Quá trình ngẫu nhiên và tính toán ngẫu nhiên phần 10 ppsx

216 Chương Tính tốn ngẫu nhiên Thật đặt Xt = b Rt easdWs ta có Yt = e−atXt dXt = beatdWt Xét hàm u(t, x) = e−at x Ta có Yt = u(t, Xt ), ut = −ae−atx, ux = e−at, uxx = Công thức Ito cho ta dYt = (−ae−atXt + + 0)dt + e−at beatdWt = −ae−atXt dt + bdWt = −aY (t)dt + bdWt Chứng minh công thức Ito Ta cần chứng minh công thức Ito cho trường hợp f, g hàm bậc thang Truờng hợp tổng quát suy cách chyển qua giới hạn Vì hàm bậc thang tổ hợp tuyến tính hàm số nên ta cần xét trường hợp f (t, ω) = f (ω) g(t, ω) = g(ω) đủ Như trình Xt ta có dạng Xt = X0 + f (ω)t + g(ω)Wt Q trình Yt có dạng Yt = u(t, Xt ) = u(t, X0 + f (ω)t + g(ω)Wt ) Giả sử = t0 < t1 < < tn = t ≤ T Khi Yt − Yt = n X
u(tk , Xtk ) − u(tk−1 , Xtk−1 k=1 Công thức Taylor cho ta
u(tk , Xtk ) − u(tk−1 , Xtk−1 = = ut(tk−1 + dk (tk − tk−1 ), Xtk−1 )(tk − tk−1 ) + ux (tk−1 , Xtk−1 )(Xtk − Xtk−1 )
+ uxx tk−1 , Xtk−1 + hk (Xtk − Xtk−1 (Xtk − Xtk−1 )2 (4.6) 4.4 Công thức Ito 217 < dk , hk < Do tính liên tục Xt , ut uxx ta thấy có tồn ĐLNN αn , βn hội tụ tới với xác suất δn = max(tk − tk−1 ) → thoả mãn ước lượng sau max |ut (tk−1 + dk (tk − tk−1 ), Xtk−1 ) − ut (tk−1 , Xtk−1 | ≤ αn
max |uxx tk−1 , Xtk−1 + hk (Xtk − Xtk−1 − uxx(tk−1 , Xtk−1 | ≤ βn Ngồi ta cịn có n X (tk − tk−1 ) = t − t0 k=1 n X P − lim (Xtk − Xtk−1 )2 = g 2(t − t0) δn →0 k=1 Thành thử công thức Ito chứng minh ta P − lim δn →0 n X [ut(tk−1 , Xtk−1 )(tk − tk−1 ) k=1 +ux (tk−1 , Xtk−1 )(Xtk − Xtk−1 ) + uxx(tk−1 , Xtk−1 )(Xtk − Xtk−1 )2] =  Z t 2 ut (s, Xs ) + ux(s, Xs )f + uxx(s, Xs )g ds Z t + ux(s, Xs )gdWs Do giả thiết liên tục ta có lim δn →0 n X k=1 ut(tk−1 , Xtk−1 )(tk − tk−1 ) = Z t ut (s, Xs )ds 218 Chương Tính toán ngẫu nhiên n X P − lim δn →0 Z = ux(tk−1 , Xtk−1 )(Xtk − Xtk−1 ) k=1 t ux (s, Xs )fds + Z t ux (s, Xs )gdWs Ta cần xét tổng n X uxx (tk−1 , Xtk−1 )(Xtk − Xtk−1 )2 = k=1 f2 n X uxx (tk−1 , Xtk−1 )(tk − tk−1 )2 k=1 +2f g n X uxx (tk−1 , Xtk−1 )(tk − tk−1 )(Wtk − Wtk−1 ) k=1 +g n X uxx (tk−1 , Xtk−1 )(Wtk − Wtk−1 )2 k=1 Hai số hạng vế phải hội tụ tới với xác suất tính liên tục uxx Wt Vậy ta cần chứng minh Z t n X uxx (tk−1 , Xtk−1 )(Wtk − Wtk−1 ) = uxx(s, Xs )ds P − lim δn →0 k=1 Vì lim δn →0 n X uxx(tk−1 , Xtk−1 )(tk − tk−1 ) = Z t uxx(s, Xs )ds k=1 nên ta cần chứng minh P − lim Sn = δn →0 Sn = n X k=1
uxx (tk−1 , Xtk−1 ) (Wtk − Wtk−1 )2 − (tk − tk−1 ) 4.4 Công thức Ito 219 Bây ta khử giá trị lớn ux x kỹ thuật cắt Với số nguyên dương m ta định nghĩa  1 X ≤ m với i ≤ k ti m Ik (ω) = 0 trái lại Đặt εk = (Wtk − Wtk−1 )2 − (tk − tk−1 ) Snm = n X m uxx(tk−1 , Xtk−1 )Ik−1 εk k=1 Vì Eεk = 0, Eε2k = 2(tk − tk−1 )2 εk độc lập với độc m nên lập với uxx (tk−1 , Xtk−1 )Ik−1 ESnm = E(Snm )2 = n X m E(uxx (tk−1 , Xtk−1 )Ik−1 )2 Eε2k k=1 ≤2 max 0 ε) + P (Sn 6= Snm ) ta suy P − lim Sn = δn →0 Tổng quát ta xét n trình Ito X1 (t), X2 (t), , Xn(t) với vi phân ngẫu nhiên Ito dXi (t) = fi (t, ω)dt + gi (t, ω)dWt Giả sử u = u(t, x1, x2, , xn) hàm số xác định [0, T ] × Rn với đạo hàm riêng liên tục ut , uxi , uxixj với i, j ≤ n Xét trình Yt = u(t, X1(t), X2 (t), , Xn(t) Ta có cơng thức Ito suy rộng sau đây: Định lý 4.6 (Công thức Ito mở rộng) Quá trình Yt = u(t, X1 (t), X2(t), , Xn(t) trình Ito với vi phân ngẫu nhiên cho dYt = utdt + n X i=1 XX uxi dXi + ux x dXi dXj i=1 i=1 i j n n tích dXi dXj tính theo quy ước sau (dt)2 = dW dt = dtdW = 0, (dWt )2 = dt Như dXi dXj = gi gj dt dYt = ut + n X i=1 XX uxi fi + ux x gi gj i=1 i=1 i j n n ! dt + n X i=1 uxi gi ! dWt 4.5 Phương trình vi phân ngẫu nhiên 221 Ví dụ 4.4 Xét hàm u(t, x, y) = xy Nếu dXt = f1 (t, ω))dt + g1 (t, ω)dWt dYt = f2 (t, ω))dt + g2 (t, ω)dWt cơng thức Ito suy rộng cho ta d(Xt Yt ) = Xt dYt + Yt dXt + g1 (t)g2(t)dt hay viết dạng tích phân Z t Z t Z t Xt Yt = X0 Y0 + Xs dYs + Ys dXs + g1 (s)g2 (s)ds 0 Công thức gọi cơng thức tích phân phần 4.5 Phương trình vi phân ngẫu nhiên Ta xét phương trình sau Z t Z t f (s, Xs )ds + g(s, Xs )dWs Xt = c + (4.7) Phương trình gọi phương trình vi phân ngẫu nhiên với điều kiện ban đầu X0 = c c ĐLN N cho, f (t, x) g(s, x) hàm cho trước, ẩn số trình ngẫu nhiên Xt Quá trình Xt gọi nghiệm phương trình ((4.7)) q trình với quỹ đạo liên tục thoả mãn đẳng thức ((4.7)) hầu chắn với t ∈ [0, T ] Người ta thường viết phương trình (4.7) dạng vi phân sau  dX = f (t, X )dt + g(t, X )dW t t t t (4.8) X0 = c Câu hỏi dật là: 1) Với điều kiện phương trình (4.8) có tồn nghiệm ? 222 Chương Tính tốn ngẫu nhiên 2) Giải phương trình (4.8) cách nào? Chúng ta đề cập tới câu hỏi 2) trước thông qua số ví dụ Qua ví dụ ta thấy cơng cụ để tìm lời giải phương trình vi phân ngẫu nhiên cơng thức Ito Ví dụ 4.5 Cho phương trình dXt = Xt dWt , X0 = Chứng minh trình Xt = exp(Wt − t/2) nghiệm phương trình nói Thật xét hàm u(t, x) = exp(x − t/2) Ta có Xt = u(t, Wt) Theo cơng thức Ito ta có 1 dXt = (− exp(Wt − t/2) + exp(Wt − t/2) + exp(Wt − t/2)dWt 2 = exp(Wt − t/2)dWt = Xt dWt Chú ý phương trình vi phân khơng ngẫu nhiên tương ứng dxt = xt dvt ↔ x0t = xt vt0 có nghiệm xt = c exp(vt) Ví dụ 4.6 (Q trình Ornstein-Uhlenbeck) Chúng ta xét ví dụ cổ điển phương trình vi phân ngẫu nhiên: Xét chuyển động ngẫu nhiên hạt chất lỏng, khơng có lực tác động bên ngồi Gọi Yt vận tốc thời điểm t Khi ta có phương trình Langevin sau Y˙t = −αYt + σξt α, σ > cịn ξt tiếng ồn trắng Đây cách viết hình thức phương trình vi phân ngẫu nhiên sau dYt = −αYt dt + σdWt, Y0 = c (4.9) 4.5 Phương trình vi phân ngẫu nhiên 223 Ta chứng minh trình −αt Yt = e c+σ Z t e−α(t−s) dWs (4.10) nghiệm phương trình (4.9) Rt Thật đặt Xt = c + σ eαs dWs ta có Yt = e−αt Xt dXt = σeatdWt Xét hàm u(t, x) = e−αt x Ta có Yt = u(t, Xt ), ut = −αe−αt x, ux = e−αt, uxx = Công thức Ito cho ta dYt = (−αe−αt Xt + + 0)dt + e−αt σeαtdWt = −αe−αtXt dt + σdWt = −αY (t)dt + σdWt Lại có Y0 = c Do Yt nghiệm phương trình (4.9) Những suy luận phức tạp chứng minh Yt cho công thức (4.10) nghiệm phương trình (4.9) Qúa trình Yt gọi trình OrnsteinUhlenbeck Với giả thiết giá trị ban đầu c ĐLNN có phân bố chuẩn N (0.σ 2/2α) Yt trình Gauss dừng với kỳ vọng hàm tương quan K(t, s) = e−α|t−s| σ 2/2α Ví dụ 4.7 (Mơ hình Black-Scholes.) Năm 1973 hai nhà kinh tế học tốn tài M.Black M.Scholes đưa mơ hình tốn học cho phép định giá tài sản người đầu tư cổ phiếu thị trương chứng khoán Giá St cổ phiếu (stock) mơ tả phương trình vi phân ngẫu nhiên sau (gọi tắt phương trình B-S) dSt = µSt dt + σSt dWt , µ tỷ lệ trung bình giá chứng khoán luân chuyển ( mean rate of return), σ biểu thị biến động giá chứng khoán 224 Chương Tính tốn ngẫu nhiên Ta chứng minh phương trình B-S có nghiệm cho cơng thức sau
(4.11) St = S0 exp (µ − σ 2/2)t + σWt a) Sự tồn tại: Thật xét trình Ito Xt với vi phân Ito dXt = (µ − σ 2/2)dt + σdWt (4.12) Xét q trình St = eXt = u(Xt ) u(x) = ex Công thức Ito cho ta   Xt Xt dSt = e (µ − σ /2) + e σ dt + eXt σdWt = eXt µdt + eXt σdWt = µSt dt + σSt dWt Như St nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên xét Mặt khác từ ( (4.12)) ta có Xt = X0 + (µ − σ 2/2)t + σdWt Thay vào ta công thức (4.11) b)Tính nhất: Giả sử Xt nghiệm phương trình B-S nghĩa dXt = µXt dt + σXtdWt Cách 1:Xét hàm u(x) = ln x Theo cơng thức Ito ta có d(ln Xt ) = ( + 1 2 µXt − σ Xt )dt Xt 2Xt2 σXt dWt = (µ − σ 2/2)dt + σdWt Xt Vậy ln Xt − ln X0 = (µ − σ 2/2)t + σWt hay
Xt = c exp (µ − σ /2)t + σWt 4.5 Phương trình vi phân ngẫu nhiên 225 Cách 2: Ta xét trình Zt cho Zt =
S0 = exp (µ1 − σ12/2)t + σ1Wt St µ1 = −µ + σ 2, σ1 = −σ Ta có dZt = µ1 Zt dt + σ1 Zt dWt , Z0 = Cơng thức tích phân phần cho ta d(Xt Zt ) = Xt dZt + Zt dXt − σ 2dt = Xt Zt (µ1 dt + σ1dWt ) + Zt Xt (µdt + σdWt ) − σ 2dt = Vậy Xt Zt = X0 Z0 hay Xt = x0Zt−1 = St Ví dụ 4.8 (Mơ hình tăng trưởng dân số.) Xét mơ hình tăng trưởng dân số dNt = a(t)Nt dt (4.13) Nt số luợng cá thể quần thể thời diểm t, a(t) tỷ lệ tăng dân số (hay tốc độ tăng tương đối) thời điểm t Trong mơ hình đơn giản ta giả sử a(t) = r số không thay đổi theo thời gian Khi dễ thấy phương trình vi phân có nghiệm Nt = N0 ert Đây luật Mantuyt tăng dân số theo hàm mũ Trong môi trường ngẫu nhiên ta giả sử a(t) chịu tác động nhân tố ngẫu nhiên a(t) = r(t) + αξt r(t) hàm khơng ngẫu nhiên, α số ξt ồn trắng 226 Chương Tính tốn ngẫu nhiên Trong mơ hình đơn giản ta giả sử r(t) = r số Khi phương trình (4.13) có dạng dNt = rNt dt + αNt ξt dt = rNt dt + αNt dWt Đây phương trình B-S xét ví dụ Phương trình có nghiệm
Nt = N0 exp (r − α2 /2)t + αWt Ta khảo sát tính chất nghiệm Đặt mt = ENt dân số trung bình quần thể thời điểm t Ta N0 độc lập với Wt mt = m0ert tức mt hàm mũ ( luật Mantuyt) Thật đặt Yt = eαWt Công thức Ito cho ta dYt = αeαWt dWt + α2 eαWt dt hay Z t Yt = Y0 + α Ys dWs + α Ys ds 0 Rt Lấy kỳ vọng hai vế , ý E( Ys dWs ) = (do tính chất tích phân Ito) ta thu Z t EYs ds EYt = EY0 + α Z t tức d EYt = α2 EYt , EY0 = dt 2 Suy EYt = exp( α t) Mặt khác N0 độc lập với Wt nên mt = ENt = EN0EYt exp(r − α2 /2)t = m0 ert Ngồi dựa vào cơng thức Nt luật loga lặp q trình Wiener ta cịn thu kết luận sau 4.5 Phương trình vi phân ngẫu nhiên 227 • Nếu r > 12 α2 Nt → ∞ t → ∞ (Sự bùng nổ dân số quần thể) • Nếu r < 12 α2 Nt → t → ∞ ( Sự diệt vong dân số quần thể) • Nếu r = 12 α2 Nt giao động giá trị lớn tuỳ ý giá trị nhỏ tuỳ ý Một điều lý thú < r < 12 α2 lim Nt = 0, h.c.c t→∞ lim ENt = lim m0ert = +∞ t→∞ t→∞ Ví dụ 4.9 Tổng quát ta xét phương trình dYt = µ(t, ω)Yt dt + σ(t, ω)YtdWt Ta chứng minh nghiệm phương trình Z t  Z t (µ(s) − σ (s)/2)ds + σ(s)dWs Yt = Y0 exp (4.14) Thật xét trình Ito Xt với vi phân Ito dXt = (µ(t) − σ (t)/2)dt + σ(t)dWt Xét q trình Yt = eXt = u(Xt ) u(x) = ex Công thức Ito cho ta   Xt Xt dYt = e (µ(t) − σ (t)/2) + e σ (t) dt + eXt σ(t)dWt = eXt µ(t)dt + eXt σ(t)dWt = µ(t, ω)Yt dt + σ(t, ω)Yt dWt Như Yt nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên xét (4.15) 228 Chương Tính tốn ngẫu nhiên Mặt khác từ (4.15) ta có Z t Z t µ(s) − σ (s)/2)ds + σ(s)dWs Xt = X0 + 0 Thay vào ta công thức (4.14) Bây trở lại câu hỏi 1) tồn nghiệm Định lý 4.7 Giả sử hàm f (t, x) g(t, x) thoả mãn điều kiện sau |f (t, x)| + |g(t, x)| ≤ C(1 + |x|), x ∈ R.t ∈ [0, T ] với C số |f (t, x) − f (t, y)| + |g(t, x) − g(t, y)| ≤ D|x − y| với D số Gọi Z ĐLNN độc lập với Wt , t ≥ EZ < ∞ Khi phương trình vi phân ngẫu nhiên dXt = f (t, Xt )dt + g(t, Xt )dWt , X0 = c có nghiệm Chứng minh a) Tính nhất: Giả sử Xt Yt hai nghiệm Đặt a(s, ω) = f (s, Xs ) − f (s, Ys ), b(s, ω) = g(s, Xs ) − g(s, Ys ) Ta có Z Z t t ads + bdWs )2 E(Xt − Yt ) = E(X0 − Y0 + Z t Z0 t ≤ 3E|X0 − Y0 |2 + 3E|( ads)2 | + 3E|( bdWs )2| Z t Z0 t ≤ 3E|X0 − Y0 |2 + 3tE( a2ds) + 3E( b2ds) 0 Z t E|Xs − Ys |2ds ≤ 3E|X0 − Y0 |2 + 3(1 + t)2D2 (4.16) 4.5 Phương trình vi phân ngẫu nhiên 229 Do hàm v(t) = E|Xt − Yt |2 ; t ∈ [0, T ] thoả mãn bất đẳng thức Z t v(t) ≤ F + A v(s)ds F = 3E|X0 − Y0 |2 , A = 3(1 + T )2D2 Đặt w(t) = Rt v(s)ds Khi w0 (t) ≤ F + Aw(t) Vì w(0) = suy w(t) ≤ F/A(exp(At) − 1) Do v(t) ≤ F exp(At) Vì X0 = Y0 = Z nên F = v(t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] Vậy P (Xt = Yt ) = 1∀t ∈ [0, T ] b) Sự tồn tại: Đặt Yt0 = X0 ta xác định Ytk+1 cách truy hồi sau Z t Z t k+1 k = X0 + f (s, Ys )ds + g(s, Ysk )dWs Yt 0 Khi tính tốn tương tự chứng minh tính ta có Z t k+1 k 2 − Yt | ≤ 3(1 + T ) D E|Ysk − Ysk−1 |2 ds E|Yt E|Yt1 − Yt0 |2 ≤ A1t số A1 phụ thuộc vào C, T, EX02 Bằng quy nạp theo k ta có Ak+1 tk+1 E|Ytk+1 − Ytk |2 ≤ (k + 1)! A2 số Tiếp theo Z T k+1 k − Yt | ≤ |f (s, Ysk ) − f (s, Ysk−1 )ds sup |Yt t∈[0,T ] + sup | t∈[0,T ] Z t (g(s, Ysk ) − g(s, Ysk−1 )dWs | 230 Chương Tính tốn ngẫu nhiên Do bất đẳng thức martingale Doob ta thu P ( sup |Ytk+1 − Ytk | > 2−k ) ≤ P |( t∈[0,T ] Z T |f (s, Ysk ) − f (s, Ysk−1 )ds)2 > 22k−2 ) +P ( sup | Z t∈[0,T ] 2k+2 ≤2 +22k+2 t (g(s, Ysk ) − g(s, Ysk−1 )dWs | > 2−k−1 ) T Z Z T E|f (s, Ysk ) − f (s, Ysk−1 )2 ds T E|(g(s, Ysk ) − g(s, Ysk−1 |2 )ds Z T k k (4A2 T )k+1 A2 t 2k+2 ≤2 dt ≤ D (T + 1) k! (k + 1)! chọn A2 ≥ 4D2 (T + 1) Do theo bổ đề Borel-Cantelli với hầu hết ω có tồn k0 = k0 (ω) cho sup |Ytk+1 − Ytk | < 2−k , với k > k0 t∈[0,T ] Do với hầu hết ω dãy Ytn (ω) hội tụ theo t Ký hiệu giới hạn Xt = Xt (ω) Có Xt q trình liên tục Ytn trình liên tục với n Hơn nũa, Xt Ft- đo Ytn có tính chất với n Cuối ta chứng minh Xt thoả mãn phương trình (4.16) Với n ta có Z t Z t Ytk+1 = X0 + f (s, Ysk )ds + g(s, Ysk )dWs (4.17) với m > n ||Ytm − Yyn ||L2 ≤ ∞ X A2T )k+1 k=n (k + 1)! → 0, n → ∞ Có Ytn (ω) → Xt (ω) theo t với hầu hết ω Theo bổ đề Fatou ta có Z T Z T n E( |Xt − Yt | dt) ≤ lim inf E(( |Ytm − Ytn |2dt) → 0khi n → ∞ m 4.5 Phương trình vi phân ngẫu nhiên Từ đẳng cấu Ito Z t g(s, Ysn )dWs → 231 Z t g(s, Xs )dWs theo bất đẳng thức Holder Z t Z t n f (s, Ys )ds → f (s, Xs )ds 0 L2 (Ω) Qua giới hạn (4.17) ta nhận Z t Z t f (s, Xs )ds + g(s, Xs )dWs Xt = X0 + 0 Bây ta nêu lên số tính chất quan trọng lời giải Xt phương trình vi phân ngẫu nhiên (khơng chứng minh) dXt = f (t, Xt )dt + g(t, Xt)dWt , X0 = c (4.18) Giả sử điều kiện tồn nghiệm định lý thoả mãn Ec2n < ∞ Khi E|Xt − Xs |2n ≤ C|t − s|n với c số Nói riêng, Ec2 < ∞ Xt liên tục bptb Giả sử = t0 < t1 < < tn = T phân hoạch [0, T ] δn = max(tk − tk−1 ) Khi P − lim δn →0 n X k=1 (Xtk − Xtk−1 ) = Z T g (s, Xs )ds RT Từ suy = g 2(s, Xs )ds > với xác suất quỹ đạo Xt có biến phân không bị chặn Quỹ đạo t 7→ Xt (ω) không khả vi s g(s, Xs (ω)) 6= 232 Chương Tính tốn ngẫu nhiên Xt trình Markov [0, T ] với phân bố ban đầu t = phân bố c với xác suất chuyển P (s, x, t, A) = P (Xt ∈ A|Xs = x) Nếu f (t, x), g(t, x) hàm liên tục t Xt cịn q trình khuyếch tán với hệ số dịch chuyển f (t, x) hệ số khuyếch tán g (t, x), nghĩa Z P (s, x, t, dy) = lim t↓s t − s |y−x|>ε Z lim (y − x)P (s, x, t, dy) = f (s, x) t↓s t − s |y−x|≤ε Z (y − x)2P (s, x, t, dy) = g (s, x) lim t↓s t − s |y−x|≤ε Trong trường hợp f (t, x) = f (x), g(t, x) = g(x) khơng phụ thuộc t Xt q trình Markov 4.6 Bài tập Chứng minh trực tiếp từ định nghĩa công thức sau Z t Z t sdWs = tWt − Ws ds 0 Chứng minh trực tiếp từ định nghĩa công thức sau Z t Z t Ws dWs = Wt − Ws ds 0 Kiểm tra xem q trình Xt sau có martingale hay không i) Xt = Wt + 4t ii) Xt = Wt2 iii) Xt = t2Wt − Rt sWs ds 4.6 Bài tập 233 Chứng minh trực tiếp từ định nghĩa Xt = Wt2 − t martingale Chứng minh Xt = Wt3 − 3tWt martingale Giả sử f ∈ N (0, T ) có quỹ đạo liên tục Chứng minh Z T f (t, ω)dWt = lim ∆tj →0 X f (tj , ω)∆Wj j hội tụ L2 (Ω) Giả sử hàm f ∈ N (0, T ) đủ trơn theo nghĩa sau: Có tồn số K ε > cho E|f (s, ) − f (t, )|2 ≤ K|s − t|1+ε , ∀s, t ∈ [0, T ] Chứng minh Z T f (t, ω)dWt = lim ∆tj →0 X f (sj , ω)∆Wj j với cách chọn sj ∈ [tj , tj+1 ] Sử dụng công thức Ito để viết vi phân Ito trình sau i) Xt = Wt2 ii) Xt = + t + eWt Với a, b số ta định nghĩa Xt = eat+bWt Chứng minh dXt = (a + b2 /2)Xt dt + bXt dWt 234 Chương Tính tốn ngẫu nhiên 10 Cho Xt trình Ito với dXt = v(t, ω)dWt i) Cho ví dụ chứng tỏ Xt2 khơng martingale ii) Chứng minh Mt = Xt2 − Z t vs2ds martingale 11 Cho Zt trình Ito với vi phân ngẫu nhiên dZt = adt + bdWt với a, b số Định nghĩa Mt = exp(Zt − (a + b2/2)t) = exp(− b2t + bWt) Dùng công thức Ito chứng minh dMt = bMt dWt Từ suy Mt martingale (ta gọi Mt martingale mũ) 12 Kiểm tra trình Xt = eWt lời giải phương trình dXt = Xt dt + Xt dWt 13 Kiểm tra trình Xt = Wt 1+t lời giải phương trình dXt = − 1 Xt dt + dWt , X0 = 1+t 1+t 4.6 Bài tập 235 14 Giải phương trình i) dXt = Xt + dWt ii) dXt = −Xt dt + e−t dWt 15 Với a, b ∈ R xét phương trình sau dXt = b − Xt dt + dWt , t ∈ [0, 1] 1−t Chứng minh nghiệm phương trình Z t dWs Xt = a(1 − t) + bt + (1 − t) 1−s limt→1 Xt = b hầu chắn Quá trình Xt đuợc gọi cầu Brown từ a đến b 16 Cho Xt là nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên dXt = (aXt + a0 )dt + (bXt + b0)dWt , X0 = Xét trình St = exp((a − b2/2)t + bWt) i) Tìm phương trình vi phân ngẫu nhiên mà St thoả mãn ii) Chứng minh d(Xt St−1 ) = (a0 − bb0)St−1 dt + b0St−1 dWt ) iii) Suy biểu thức Xt ... thức tích phân phần 4.5 Phương trình vi phân ngẫu nhiên Ta xét phương trình sau Z t Z t f (s, Xs )ds + g(s, Xs )dWs Xt = c + (4.7) Phương trình gọi phương trình vi phân ngẫu nhiên với điều kiện... trước, ẩn số trình ngẫu nhiên Xt Quá trình Xt gọi nghiệm phương trình ((4.7)) trình với quỹ đạo liên tục thoả mãn đẳng thức ((4.7)) hầu chắn với t ∈ [0, T ] Người ta thường viết phương trình (4.7)... trình vi phân ngẫu nhiên sau dYt = −αYt dt + σdWt, Y0 = c (4.9) 4.5 Phương trình vi phân ngẫu nhiên 223 Ta chứng minh trình −αt Yt = e c+σ Z t e−α(t−s) dWs (4 .10) nghiệm phương trình (4.9) Rt