10.6 - Aplicações da Fórmula de Itô

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Neste capítulo vamos ver que a Fórmula de Itô desempenha um papel fundamental no cálculo estocástico. Vamos verificar que no cálculo estocástico, a fórmula de Itô representa um resultado semelhante ao teorema fundamental do cálculo no cálculo clássico.

O teorema fundamental do cálculo garante que se $ F(x) $ é uma primitiva de uma função contínua $ f(x) $, então

$$\int_a^bf(x)dx=\left F(x)\right]_a^b=F(b)-F(a).$$

 No cálculo estocástico, um resultado semelhante é obtido com a fórmula de Itô. Um processo de Itô é um processo estocástico que pode ser representado na forma,

$$X(t) = X(0) + \it_{0}^t a(s)ds + \int_{0}^tb(s) dB(s)$$

nos quais $ B $ é o movimento Browniano, $ a $ e $ b $ são processos adaptados. De forma simbólica, denotamos

$$dX(t) = a(t)dt + b(t)dB(t), \quad \text{com condição inicial}~~X(0).$$

Uma equação diferencial estocástica tem a representação

$$dX(t) = a(t,X(t))dt+b(t,X(t))dB(T), \quad \text{com condição inicial}~~X(0),$$

nos quais $ a $ e $ b $ são funções satisfazendo as condições usuais para existência de solução forte (ver, 10.5 - Equações Diferenciais Estocásticas).  A seguir, a presentamos a formula de Itô para processos de Itô.

Teorema 10.6.1:

Seja $ F \in C^{1,2} $ uma função diferenciável e $ X $ uma processo de Itô. Então, temos que

$$F(t,X(t))= F(0,X(0))+\int_{0}^t \frac{\partial}{\partial t}F(s,X(s))ds+\int_{0}^t \frac{\partial}{\partial x}F(s,X(s))a(s)ds+\int_{0}^t \frac{\partial}{\partial x}F(s,X(s))b(s)dB(s)+\frac{1}{2}\int_{0}^t \frac{\partial^2}{\partial^2 x}F(s,X(s))b^2(s)ds.$$

Demonstração: ver 10.5 - Equações Diferenciais Estocásticas

Assim, ao tomarmos $ Y(t)=F(t,X(t)) $, obtemos que

$$dY(s)= \frac{\partial}{\partial t}F(s,X(s))ds+\frac{\partial}{\partial x}F(s,X(s))a(s)ds+\frac{\partial}{\partial x}F(s,X(s))b(s)dB(s)+\frac{1}{2} \frac{\partial^2}{\partial^2 x}F(s,X(s))b^2(s)ds.$$

 Na sequência, apresentamos diversas aplicações da fórmla de Itô para processos de Itô.

Exemplo 10.6.1:

Avalie a integral $ \int_0^tB(s)e^{B(s)}dB(s) $.

Note que a função do integrando na variável $ x $ é dada por $ f(x)=xe^x $. Assim,

$$F(x)=\int xe^x dx=xe^x-e^x+C$$

$$\frac{d}{dx}f(x)=xe^x+e^x\ \ \ \text{e}\ \ \frac{d}{dt}f(x)=0$$

 

Portanto,

$$\int_0^tB(s)e^{B(s)}dB(s)=(B(t)-1)e^{B(t)}+1-\frac{1}{2}\int_0^t(B(s)+1)e^{B(s)}ds.$$

 

Exemplo 10.6.2:

Avalie a integral $ \int_0^t\frac{1}{1+B(s)^2}dB(s) $

Note que a função no integrando na variável $ x $ é dada por $ f(x)=\frac{1}{1+x^2} $. Assim,

$$F(x)=\int\frac{1}{1+x^2}dx=\arctan{x} +C$$

$$\frac{d}{dx}f(x)=-\frac{2x}{(1+x^2)^2}\ \ \ \text{e}\ \ \ \frac{d}{dt}f(x)=0$$

 

Portanto,

$$\int_0^t\frac{1}{1+B(s)^2}dB(s)= \arctan{B(t)}+\int_0^t\frac{B(s)}{(1+B(s)^2)^2}ds.$$

 

Decomposição e Compensadores

A fórmula de Itô possibilita encontrar a decomposição de submartingales que são funções do movimento browniano. Em particular, podemos encontrar o compensador $ \langle M\rangle_t $ de $ M^2_t $ para $ M_t=\int_0^tf(f)dB(s) $.  

Seja $ f\in L^2_{ad}([a,b]\times\Omega) $ e considere o processo estocástico:

$$M_t=\int_a^tf(s)dB(s)\ \ \ \forall \ a\leq t\leq b.$$

 

Observe que $ M_t $ é um martingale.

Seja $ \varphi $ uma função de classe $ C^2 $. Aplicando a fórmula de Itô em $ \varphi(M_t) $, temos que

$$\varphi(M_t)=\varphi(0)+\int_a^t\frac{d}{dM_s}\varphi(M_s)f(s)dB(s)+\frac{1}{2}\int_a^t\frac{d^2}{dM^2_s}\varphi(M_s)f^2(s)ds.$$

 

Suponha que $ \varphi $ seja uma função convexa e que

$$\mathbb{E}\int_a^b\left|\frac{d}{dM_t}\varphi(M_t)f(t)\right|^2dt\textless \ \infty.$$

 

Da desigualdade de Jensen $ \varphi(M_t) $ é um submartingale. Note que o termo 

$$\varphi(0)+\int_a^t\frac{d}{dM_s}\varphi(M_s)f(s)dB(s)$$

 

é um martingale. Como $ \varphi $ é uma função convexa, o processo 

$$\frac{1}{2}\int_a^t\frac{d^2}{dM^2_s}\varphi(M_s)f(s)^2ds,$$

 

é um processo crescente. Assim, temos a decomposição de Doob-Meyer para o submartingale $ \varphi(M_t) $

Em particular se considerarmos $ \varphi(x)=x^2 $, temos que

$$M^2_t=2\displaystyle \int_{a}^t M_s f(s)dB(s)+\int_a^t f^s(s)ds$$

Portanto, o compensador de $ M_t^2 $ para $ M(t) $ é dado por

$$\langle M\rangle_t=\int_a^t f^2(s)ds,$$

ou equivalentemente

$$d\langle M\rangle_t=f^2(t)dt=(dM_t)^2,~~ \langle M\rangle_a=0$$

Em algumas situações pode ser complicado encontrar o compensador, utilizando simplesmente a aplicação direta da formula de Itô, uma alternativa interessante pode ser escrever a representação $ M_t $ como integral de Itô como podemos ver no exemplo a seguir

Exemplos 10.6.3:

Considere o martingale $ M_t=B^2(t)-t $. Qual o compensador de $ M^2_t $?
Como dissemos acima, nesse exemplo seria complicado calcular o compensador usando diretamente a formula de Itô. Assim vamos primeiramente encontrar a representação de $ M_t $ como uma integral de Itô:

$$M_t=B^2(t)-t=2\displaystyle \int_0^t B(s)dB(s),$$

então $ dM_t=2B(t)dB(t) $. Então, $ d\langle M\rangle_t=(dM_t)^2=4B^2(t)dt $
Portanto, o compensador de $ M^2_t $ é dado por

$$\langle M\rangle_t=4\displaystyle \int_0^t B^2(s)dt$$

Exemplo 10.6.4:

Considere

$$M_t=(B^2(t)-t)^2-4\displaystyle \int_0^tB^2(s)ds$$

é um martingale, como podemos ver pelo exemplo anterior. A fim de encontrar o compensador de $ M^2_t $, iremos primeiramente encontrar a representação de $ M_t $ como formula de Itô. Primeiramente temos que aplicando a formula de Itô, temos

$$dM_t=-2(B^2(t)-t)dt+2(B^2(t)-t)2B(t)dB(t)$$

 

 

Teorema da Caracterização de Lévy.

 

Como podemos ver na definição de movimento Browniano, um processo estocástico é um movimento Browniano com respeito a alguma medida. A pergunta é dado um processo estocástico, podemos dizer se existe uma medida para o qual esse processo é um movimento Browniano?

Primeiramente vamos considerar um exemplo simples. Seja $ B(t) $ um movimento Browniano com respeito a medida $ \mathbb{P} $. O processo estocástico $ M_t=B(t)-t $, para $ 0\leq t\leq 1 $, é um movimento Browniano para alguma medida $ \mathbb{Q} $?
Seja \mathcal{F}\rightarrow [0,\infty) $ definida por (na seção Teorema de Girsanov mostraremos como encontrar essa medida)

$$\mathbb{Q}(A)=\int_A e^{B(1)-1/2}d\mathbb{P}, \quad A\in \mathcal{F}$$

Denotaremos $ \mathbb{E}_{\mathbb{P}} $ como sendo a esperança com respeito a $ \mathbb{P} $ and usaremos indistintamente tanto $ exp(x) $ quanto $ e^{x} $ . Temos então que

$$\mathbb{E}_\mathbb{P}(e^{B(1)})=e^{1/2}$$

o que implica que

$$\mathbb{Q}(\Omega)=\int_\Omega e^{B(1)-1/2}d\mathbb{P}=e^{1/2-1/2}=1$$

Portanto temos que $ \mathbb{Q} $ é uma medida de probabilidade, mostraremos então que $ M_t $ é de fato um movimento Browniano segundo a medida $ \mathbb{Q} $. É fácil ver que $ \mathbb{Q}(A)=0\Leftrightarrow \mathbb{P}(A) $, desta forma temos que $ \mathbb{P} $ e $ \mathbb{Q} $ são medidas equivalentes. Com isso temos que

$$1-\mathbb{Q}\{\omega; M_0(\omega)=0\}=\mathbb{P}\{\omega; B(0,\omega)=0\}=1$$

$$2-\mathbb{Q}\{\omega; M_t(\omega)\hbox{ é continuo em } t\}=\mathbb{P}\{\omega; B(t,\omega)\hbox{ é continuo em } t\}=1$$

Assim sendo, para que $ M_t $ seja um movimento Browniano, resta-nos apenas mostrar que $ M_t-M_s $ é normalmente distribuído com respeito a $ \mathbb{Q} $ com média $ 0 $ e variância $ t-s $. E também que possui incrementos independentes.

Para mostrar que $ M_t-M_s $ é normalmente distribuído com respeito a $ \mathbb{Q} $ com média $ 0 $ e variância $ t-s $, Denote que $ \mathbb{E}_\mathbb{Q} $ a esperança com respeito a medida $ \mathbb{Q} $ e seja $ 0\leq s\textless t \leq 1 $. Então para qualquer $ \lambda $ temos que

$$\mathbb{E}_\mathbb{Q}(exp[i\lambda(M_t-M_s)])=exp(-i\lambda(t-s))\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}(exp(i\lambda(B(t)-B(s))))$$

Agora, pela definição da medida $ \mathbb{Q} $, em relação a medida $ \mathbb{P} $, temos que

$$\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}(exp(i\lambda(B(t)-B(s))))=\mathbb{E}_{\mathbb{P}}(exp(i\lambda(B(t)-B(s)))exp(B(1)-\frac{1}{2}))$$

$$=\mathbb{E}_{\mathbb{P}}\left(\mathbb{E}_{\mathbb{P}}(exp(i\lambda(B(t)-B(s)))exp(B(1)-\frac{1}{2})|\mathcal{F}_t)\right)$$

$$=\mathbb{E}_{\mathbb{P}}\left(exp(i\lambda(B(t)-B(s)))\mathbb{E}_\mathbb{P}(exp(B(1)-\frac{1}{2})|\mathcal{F}_t)\right),$$

onde $ \mathcal{F}_t=\sigma\{B(s);s\leq t\} $ and $ \mathbb{E}_\mathbb{P}(\cdot|\mathcal{F}_t) $ denota a esperança condicional (para mais detalhes sobre esperança condicional click aqui) com respeito a medida $ \mathbb{P} $.

 

Lema 10.6.1:

Seja $ f(t,x)=exp(cx-\frac{1}{2}c^2 t) $ para alguma constante fixa c. Então f é um martingale para qualquer constante c.

Demonstração:

De fato, considere

$$\frac{\partial f}{\partial t}=-\frac{1}{2}c^2 f(t,x), ~~ \frac{\partial f}{\partial x}=cf(t,x), ~~ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2 }=c^2f(t,x),$$

Pela formula de Itô temos que

$$f(t,x)=1+c\int_0^t f(t,x)dB(s)$$

Portanto $ M(t) $ é um martingale para qualquer constante c.

 

Aplicando o Lema anterior pra o caso em que $ c=1 $ temos que $ e^{B(t)-\frac{1}{2}t} $  é um martingale e por tanto

$$\mathbb{E}_\mathbb{P}(exp(B(1)-\frac{1}{2})|\mathcal{F}_t)=e^{B(t)-\frac{1}{2}t}, \forall 0\leq t\leq 1.$$

Portanto temos que

$$\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}(exp(i\lambda(B(t)-B(s)))) =\mathbb{E}_{\mathbb{P}}\left(exp(i\lambda(B(t)-B(s)))e^{B(t)-\frac{1}{2}t}\right)$$

$$=e^{-\frac{1}{2}t}\mathbb{E}_{\mathbb{P}}\left(e^{i\lambda(B(t)-B(s))}e^{B(t)+B(s)-B(s)}\right)$$

$$=e^{-\frac{1}{2}t}\mathbb{E}_{\mathbb{P}}\left(e^{(i\lambda+1)(B(t)-B(s))+B(s))}\right)$$

$$=e^{-\frac{1}{2}t}\mathbb{E}_{\mathbb{P}}\left(e^{(i\lambda+1)(B(t)-B(s))}e^{B(s)}\right)$$

$$=e^{-\frac{1}{2}t}\mathbb{E}_{\mathbb{P}}\left(e^{(i\lambda+1)(B(t)-B(s))}\right)\mathbb{E}_{\mathbb{P}}\left(e^{B(s)}\right)$$

$$=e^{-\frac{1}{2}(t-s)}\mathbb{E}_{\mathbb{P}}\left(e^{(i\lambda+1)(B(t)-B(s))}\right)$$

no qual a penúltima igualdade decorre da independência dos termos. Agora como

$$\mathbb{E}_{\mathbb{P}}\left(e^{(c)(B(t)-B(s))}\right)=e^{\frac{c^2}{2}(t-s)}$$

temos que

$$\mathbb{E}_{\mathbb{P}}\left(e^{(i\lambda +1)(B(t)-B(s))}\right)=e^{\frac{(i\lambda+1)^2}{2}(t-s)}=e^{\frac{1}{2}(-\lambda^2+1+2i\lambda)(t-s)}= e^{\frac{1}{2}(t-s)}e^{(-\frac{1}{2} \lambda +i\lambda)(t-s)}$$

E portanto temos que

$$\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}(e^{i\lambda(B(t)-B(s))}) =e^{-\frac{1}{2}(t-s)}e^{\frac{1}{2}(t-s)}e^{(-\frac{1}{2} \lambda +i\lambda)(t-s)}=e^{(-\frac{1}{2} \lambda +i\lambda)(t-s)}$$

Desta forma temos que

$$\mathbb{E}_\mathbb{Q}(e^{i\lambda(M_t-M_s)})=e^{-\frac{1}{2}\lambda^2(t-s)}$$

E isto implica que $ M(t)-M(s) $ é normalmente distribuída com média 0 e variância $ t-s $ com respeito a $ \mathbb{Q} $. Agora seja $ 0\leq t_1\textless t_2\leq 1 $. Então para qualquer $ \lambda_1,\lambda_2\in \mathbb{R} $,

$$\mathbb{E}_\mathbb{Q}(e^{i\lambda_1M_{t_1}+i\lambda_2(M_{t_2}-M_{t_1})})= e^{-i\lambda_1t_1-i\lambda_2(t_2-t_1)}\mathbb{E}_\mathbb{Q}(e^{i\lambda_1B(t_1)+i\lambda(B(t_2)-B(t_1))})$$

Usando os mesmos argumentos descritos acima temos

$$\mathbb{E}_\mathbb{Q}(e^{i\lambda_1M_{t_1}+i\lambda_2(M_{t_2}-M_{t_1})})= e^{-\frac{1}{2}\lambda_1^2t_1 -\frac{1}{2}\lambda_2(t_2-t_1)}.$$

De forma indutiva podemos repetir os mesmos argumentos para o caso em que $ t_1,\dots,t_n\leq 1 $.
O que implica que $ M $ tem incrementos independentes. O que mostra que $ M(t)=B(t)-t $ é um movimento Browniano em relação a medida $ \mathbb{Q} $, Claro que $ M(t) $ não é um movimento Browniano em relação a medida $ \mathbb{P} $, pois $ \mathbb{E}_{\mathbb{P}}(M(t))=-t\neq 0 $. Entretanto fomos capaz de mostrar que existe uma medida (no caso, $ \mathbb{Q} $) na qual torna $ M(t) $ um movimento Browniano. Mas isso não responde a nossa pergunta. A pergunta é dado um processo estocástico, podemos dizer se existe uma medida para o qual esse processo é um movimento Browniano? De uma forma geral, podemos responder essa questão pelo teorema a seguir.

Teorema 10.6.2:(Teorema da Caracterização de Lévy's)

Um processo estocástico $ M_t $ é um movimento Browniano se, e somente se, existe uma medida de probabilidade $ \mathbb{Q} $ e uma filtragem $ \mathbb{F}=\{\mathcal{F}_t\}_t $, tal que $ M_t $ é um martingale contínuo com respeito a $ \mathbb{F} $, sobre a medida $ \mathbb{Q} $, $ \mathbb{Q}(M_0=0)=1 $ e $ \langle M\rangle_t $ a.s. com respeito a $ \mathbb{Q} $ para cada $ t $.

Demonstração:

Claro que, se $ M(t) $ é um movimento Browniano, então  existe uma medida $ \mathbb{Q} $, tal que $ M_t $ é um martingale contínuo com respeito a $ \mathbb{F} $, sobre a medida $ \mathbb{Q} $, $ \mathbb{Q}(M_0=0)=1 $ e $ \langle M\rangle_t $ a.s. com respeito a $ \mathbb{Q} $ para cada $ t $.
Neste caso, basta mostrarmos que dado que existe uma medida de probabilidade $ \mathbb{Q} $ e uma filtragem $ \mathbb{F} $, tal que $ M_t $ é um martingale contínuo com respeito a $ \mathbb{F} $, sobre a medida $ \mathbb{Q} $, $ \mathbb{Q}(M_0=0)=1 $ e $ \langle M\rangle_t $ a.s. com respeito a $ \mathbb{Q} $ para cada $ t $.

Note que as condição de que $ M(t) $ é contínuo e $ \mathbb{Q}(M_0=0)=1 $ já são validas, então resta-nos mostrar apenas que tem distribuição normal e incrementos independentes com respeito a $ \mathbb{Q} $.

Para mostrar que tem distribuição normal, vamos aplicar a formula de Itô $ F(t,x)=e^{i\lambda x+\frac{1}{2}\lambda^2t} $ e obtemos

$$dF(t,M_t)=\frac{1}{2}\lambda^2 F(t,M_t)dt+i\lambda F(t,M_t)dM_t -\frac{1}{2}\lambda^2F(t,M_t)d\langle M\rangle_t$$

Por hipótese temos que $ d\langle M\rangle_t= dt $. Portanto, temos que $ dF(t,M_t)=i\lambda F(t,M_t)dM_t $, então na forma de integral temos que

$$e^{i\lambda M_t+\frac{1}{2}\lambda^2t}=1+i\lambda \int_{0}^t  e^{i\lambda M_s+\frac{1}{2}\lambda^2s} dM_s$$

O implica pelo Teorema 10.3.2 que o processo estocástico $ e^{i\lambda M_t+\frac{1}{2}\lambda^2t} $ é um martingale com respeito a medida $ \mathbb{Q} $ e a filtragem $ \mathbb{F} $. Então para qualquer $ 0\leq s \leq t $,

$$\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}\left(e^{i\lambda M_t+\frac{1}{2}\lambda^2t}|\mathcal{F}_s\right)=e^{i\lambda M_s+\frac{1}{2}\lambda^2s}$$

o que implica que

$$\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}\left(e^{i\lambda (M_t-M_s)+\frac{1}{2}\lambda^2(t-s)}|\mathcal{F}_s\right)=0$$

e portanto

$$\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}\left(e^{i\lambda (M_t-M_s)+\frac{1}{2}\lambda^2(t-s)}|\mathcal{F}_s\right)=1 \Rightarrow \mathbb{E}_{\mathbb{Q}}\left(e^{i\lambda (M_t-M_s)}|\mathcal{F}_s\right)= e^{-\frac{1}{2}\lambda^2(t-s)} $$

O que mostra pela função característica que $ M_t-M_s, s\leq t $, é normalmente distribuída com média zero e variância $ t-s $ sobre $ \mathbb{Q} $.

Resta-nos então, mostrar que tem incrementos independentes sobre a medida $ \mathbb{Q} $. Assim sendo, suponha que $ 0\leq t_1\textless t_2 $ e seja $ \lambda_1,\lambda_2\in \mathbb{R} $, qualquer então

$$\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}\left(e^{i\lambda_1 M_{t_1}+i\lambda_2 (M_{t_2}-M_{t_1})}\right)=\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}\left[\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}\left(e^{i\lambda_1 M_{t_1}+i\lambda_2 (M_{t_2}-M_{t_1})}|\mathcal{F}_s\right)\right]$$

$$\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}\left[e^{i(\lambda_1-\lambda_2) M_{t_1}}\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}\left(e^{i\lambda_2 M_{t_2}}|\mathcal{F}_{t_1}\right)\right]$$

Mas pela equação acima temos que

$$\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}\left(e^{i\lambda_2 M_{t_2}}|\mathcal{F}_{t_1}\right)=e^{i\lambda_2 M_{t_1}-\frac{1}{2}(t_2-t_1)}$$

Então

$$\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}\left[e^{i(\lambda_1-\lambda_2) M_{t_1}}\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}\left(e^{i\lambda_2 M_{t_2}}|\mathcal{F}_{t_1}\right)\right]=e^{i\lambda_2 M_{t_1}-\frac{1}{2}(t_2-t_1)}\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}\left[e^{i(\lambda_1-\lambda_2) M_{t_1}}\right]$$

Mas, pela equação acima $ \mathbb{E}_{\mathbb{Q}}\left[e^{i(\lambda_1-\lambda_2) M_{t_1}}\right]=e^{-\frac{1}{2}\lambda^2_1 t_1} $. Portanto para todo $ \lambda_1,\lambda_2\in \mathbb{R} $,

$$\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}\left(e^{i\lambda_1 M_{t_1}+i\lambda_2 (M_{t_2}-M_{t_1})}\right)=e^{-\frac{1}{2}\lambda_1^2 t_1-\frac{1}{2}\lambda_2^2(t_2-t_1)}.$$

O que implica que são independentes. De forma geral podemos repetir os mesmos argumentos de forma indutiva para mostrar para qualquer $ 0\leq t_1 \textless t_2\textless \cdots\textless t_n\leq 1 $. O que mostra que temos incrementos independentes para a medida $ \mathbb{Q} $. E com isso completamos a prova.

 

Exemplo 10.6.5:

\begin{example} Seja $ B(t) $ um movimento Browniano com respeito a medida $ \mathbb{P} $. Considere o Processo estocástico

$$X_t=\int_{0}^tsign(B(s))dB(s).$$

Claro que $ \mathbb{P}\{X_0=0\}=1 $ e que $ X_t $ é um martingale contínuo com respeito a medida $ \mathbb{P} $ e a filtragem $ \mathbb{F}=\{\mathcal{F}_t=\sigma(B(s); s\leq t)\} $. Além disso, o compensador de $ X^2_t $ é dado por

$$\langle X\rangle_t=\int_0^t|sign B(s)|^2ds=\int_0^t1ds=t$$

Portanto, pelo Teorema de Caracterização de Lévy temos que $ X_t $ é um movimento Browniano com respeito a $ \mathbb{P} $.

Exemplo 10.6.6:

Seja $ (\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P}) $ um espaço de probabilidade e seja $ B(t), 0\leq t\leq 1 $ um movimento Browniano com respeito a esse espaço. Considere o processo estocástico $ M_t=B(t)-ct, $ no qual c é uma constante fixada. Defina \mathcal{F}\rightarrow [0,\infty) $ por

$$\mathbb{Q}(A)=\int_{A}e^{cB(1)-\frac{1}{2}c^2}d\mathbb{P}, A \in \mathcal{F}$$

Temos que $ \mathbb{E}_{\mathbb{P}}(e^{cB(1)})=e^{\frac{1}{2}c^2} $. Portanto, temos que $ \mathbb{Q} $ é uma medida de probabilidade em $ (\Omega,\mathcal{F}) $. Seja $ \mathbb{F}=\{\mathcal{F}_t=\sigma(B(s); s\leq t)\} $ a filtragem. Note que $ \mathbb{P} $ e $ \mathbb{Q} $  são equivalentes, o que implica que $ \mathbb{Q}\{M_0=0\}=\mathbb{P}\{B(0)=0\}=1 $.

Para mostrar que $ M_t $ é um martingale com respeito a $ \mathbb{Q} $, primeiro observe que $ e^{cB(t)-\frac{1}{2}c^2 t} $ é um martingale pelo Lema 10.1. Então para qualquer $ A\in \mathcal{F}_t $ temos

$$\displaystyle \int_{A}M_td\mathbb{Q}=\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}(M_t\mathds{1}_A)=\mathbb{E}_{\mathbb{P}}(\mathds{1}_A M_t e^{cB(1)-\frac{1}{2}c^2})$$

$$=\mathbb{E}_{\mathbb{P}}(\mathbb{E}_{\mathbb{P}}(\mathds{1}_A M_t e^{cB(1)-\frac{1}{2}c^2}|\mathbb{F}_t))= \mathbb{E}_{\mathbb{P}}(\mathds{1}_A M_t e^{cB(t)-\frac{1}{2}c^2t})=\int_A M_t e^{cB(t)-\frac{1}{2}c^2t}d\mathbb{P}$$

mas isso implica que para qualquer $ 0\leq s\leq t $,

$$\mathbb{E}_\mathbb{Q}(M_t|\mathbb{F}_s)=M_s\Rightarrow \mathbb{E}_\mathbb{P}(M_t e^{cB(t)-\frac{1}{2}c^2 t}|\mathbb{F}_s)=M_se^{cB(s)-\frac{1}{2}c^2s},$$

ou seja, temos que $ M_t $ é um martingale com respeito a $ \mathbb{Q} $ se, e somente se, $ X_t=M_t e^{cB(t)-\frac{1}{2}c^2 t} $ é um martingale com respeito a $ \mathbb{P} $. Aplicando a formula de Itô por $ X_t $ para encontrar

$$X_t=\int_0^t (1+cB(s)-c^2 s)e^{cB(s)-\frac{1}{2}c^2s} dB(s)$$

o que implica que $ X_t $ é um martingale com respeito a $ \mathbb{P} $. E portanto, $ M_t $ é um martingale com respeito a medida $ \mathbb{Q} $. Além disso, temos que $ dM_t=dB(t)-cdt $. Portanto,

$$d\langle M\rangle_t=(dM_t)^2=(dB(t)-cdt)^2=(dB(t))^2-2dB(t)dt -(cdt)^2=dt$$

Então pelo teorema temos que $ M_t=B(t)-ct $ é um movimento Browniano com respeito a medida $ \mathbb{Q} $ definida por

$$\mathbb{Q}(A)=\int_{A}e^{cB(1)-\frac{1}{2}c^2}d\mathbb{P}, A \in \mathcal{F}.$$

 

Formula de Tanaka e Tempo Local

 

Note que não é possível aplicar a formula de Itô para $ f(B(t)) $ com $ f(x)=|x| $ e $ x\in \mathbb{R} $. Entretanto podemos fazer uma modificação nesta função na qual, a formula de Itô poderá ser aplicada derivando uma importante propriedade do movimento Browniano.
Considere $ a\in \mathbb{R} $ um numero real fixo. Para cada $ \epsilon \textgreater 0 $, definimos um função $ f_{\epsilon} $ nos números reais por

$$f_\epsilon(x)=\left\{ \begin{array}{r} |x-a|-\frac{\epsilon}{2}; \hbox{if } |x-a|\textgreater \epsilon \\ \frac{1}{2\epsilon}(x-a)^2; \hbox{if } |x-a|\leq \epsilon. \end{array} \right. $$

Note que a primeira e a segunda derivada de $ f_\epsilon $ é dada por

$$f^{\prime}_\epsilon(x)=\left\{ \begin{array}{r} 1;\quad \quad \hbox{ if } x\textgreater a+ \epsilon \\ \frac{1}{\epsilon}(x-a);\quad \quad \hbox{ if } |x-a|\leq \epsilon\\ -1;\quad \quad \hbox{ if } x\textless a-\epsilon, \end{array} \right. $$

$$f^{\prime\prime}_\epsilon(x)=\left\{ \begin{array}{r} 0;\quad \quad \hbox{ if } |x-a|\textgreater \epsilon \\ \frac{1}{\epsilon};\quad \quad \hbox{ if } |x-a|\textless \epsilon \end{array} \right. $$

Note que a função $ f_\epsilon $ não é de $ C^2 $, pois a sua derivada segunda é descontinua quando $ x=a\pm \epsilon  $. Entretanto, podemos aplicar a formula de Itô, pelo seguinte observação

Observação 10.6.1:
 

Seja $ B(t) $ um movimento Browniano, Então para qualquer numero real c o conjunto $ \{t\in \mathbb{R}, B(t)=c\} $ tem medida de Lebesgue nula q.c.. Portanto, temos a seguinte igualdade

$$f_\epsilon(B(t))=f_\epsilon(B(0))+ \displaystyle \int_0^t f^{\prime}_\epsilon(B(s))dB(s)+\frac{1}{2}\int_0^t f^{\prime\prime}_\epsilon(B(s))ds$$

$$=f_\epsilon(0)+ \displaystyle \int_0^t f^{\prime}_\epsilon(B(s))dB(s)+\frac{1}{2}\int_0^t f^{\prime\prime}_\epsilon(B(s))ds$$

Quando $ \lim_{\epsilon\rightarrow 0}f_\epsilon(B(t))=|B(t)-a| $ q.c. $ \lim_{\epsilon\rightarrow 0}f_\epsilon(0)=|a| $ e então

$$\displaystyle \int_0^tf^{\prime\prime}_\epsilon(B(s))ds=\frac{1}{\epsilon}\int_0^t\mathds{1}_{\{(a-\epsilon,a+\epsilon)\}}(B(s))ds$$

Além disso para cada $ \omega $, podemos aplicar o teorema da convergência dominada em $ B(\cdot,\omega) $ e ver que

$$\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\displaystyle \int_0^t |f^{\prime}_\epsilon(B(s,\omega))-sgn(B(s,\omega)-a)|^2ds=0$$

Portanto, temos que

$$\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\displaystyle \int_0^t |f^{\prime}_\epsilon(B(s))-sgn(B(s)-a)|^2ds=0 ~~~~ q.c.$$

Mas a convergência quase certa implica na convergência em probabilidade (ver Teorema 7.1.1.3 em Probabilidades)
e que o processo $ f^{\prime}_\epsilon(B(\cdot))\in L^2_ad([a,t]\times \Omega) $. Portanto pela Definição 10.2.1 da Integral de Itô temos que

$$\lim_{\epsilon \rightarrow 0}\displaystyle \int_0^t f^{\prime}_\epsilon(B(s))dB(s)=\int_0^t sgn(B(s)-a)dB(s)~~ em ~~ probabilidade$$

Então, pela equação de referencia 001, obtemos a seguinte igualdade

$$|B(t)-a|=|a|+\int_0^t sgn(B(s)-a)dB(s)+\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\frac{1}{2\epsilon}\int_0^t\mathds{1}_{\{(a-\epsilon,a+\epsilon)\}}(B(s))ds$$

É importante observar que essa igualdade sendo válida, na verdade implica que que o limite em probabilidade existe.

Definição 10.6.1:

O local time de um movimento Browniano $ B(t) $ em a, até e incluindo $ t $, é definido como sendo a variável aleatória

$$L_a(t)(\omega)=\lim_{\epsilon \rightarrow 0}\frac{1}{2\epsilon}\int_0^t\mathds{1}_{\{(a-\epsilon,a+\epsilon)\}}(B(s,\omega))ds ~~ em ~~ Probabilidade$$

Observe que

$$\frac{1}{2\epsilon}\int_0^t\mathds{1}_{\{(a-\epsilon,a+\epsilon)\}}(B(s))ds=\frac{1}{2\epsilon}\lambda\{s\in[0,t]; B(s)\in (a-\epsilon,a+\epsilon)\}$$

no qual, $ \lambda $ é a medida de Lebesgue. Desta forma, podemos interpretar o tempo local $ L_a(t,\omega) $ como sendo a quatia de tempo que as trajetórias do movimento Browniano gasta em a, incluindo o tempo t. Então $ L_a(t,\omega) $ é dado como sendo também

$$L_a(t)(\omega)=\lim_{\epsilon \rightarrow 0}\frac{1}{2\epsilon}\lambda\{s\in[0,t]; B(s,\omega)\in (a-\epsilon,a+\epsilon)\}$$

Teorema 10.6.3:(Formula de Tanaka)

Seja $ B(t) $ um movimento Browniano se iniciando em 0. Então para qualquer $ a\in \mathbb{R} $,

$$|B(t)-a|=|a|+\displaystyle \int_0^t sgn(B(s)-a)dB(s)+L_a(t).$$

 

Note que $ B(t)-a $ é um martingale. Portanto pela desigualdade de Jensen temos que $ |B(t)-a| $ é um submartingale. Então, a formula de Tanaka nos fornece a decomposição de Doob-Meyer de $ |B(t)-a| $, pois pelo Exemplo 10.6.3, temos que

$$M_t=\displaystyle \int_0^t sgn(B(s)-a)dB(s)$$

é um movimento Browniano.

 

Processo Exponencial

Seja $ h $ uma função determinística com $ h\in L^2[0,T] $. Então para qualquer $ t\in [0,T] $ a integral de Wiener $ \int_0^th(s)dB(s) $ tem distribuição com média 0 e variância $ \sigma^2=\int_0^th^2(s)ds $. Portanto, temos que

$$\mathbb{E}(e^{\int_0^t h(s)}dB(s))=\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{x}e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}dx=e^{\frac{1}{2}\int_0^t h^2(s)ds}.$$

Assim fazendo uma normalização de $ e^{\int_0^t h(s)dB(s)} $ definida por

$$Y_t=\frac{e^{\int_0^t h(s)dB(s)}}{\mathbb{E}(e^{\int_0^t}h(s)dB(s))}=e^{\int_0^th(s)dB(s)-\frac{1}{2}\int_0^t h^2(s)ds}.$$

Pelo exemplo da seção formula de Itô temos que $ Y_t $ tem a seguinte representação

$$Y_t=1+\int_0^t h(s)e^{\int_0^s h(u)dB(u)-\frac{1}{2}\int_0^s h^2(u)du}dB(s)$$

Note que $ h(s)e^{\int_0^s h(u)dB(u)-\frac{1}{2}\int_0^s h^2(u)du} \in L^2_ad([0,T]\times \Omega) $ e portanto, pelo Teorema 10.2.5 temos que $ Y_t $ é um martingale. Desta forma, vamos dar a seguinte definição

Definição 10.6.2: Definimos $ \xi_h(t) $, para cada $ h\in \mathcal{L}_{ad}(\Omega,L^2[0,T]) $ por

$$\xi_h(t)=e^{\int_0^t h(s)dB(s)-\frac{1}{2}\int_0^t h^2(s)ds}, \quad 0\leq t\leq T$$

$ \xi_h(t) $ definido acima é chamado de processo exponencial.
 

Aplicando a formula de Itô temos que

$$d\xi_h(t)=h(t)\xi_h(t)dB(t)$$

o que implica que

$$\xi_h(t)=1+\int_0^t h(s)\xi_h(s)dB(s),\quad 0\leq t\leq T$$

o que mostra que $ \xi_h(t) $ é um martingale local pelo Teorema 10.2.8
A questão é sobre quais condições temos que $ \xi_h(t) $ é um martingale.

Teorema 10.6.4:

Se $ h\in \mathcal{L}_{ad}(\Omega,L^2[0,T]) $ satisfaz

$$\mathbb{E}(\xi_h(t))=1$$

então $ \xi_h(t) $ é um martingale.
Demonstração: Se $ h(t) $ é uma função determinística é $ L^2[0,T] $, então temos é satisfeita, como vimos anteriormente pela equação acima  é um martingale satisfaz a equação.
Vamos definir uma medida de probabilidade $ d\mathbb{Q}=\xi_h(T)d\mathbb{P} $. Seja $ \mathbb{Q}_t $ a restrição de $ \mathbb{Q} $ em $ \mathcal{F}_t $. Note que se a equação é satisfeita temos que $ d\mathbb{Q}_t=\xi_h(t)d\mathbb{P} $. Seja $ s\leq t $ e seja $ \mathbb{E}_{\mathbb{P}}(\cdot|\mathcal{F}_s) $ denota a esperança condicional com respeito $ \mathbb{P} $. Então, para cada $ A\in \mathcal{F}_s $,

$$\int_A \mathbb{E}_{\mathbb{P}}(\xi_h(t)|\mathcal{F}_s)d\mathbb{P}=\int_A \xi_h(t)d\mathbb{P}=\int_A d\mathbb{Q}_t=\mathbb{Q}(A).$$

Por outro lado temos que

$$\int_A \xi_h(t)d\mathbb{P}=\int_A d\mathbb{Q}_s=\mathbb{Q}(A)$$

Isto implica que $ \mathbb{E}_{\mathbb{P}}(\xi_h(t)|\mathcal{F}_s)=\xi_h(s) $. Então temos que $ \xi_h(t) $ de fato é um martingale se

$$\mathbb{E}(\xi_h(t))=1$$

é satisfeita.
 

É importante observar que em geral verificar a equação

$$\mathbb{E}(\xi_h(t))=1$$

é difícil, existe uma condição mais forte chamada de condição de Novikov, a qual é mais de verificar, dada por

$$\mathbb{E}\left(\frac{1}{2}\int_0^T h^2(t)dt\right)$$

Novikov mostrou no artigo "On an identity for stochastic integrals" que a equação acima implica em

$$\mathbb{E}(\xi_h(t))=1$$

porém o contrário não necessariamente é verdade. Ou seja, de fato a condição de Novikov é mais forte que a condição do teorema.

Exemplo 10.6.7: Seja $ h(t)=sign(B(t)) $. Então seu processo exponencial dado por

$$\xi_h(t)=e^{\int_{0}^t sign(B(s))dB(s)-\frac{1}{2}t}$$

No exemplo 10.6.5  provamos que

$$X_t=\int_0^t sign(B(s))dB(s)$$

é um movimento browniano e portanto, temos que

$$\mathbb{E}(\xi_h(t))=e^{-\frac{1}{2}t}\mathbb{E}(e^{X_t})=e^{-\frac{1}{2}t}e^{\frac{1}{2}t}=1$$

Então a condição do teorema é satisfeita e portanto temos que $ \xi_h(t) $ é um martingale
 

Transformação de Medidas de Probabilidades

A fim de dar uma motivação para o importante Teorema de Girsanov, iremos apresentar um teorema e alguns exemplos que ilustram um pano de fundo interessante para conseguirmos entender a fundamental importância desse teorema.

Primeiramente considere o exemplo abaixo

Exemplo 10.6.8: Considere uma variável X tendo distribuição normal com média $ \mu $ e variância $ 1 $. Suponha que queremos saber que $ \mathbb{E}(X^4) $. Então temos 2 métodos é calcular a integral

$$\mathbb{E}(X^4)=\int_{-\infty}^{\infty}x^4 \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-(x-\mu)^2/2}dx.$$

O segundo método é fazer uma mudança de variável. Seja $ Y=X-\mu $. Então $ Y $ é uma normal padrão, neste caso podemos expressar $ X^4 $ em função de $ Y $ dada por

$$X^4=(Y+\mu)^4=Y^4+4\mu Y^3+6\mu^2 Y^2+4\mu^3 Y+\mu^4$$

Portanto, temos que

$$\mathbb{E}(X^4)=\mathbb{E}(Y^4)+4\mu\mathbb{E}(Y^3)+6\mu^2\mathbb{E}(Y^2)+4\mu^3 \mathbb{E}(Y)+\mu^4=3+6\mu^3+\mu^4$$

Observe que com a mudança de variável ficou bem mais simples encontrar $ \mathbb{E}(X^4) $
 

Neste caso, vamos que existe uma relação direta entre os dois métodos. Então queremos explorar essa ideia para o caso de processo estocástico. Para entender essa ideia considere o seguinte exemplo.

Exemplo 10.6.9:
Seja $ B(t) $ um movimento Browniano e considere que desejamos calcular $ \mathbb{E}(B^3(t)e^{B(1)-\frac{1}{2}}) $ para $ 0\leq t\leq 1 $. Novamente podemos usar dois métodos para resolver esse problema. O primeiro método para resolver esse problema é expressar essa variável aleatória como o produto de duas variáveis independentes

$$\mathbb{E}(B^3(t)e^{B(1)-\frac{1}{2}})=e^{-\frac{1}{2}}\mathbb{E}[(B^3(t)e^{B(t)})(e^{B(1)-B(t)})]= e^{-\frac{1}{2}\mathbb{E}(B^3(t)e^{B(t)})\mathbb{E}(e^{B(1)-B(t)})},$$

Nesse caso, podemos calcular separadamente cada uma das esperanças. Um segundo método para resolver esse problema é fazer uma mudança de medida de $ \mathbb{P} $ para $ \mathbb{Q} $ definida por

$$\mathbb{Q}(A)=\int_A e^{B(1)-1/2}d\mathbb{P}, \quad A\in \mathcal{F}$$

Então teremos a seguinte igualdade

$$\mathbb{E}_{\mathbb{P}}(B^3(t)e^{B(1)-\frac{1}{2}})=\int_{\Omega} B^3(t)e^{B(1)-\frac{1}{2}}d\mathbb{P}=\int_{\Omega}B^3(t)d\mathbb{Q}=\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}(B^3(t)),$$

Como mostramos na seção do teorema de caracterização de Lévy temos que $ M_t=B(t)-t $ para $ 0\leq t\leq 1 $ é um movimento Browniano com respeito a medida $ \mathbb{Q} $. Portanto

$$\mathbb{E}_{\mathbb{P}}(B^3(t)e^{B(1)-\frac{1}{2}})= \mathbb{E}_{\mathbb{Q}}(B^3(t))=\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}((M_t+t)^3)$$

$$=\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}(M^3_t+3tM^2_t+3t^2M_t+t^3)=3t^2+t^3$$

Observe que fazendo a mudança de medida fica bem mais simples calcular. Com isso temos o seguinte Teorema.

Teorema 10.6.5:

Seja $ B(t) $, $ 0\leq t\leq 1 $, um movimento Browniano com respeito a medida $ \mathbb{P} $. Seja $ \mathbb{Q} $ definida por $ d\mathbb{Q}=e^{B(1)-\frac{1}{2}}d\mathbb{P} $. Então para qualquer função f tal que $ \mathbb{E}_{\mathbb{P}}(f(B(t)))\textless \infty $, temos que

$$\int_\Omega f(B(t)-t)d\mathbb{Q}=\int_{\Omega}f(B(t))d\mathbb{P},$$

o qual pode ser expresso como $ \mathbb{E}_{\mathbb{Q}}[f(B(t)-t)]=\mathbb{E}_{\mathbb{P}}[f(B(t))] $.
\end{theorem}
\begin{proof} Suponha que $ \alpha(t) $ seja uma função determinística. Então

$$\int_{\Omega} f(B(t)-\alpha(t))e^{B(1)-\frac{1}{2}}d\mathbb{P}=\mathbb{E}[f(B(t)-\alpha(t))e^{B(1)-\frac{1}{2}}]= \mathbb{E}(\mathbb{E}[f(B(t)-\alpha(t))e^{B(1)-\frac{1}{2}}|\mathcal{F}_t])$$

$$=\mathbb{E}[f(B(t)-\alpha(t))]\mathbb{E}[e^{B(1)-\frac{1}{2}}|\mathcal{F}_t]=\mathbb{E}[f(B(t)-\alpha(t))e^{B(t)-\frac{1}{2}t}]$$

$$=\int_{\Omega} f(B(t)-\alpha(t))e^{B(t)-\frac{1}{2}t}d\mathbb{P}$$

A ultima integral é dado por

$$\int_{\Omega}f(B(t)-\alpha(t))e^{B(t)-\frac{1}{2}t}d\mathbb{P}=\int_{-\infty}^{\infty}f(x-\alpha(t))e^{x-\frac{1}{2}t}\frac{1}{\sqrt{2\pi t}}e^{-\frac{1}{2t}x^2}dx.$$

Fazendo uma mudança de variável $ y=x-\alpha(t) $ para obter que

$$\int_{-\infty}^{\infty}f(x-\alpha(t))e^{x-\frac{1}{2}t}\frac{1}{\sqrt{2\pi t}}e^{-\frac{1}{2t}x^2}dx $$

$$=\int_{-\infty}^{\infty}f(y)e^{\frac{1}{2}(t-\alpha(t))y-\frac{1}{2t}(t-\alpha(t))^2}\frac{1}{\sqrt{2\pi t}}e^{-\frac{1}{2t}y^2}dy$$

$$=\int_{\Omega} f(B(t))e^{\frac{1}{t}(t-\alpha(t))B(t)-\frac{1}{2t}(t-\alpha(t))^2}d\mathbb{P}$$

Portanto, temos que

$$\int_{\Omega}f(B(t)-\alpha(t))e^{B(t)-\frac{1}{2}t}d\mathbb{P}=\int_{\Omega} f(B(t))e^{\frac{1}{t}(t-\alpha(t))B(t)-\frac{1}{2t}(t-\alpha(t))^2}d\mathbb{P}$$

Com isso temos que

$$\int_{\Omega} f(B(t)-\alpha(t))e^{B(1)-\frac{1}{2}}d\mathbb{P}=\int_{\Omega} f(B(t))e^{\frac{1}{t}(t-\alpha(t))B(t)-\frac{1}{2t}(t-\alpha(t))^2}d\mathbb{P}$$

Em particular se $ \alpha(t)=t $. Temos que

$$\int_{\Omega} f(B(t)-t)e^{B(1)-\frac{1}{2}}d\mathbb{P}=\int_{\Omega} f(B(t))d\mathbb{P}$$

 

Processo Estocástico

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