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 $\mathbb{Q}:\mathcal{F}\rightarrow [0,\infty)$ 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 $\mathbb{Q}:\mathcal{F}\rightarrow [0,\infty)$ 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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