Example
Xét phương trình vi phân:
dXt =µXtdt+σXtdBt,
trong đóµ, σ là các hằng số,X0=x.
Giải: Dễ thấy, đây là phương trình vi phân ngẫu nhiên tuyến tính dạng (45) vớia1(t)≡µ,b1(t)≡σ. Theo công thức nghiệm (46) lời giải của phương trình là:
Xt =x.exp µ−σ 2 2 t+σBt .
Phương trình trên mô tả mô hình Black-Scholes trong tài chính mà sau này ta sẽ xét đến.
Trần Trọng Nguyên
dụng
•Trường hợp 2.Nếub1(t)≡0 thì phương trình(44)có dạng:
dXt= [a1(t)Xt+a2(t)]dt+b2(t)dBt, (47) trong đó tiếng ồn xuất hiện dưới dạng cộng tính.
Trước tiên ta tìm nghiệm của phương trình vi phân ngẫu nhiên thuần nhất tương ứng dạng:
dXt =a1(t)Xtdt. (48)
Ta gọi lời giải của phương trình (48), thỏa mãn điều kiện đầuX0=1 là lời giải cơ bản và ký hiệu làφt.Dễ thấy:
φt=exp Z t
0
a1(s)ds.
Lời giải của phương trình
Xt=φt X0+ Z t 0 a2(s)φ−1s ds+ Z t 0 b2(s)φ−1s dBs (49)
dụngExample Example
Xét phương trình vi phân có dạng:
dXt =−aXtdt+bdBt
trong đóa,blà các hằng số, phương trình này gọi là phương trình Langevin.
Giải: Đây là phương trình vi phân ngẫu nhiên tuyến tính dạng (47) vớia1(t)≡ −a,a2(t)≡0,b2(t)≡b.Vậy theo công thức (49) lời giải cơ bản là:
φt =exp(−at),
và lời giải tổng quát:
Xt =e−atX0+e−at
Z t 0
easbdBs.
Trần Trọng Nguyên
dụng (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Bây giờ lợi dụng cách giải hai dạng phương trình đặc biệt đã trình bày ở trên, ta xây dựng phương pháp giải phương trình (44) trong trường hợp tổng quát như sau:
Xét các phương trình:
dVt =a1(t)Vtdt+b1(t)VtdBt, (50)
dUt =α(t)dt+β(t)dBt. (51)
Ta tìm nghiệm của phương trình (44) dạngXt =VtUt.
Lời giải của phương trình(44)là:
Xt=φt X0+ Z t 0 φ−1s [a2(s)−b1(s)b2(s)]ds+ Z t 0 φ−1s b2(s)dBs (52) với φt=exp Z t 0 a1(s)−b 2 1(s) 2 ds+ Z t 0 b1(s)dBs .
dụng
Phương trình tuyến tính với nhiễu cộng tính
a, Hệ số không đổi: Trường hợp thuần nhất.
dXt =−αXtdt+σdBt, (53)
trong đó:α, σlà các hằng số.
b, Hệ số không đổi: Trường hợp không thuần nhất.
Xét phương trình
dXt = (aXt+b)dt+cdBt, (54)
trong đó:a,b,c là các hằng số.
Trần Trọng Nguyên
dụng
c, Hệ số biến đổi:
Xét phương trình:
dXt = [a(t)Xt+b(t)]dt+c(t)dBt. (55)
Đây chính là phương trình(47)đã giải ở phần trước. Example
Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên tuyến tính với nhiễu cộng tính và với các hệ số biến đổi sau đây:
dXt = 2 1+tXt+α(1+t) 2 dt+α(1+t)2dBt,
trong đóαlà một hằng số cho trước. Nhận thấy, đây là phương trình dạng (55) vớia(t) = 2
1+t;b(t) =α(1+t)
2
;c(t) =α(1+t)2do đó phương trình này có lời giải cơ bản là:
φt = (1+t)2,
và lời giải tổng quát: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Trần Trọng Nguyên
dụng
Phương trình tuyến tính với nhiễu nhân tính
a, Hệ số không đổi: Trường hợp thuần nhất.
dXt =aXtdt+bXtdBt. (56)
Hai dạng quan trọng nhất thuộc trường hợp này là: •Phương trình mũ Itô:
dXt = 1
2Xtdt+XtdBt, •Phương trình dịch chuyển tự do:
dXt =XtdBt,
b, Hệ số không đổi: Trường hợp không thuần nhất.
Xét phương trình:
dXt = (a.Xt+c)dt+ (bXt+d)dBt. (57)
Đây là phương trình tuyến tính ôtônôm đã trình bày cách giải ở phần trước.
Trần Trọng Nguyên
dụng
c, Hệ số biến đổi: Trường hợp thuần nhất.
dXt =a(t)Xtdt+b(t)XtdBt. (58)
Phương trình này đã có cách giải trong mục 151
d, Hệ số biến đổi: Trường hợp không thuần nhất.
dXt= [a(t)Xt+c(t)]dt+ [b(t)Xt+d(t)]dBt. (59) Phương trình này đã có cách giải trong mục 151.
dụng
Đưa một số phương trình phi tuyến về tuyến tính Cho một phương trình vi phân ngẫu nhiên phi tuyến:
dYt =a(t,Yt)dt+b(t,Yt)dBt. (60)
Ta sẽ tìm cách đưa phương trình về dạng phương trình vi phân ngẫu nhiên tuyến tính bằng cách đặtXt=U(t,Yt)trong đó U(t,y)là hàm hai biến.
Nếu ∂U
∂y (t,y)6=0 thì theo định lý hàm ngược, tồn tại một hàm ngược
địa phươngy =V(t,x)của hàm x=U(t,y)tức là với
x=U(t,V(t,x))thì:
y =V(t,U(t,y)).
Một lời giải của(60)khi đó có dạng:Yt =V(t,Xt)trong đó Xt cho bởi (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
(44)với hệ sốa1,a2,b1,b2thích hợp nào đó.
Trần Trọng Nguyên
dụng
Rút gọn phương trình vi phân ngẫu nhiên tuyến tính ôtônôm Trong mục này, vận dụng cách giải quyết đã nêu ở mục trên ta sẽ đưa một phương trình vi phân ngẫu nhiên phi tuyến ôtônôm:
dYt=a(Yt)dt+b(Yt)dBt (61)
về phương trình vi phân ngẫu nhiên tuyến tính ôtônôm dạng:
dXt = (a1Xt+a2)dt+ (b1Xt+b2)dBt (62)
bằng một phép đổi biếnXt =U(Yt)hayx=U(y)không phụ thuộc vào thời giant.
Nếub16=0 thì phép biến đổi thích hợp là:
U(y) =Cexp[b1B(y)], (chọn b2=0). (63)
Nếub1=0 thì từ(??)ta suy ra:
dụngExample Example
Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên phi tuyến
dYt =−1
2exp(−2Yt)dt+exp(−Yt)dBt, (65)
ở đâya(y) =−1
2exp(−2y)vàb(y) =exp(−y)cho nên:
A(y) = a(y)
b(y)−1 2
db dy ≡0.
Vậy hệ thức(??)được thỏa mãn với mọi b1.
Vớib1=0vàb2=1thì do(64)ta nhận thấy có một lời giảiU(y)
của phương trình(??)là:
U(y) =exp(y).
ThayU(y)này vào(??)ta đi tới kết quảa1=a2=0.Từ đó ta có
Xt =U(Yt) =exp(Yt)và phương trình(62)cuối cùng trở thành:
dXt=dBt
mà lời giải làXt =Bt+X0=Bt+exp(Y0).
Vậy phương trình(??)có lời giải là:
Yt =ln[Bt+exp(Y0)]. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Trần Trọng Nguyên
dụng
Một số phương trình đưa được về dạng Stratonovich a, Phương trình dạng
dXt =1
2b(Xt)b´(Xt)dt+b(Xt)dBt, (66) trong đób(x)là một hàm khả vi cho trước. Phương trình này có thể giải bằng các cách sau đây:
Dựa vào mối liên hệ giữa tích phân Itô và tích phân Stratonovich ta thấy rằng phương trình(66)có thể đưa về phương trình Stratonovich đơn giản dạng:
dXt=b(Xt)◦dBt. (67)
Tích phân trực tiếp phương trình theo quy tắc của giải tích cổ điển thông thường ta được nghiệm:
Xt =h−1(Bt+h(X0)), (68)
trong đóy=h(x) =
Z x
du
dụngExample Example Xét phương trình dXt= 1 2a(a−1)X 1−2 a t dt+aX1−1a t dBt.
Theo cách giải phương trình(66)vớib(Xt) =aX1−1a
t ,
b0(Xt) = (a−1)X−1a
t thì từ(67)phương trình đã cho được đưa về phương trình Stratonovich đơn giải sau:
dXt =aX1−1a t ◦dBt. (69) Ở đâyh(x) = Z x 0 du b(u)= Z x 0 du au1−1 a =x1a.Do đó từ(68),phương trình(69)có lời giải: Xt =Bt+X1a 0 a . Trần Trọng Nguyên