Oczekiwanie $\int_0^t \frac{1}{1+W_s^2} \text dW_s$ [duplikować]

Question

Próbuję obliczyć oczekiwanie

$$\int\limits_0^t \frac{1}{1+W_s^2} \text dW_s,$$

gdzie $(W_t)$ jest procesem Wienera.

Powiedziano mi, że wartość tego oczekiwania wynosi zero. Czy ktoś może podać jakąś wskazówkę, dlaczego miałoby to wynosić zero?

Answer 1

Z założenia całka Itô, $I_t=\int_0^t X_s\text{d}W_s$, jest wytokiem, jeśli $\int_0^t \mathbb{E}[X_s^2]\text{d}s<\infty$.

Właściwość martyngału, $\mathbb{E}_s[I_t]=I_s$ sugeruje $\mathbb{E}[I_t]=I_0=0$.

Dlatego $W_s\overset{d}{=}\sqrt{s}Z$, gdzie $Z\sim N(0,1)$rzeczywiście mamy \begin{align*} \int_0^t\mathbb{E}\left[\frac{1}{(1+W_s^2)^2}\right]\text{d}s &= \int_0^t\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_\mathbb{R}\frac{1}{(1+sz^2)^2}e^{-\frac{1}{2}z^2}\text{d}z\text{d}s \\ &\leq \int_0^t\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_\mathbb{R}e^{-\frac{1}{2}z^2}\text{d}z\text{d}s\\ &=\int_0^t1\text{d}s \\ &=t<\infty. \end{align*}

@NHN sugeruje użycie powyższego argumentu,$\frac{1}{(1+x^2)^2}\leq1$ dla wszystkich $x\in\mathbb{R}$, aby uzyskać bezpośrednio \begin{align*} \int_0^t\mathbb{E}\left[\frac{1}{(1+W_s^2)^2}\right]\text{d}s &\leq \int_0^t\mathbb{E}\left[1\right]=t<\infty. \end{align*}