - X_t)^2]}{T}$ \

Answer 1

1. La suma de dos movimientos brownianos independientes es también un movimiento browniano ( que se demuestra formalmente aquí )

2. Primero que nada resolvemos para $Y_t$. Nos damos cuenta que$d\bigl( Y e^{\lambda t} \bigr) = dY e^{\lambda t} + \lambda Y e^{\lambda t}$.

\begin{align} dY_t &= -\lambda Y_t dt + \sigma_Y \rho dZ_{1t} + \sigma_Y \sqrt{1 - \rho^2} dZ_{2t} \\ &= -\lambda Y_t dt + \sigma_Y dW_t \\ dY_t + \lambda Y dt &= \sigma_Y dW_t \\ d\bigl( Y_t e^{\lambda t} \bigr) &= e^{\lambda t} \sigma_Y dW_t \\ \Bigl[ Y_t e^{\lambda t} \Bigr]^T_0 &= \sigma_Y \int^T_0 e^{\lambda t} dW_t \\ Y_T &= \sigma_Y e^{-\lambda T}\int^T_0 e^{\lambda t} dW_t \\ \end{align}

Donde he definido $W_t = \rho Z_{1t} + \sqrt{1 - \rho^2} Z_{2t}$. Esto tiene una distribución gaussiana con una expectativa de 0 y una varianza${\frac {\sigma^2_Y} {2 \lambda}} \bigl( 1 - e^{-2\lambda T} \bigr)$procedente de la isometría de Ito

Ahora conectando esto y resolviendo $X_t$:

\begin{align} dX_t &= Y_t dt + \sigma_X dZ_{1t} \\ &= \bigl( \sigma_Y e^{-\lambda t}\int^t_0 e^{\lambda s} dW_s \bigr) dt + \sigma_X dZ_{1t} \\ \Bigl[ X_t \Bigr]^T_0 &= \sigma_Y \int^T_0 e^{-\lambda t} \bigl( \int^t_0 e^{\lambda s} dW_s \bigr) dt + \sigma_X Z_{1t} \end{align}

Podemos resolver $\int^T_0 e^{-\lambda t} \bigl( \int^t_0 e^{\lambda s} dW_s \bigr) dt$usando la integración estocástica por partes , como se hace aquí , usando$A = \int^t_0 e^{-\lambda s} ds$ y $B = \int^t_0 e^{\lambda s} dW_s$ da

\begin{align} \Bigl[ A_t \cdot B_t \Bigr]^T_0 &= \int^T_0 e^{-\lambda t} \bigl( \int^t_0 e^{\lambda s} dW_s \bigr) dt + \int^T_0 \bigr( \int^t_0 e^{-\lambda s} ds \bigr) e^{\lambda t} dW_t \\ \int^T_0 e^{-\lambda t} \bigl( \int^t_0 e^{\lambda s} dW_s \bigr) dt &= -\int^T_0 \bigr( \int^t_0 e^{-\lambda s} ds \bigr) e^{\lambda t} dW_t + \bigl( \int^T_0 e^{-\lambda s} ds \bigr) \cdot \bigl( \int^T_0 e^{\lambda t} dW_t \bigr) \\ &= -{\frac {1} \lambda}\int^T_0 (e^{\lambda t} - 1) dW_t + {\frac {1} \lambda} (1 - e^{-\lambda T}) \int^T_0 e^{\lambda t} dW_t \\ &= -{\frac {1} \lambda}\int^T_0 (e^{\lambda t} - 1) - e^{\lambda t}(1 - e^{-\lambda T}) dW_t\\ &= {\frac {1} \lambda}\int^T_0 \bigl(1 - e^{-\lambda (T-t)} \bigr) dW_t \end{align}

Y sustituyendo esto arriba, tenemos \begin{align} X_T &= {\frac {\sigma_Y} \lambda}\int^T_0 \bigl(1 - e^{-\lambda (T-t)} \bigr) dW_t + \sigma_X Z_{1T} \end{align}

Esta es la suma de dos gaussianos (correlacionados), por lo que también es un gaussiano como se requiere

1. Desde arriba, tenemos

\begin{align} \Bigl[ Y_s e^{\lambda s} \Bigr]^{T+t}_t &= \sigma_Y \int^{T+t}_t e^{\lambda s} dW_s \\ Y_{T+t} &= e^{-\lambda T} Y_t + e^{-\lambda (T+t)} \sigma_Y \int^{T+t}_t e^{\lambda s} dW_s \end{align}

Acondicionamiento en $Y_t$, ahora podemos encontrar $X_{T+t}$ como anteriormente

\begin{align} {\mathbb E}\bigl[(X_{T+t} - X_t \bigr)] &= {\mathbb E}\bigl[ \int_t^{T+t} dX_s \bigr] \\ &= {\mathbb E}\bigl[\int^{T+t}_t Y_s ds + \int^{T+t}_t \sigma_X dZ_{1s} \bigr]\\ &= {\mathbb E}\bigl[\int^{T+t}_t Y_s ds\bigr]\\ &= {\mathbb E}\bigl[\int^{T}_0 Y_{u+t} du\bigr] \\ &= {\mathbb E}\bigl[\int^{T}_0 \Bigl( e^{-\lambda u} Y_t + e^{-\lambda (u+t)} \sigma_Y \int^{u+t}_t e^{\lambda s} dW_s \Bigr) du \bigr] \\ &= {\mathbb E}\bigl[\int^{T}_0 e^{-\lambda u} Y_t du \bigr]\\ &= {\frac 1 {\lambda}} Y_t \bigl( 1 - e^{-\lambda T} \bigr) \end{align}

(de donde he cambiado las variables $s$ a $u = s - t$) que tiene sentido - $Y_t$ es reversible a la media, por lo que esperamos que los valores futuros estén más cerca de cero que los valores actuales

\begin{align} {\mathbb E}\bigl[(X_{T+t} - X_t \bigr)^2] &= {\mathbb E}\bigl[ \bigl( \int_t^{T+t} dX_s \bigr)^2 \bigr] \\ &= {\mathbb E}\bigl[\Bigl(\int^{T+t}_t Y_s ds + \int^{T+t}_t \sigma_X dZ_{s1} \Bigr)^2 \bigr]\\ &= {\mathbb E}\bigl[\bigl( \int^{T+t}_t Y_s ds \bigr)^2 + \int^{T+t}_t \sigma_X^2 dt + 2 \int^{T+t}_t Y_s ds \int^{T+t}_t \sigma_X dZ_{1s} \bigr]\\ &= {\frac {Y_t^2} {\lambda^2}} \bigl( 1 - e^{-\lambda T} \bigr)^2 + \sigma_X^2 T + 2 {\mathbb E}\bigl[ \int^{T+t}_t Y_s ds \int^{T+t}_t \sigma_X dZ_{1s} \bigr] \end{align}

Para mayor claridad, desgloso el último término por separado: \begin{align} {\mathbb E}\bigl[ \int^{T+t}_t Y_s ds \int^{T+t}_t \sigma_X dZ_{1s} \bigr] &= {\mathbb E}\bigl[ \int^T_0 Y_{u+t} du \int^T_0 \sigma_X dZ_{u1} \bigr] \\ &= {\mathbb E}\bigl[ \int^T_0 \Bigl( e^{-\lambda u} Y_t + e^{-\lambda (u+t)} \sigma_Y \int^{u+t}_t e^{\lambda s} dW_s \Bigr) du \int^T_0 \sigma_X dZ_{1u} \bigr] \\ &= {\mathbb E}\bigl[ \int^T_0 \Bigl( e^{-\lambda (u+t)} \sigma_Y \int^{u+t}_t e^{\lambda s} dW_s \Bigr) du \int^T_0 \sigma_X dZ_{1u} \bigr] \\ &= {\mathbb E}\bigl[ \int^T_0 \Bigl( e^{-\lambda (u+t)} \sigma_Y \int^{u+t}_t e^{\lambda s} \rho dZ_{1u} \Bigr) du \int^T_0 \sigma_X dZ_{1u} \bigr] \\ &= {\frac {\rho \sigma_Y} {\lambda}} {\mathbb E}\bigl[ \int^T_0 \bigl( 1 - e^{-\lambda T} \bigr) dZ_{1u} \int^T_0 \sigma_X dZ_{1u} \bigr] \\ &= {\frac {\rho \sigma_X \sigma_Y} {\lambda}} \int^T_0 \bigl( 1 - e^{-\lambda T} \bigr) du\\ &= {\frac {T \rho \sigma_X \sigma_Y} {\lambda}}\bigl( 1 - e^{-\lambda T} \bigr) \end{align}

y conectando esto de nuevo al bloque de arriba tenemos \begin{align} {\mathbb E}\bigl[(X_{T+t} - X_t \bigr)^2] &= {\frac {Y_t^2} {\lambda^2}} \bigl( 1 - e^{-\lambda T} \bigr)^2 + \sigma_X^2 T + 2 {\frac {T \rho \sigma_X \sigma_Y} {\lambda}} \bigl( 1 - e^{-\lambda T} \bigr) \end{align}

Pensando en el comportamiento de este proceso como $T \to \infty$, vemos que el $( 1 - e^{-\lambda T})$ los términos van a cero y nos queda una varianza de $\sigma_X^2 T$, que es solo la varianza del movimiento browniano geométrico estándar.

Como $T \to 0$, $( 1 - e^{-\lambda T}) \to \lambda T$ que cancelan todos los $\lambda$s entonces la expresión se convierte en \begin{align} {\frac 1 T} \lim_{T \to 0} {\mathbb E}\bigl[(X_{T+t} - X_t \bigr)^2] &= Y_t^2 T + \sigma_X^2 - 2 \rho \sigma_X \sigma_Y T \end{align}

así que, como se esperaba, la varianza a corto plazo en $t$ aumenta con el nivel de $Y_t$y disminuye si los procesos están correlacionados de manera más positiva.

¡Qué pregunta!

Answer 2

¡Gran problema! Primero recuerda que

$$\begin{cases} dY_{t} = -\lambda Y_{t}\, dt + \sigma_{Y} \rho \, dZ_{t}^{(1)} + \sigma_{Y}\sqrt{1-\rho^{2}}\, dZ_{t}^{(2)} \\ Y_{0} = 0. \end{cases}$$ Úselo ^ o cálculo para demostrar que $d(e^{\lambda t}Y_{t}) = \sigma_{Y}e^{\lambda t} dW_{t},$ dónde $W_{t} = \rho \, dZ_{t}^{(1)} + \sqrt{1-\rho^{2}}\, dZ_{t}^{(2)}$ es el movimiento browniano estándar (tenga en cuenta que $d[W_{t},Z_{t}^{(1)}] =\rho\, dt$) y derivar $$Y_{t} = \sigma_{Y}e^{-\lambda t} \int_{0}^{t} e^{\lambda s}\, dW_{s}$$ tanto como $$X_{t} = \int_{0}^{t} Y_{s}\, ds + \sigma_{X}Z_{t}^{(1)}.$$ Primero calcularemos $\mathbb{E}_{t}[Y_{s}]$ y $\mathbb{E}_{t}[X_{t+T}-X_{t}]$. Ya que$e^{\lambda t}Y_{t}$ es una martingala, $$\mathbb{E}_{t}[e^{\lambda s}Y_{s}] = e^{\lambda t}Y_{t} \implies \mathbb{E}_{t}[Y_{s}] = Y_{t}e^{\lambda (t-s)},$$ y entonces \begin{align*} \mathbb{E}_{t}[X_{t+T}-X_{t}] &= \mathbb{E}_{t} \left [\int_{t}^{t+T} Y_{s}\, ds + \sigma_{X}(Z_{t+T}^{(1)}-Z_{t}^{(1)}) \right ] \\ &= \int_{t}^{t+T} \mathbb{E}_{t}[Y_{s}]\, ds \\ &= \int_{t}^{t+T} e^{\lambda(t-s)}Y_{t}\, ds \\ &= \frac{1}{\lambda}Y_{t}(1-e^{-\lambda T}). \end{align*} Ahora usamos It ^ o isometry para calcular $\mathbb{E}_{t}[Y_{s}Y_{r}]$: \begin{align*} \mathbb{E}_{t} \left [e^{\lambda (s+r)}Y_{s}Y_{r} \right ] &= \mathbb{E}_{t} \left [\left (e^{\lambda t}Y_{t} + \sigma_{Y} \int_{t}^{s} e^{\lambda u}\, dW_{u} \right )\cdot \left (e^{\lambda t}Y_{t} + \sigma_{Y} \int_{t}^{r} e^{\lambda v}\, dW_{v} \right ) \right ] \\ &= e^{2\lambda t}Y_{t}^{2} + \sigma_{Y}^{2} \mathbb{E}_{t} \left [\left (\int_{t}^{\min\{s,r\}} e^{\lambda u}\, dW_{u} \right )^{2} \right ] \\ &= e^{2\lambda t}Y_{t}^{2} + \sigma_{Y}^{2} \int_{t}^{\min\{s,r\}} e^{2\lambda u}\, du \\ &= e^{2\lambda t} \left (Y_{t}^{2} + \frac{\sigma_{Y}^{2}}{2\lambda}(e^{2\lambda (\min\{s,r\}-t)}-1) \right ) \end{align*} y entonces $$\mathbb{E}_{t} [Y_{s}Y_{r}] = e^{-\lambda (s+r-2t)}Y_{t}^{2} + \frac{\sigma_{Y}^{2}}{2\lambda}(e^{-\lambda|s-r|}-e^{-\lambda (s+r-2t)})$$ tanto como $$\mathrm{cov}(Y_{s},Y_{r}) = \frac{\sigma_{Y}^{2}}{2\lambda}(e^{-\lambda |s-r|}-e^{-\lambda (s+r-2t)}).$$ A continuación, calcule $s \leq r$ \begin{align*} \mathbb{E}_{t} [e^{\lambda s}Y_{s}(Z_{r}^{(1)}-Z_{t}^{(1)})] &= \mathbb{E}_{t} \left [e^{\lambda t}Y_{t}(Z_{r}^{(1)}-Z_{t}^{(1)}) + \sigma_{Y} \int_{t}^{s} e^{\lambda u}\, dW_{u} \cdot \int_{t}^{r} dZ_{v}^{(1)} \right ] \\ &= \sigma_{Y} \rho \int_{t}^{s} e^{\lambda u} \, du \\ &= \frac{\sigma_{Y}\rho}{\lambda}(e^{\lambda s}-e^{\lambda t}) \end{align*} y $$\mathbb{E}_{t} [Y_{s}(Z_{r}^{(1)}-Z_{t}^{(1)})] = \frac{\sigma_{Y}\rho}{\lambda}(1-e^{-\lambda (s-t)}).$$ Finalmente, \begin{align*} &\mathbb{E}_{t}[(X_{t+T}-X_{t})^{2}] \\ &\quad = \mathbb{E}_{t} \left [\left (\int_{t}^{t+T} Y_{s}\, ds \right )^{2} -2\sigma_{X}(Z_{t+T}^{(1)}-Z_{t}^{(1)})\left (\int_{t}^{t+T} Y_{s}\, ds \right ) + \sigma_{X}^{2}(Z_{t+T}^{(1)}-Z_{t}^{(1)})^{2} \right ] \\ &\quad = \int_{t}^{t+T}\int_{t}^{t+T} \mathbb{E}_{t}[Y_{s}Y_{r}]\, ds\, dr - 2\sigma_{X}\int_{t}^{t+T} \mathbb{E}_{t}[Y_{s}(Z_{t+T}^{(1)}-Z_{t}^{(1)})]\, ds + \sigma_{X}^{2}T \\ &\quad = \int_{t}^{t+T}\int_{t}^{t+T} e^{-\lambda (s+r-2t)}Y_{t}^{2} + \frac{\sigma_{Y}^{2}}{2\lambda}(e^{-\lambda|s-r|}-e^{-\lambda (s+r-2t)})\, ds\, dr \\ &\qquad - \frac{2\sigma_{X}\sigma_{Y}\rho}{\lambda} \int_{t}^{t+T} (1-e^{-\lambda (s-t)})\, ds + \sigma_{X}^{2}T \\ &\quad = \frac{1}{\lambda^{2}}Y_{t}^{2}(1-e^{-\lambda T})^{2} + \frac{\sigma_{Y}^{2}}{2\lambda}\cdot \frac{2(\lambda T + e^{-\lambda T}-1)}{\lambda^{2}} - \frac{\sigma_{Y}^{2}}{2\lambda^{3}}(1-e^{-\lambda T})^{2}\\ &\qquad - \frac{2\sigma_{X}\sigma_{Y}\rho}{\lambda} \left (T - \frac{1}{\lambda}(1-e^{-\lambda T}) \right ) + \sigma_{X}^{2}T. \end{align*} Por fin, usamos asintóticos $\frac{1}{\kappa}(1-e^{-\kappa T}) \sim T - \frac{\kappa}{2}T^{2}$ como $T \rightarrow 0$ Llegar \begin{align*} & \frac{1}{T} \mathbb{E}_{t}[(X_{t+T}-X_{t})^{2}] \\ &\quad = \frac{1}{T} \left (Y_{t}^{2}T^{2} + \frac{\sigma_{Y}^{2}T^{2}}{2\lambda } - \frac{\sigma_{Y}^{2}T^{2}}{2\lambda } - \frac{2\sigma_{X}\sigma_{Y}\rho}{\lambda} \cdot \frac{\lambda T^{2}}{2} + \sigma_{X}^{2}T \right ) + \mathcal{O}(T^{2}) \\ &\quad = Y_{t}^{2}T + \sigma_{X}^{2} - \sigma_{X}\sigma_{Y}\rho T + \mathcal{O}(T^{2}). \end{align*}