Bepreisung mit Black-Scholes < Finanzmathematik < Finanz+Versicherung < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:47 Di 27.07.2004 | | Autor: | Astrid |
Einen schönen Guten Morgen allerseits,
ich habe folgende Frage:
Es sei das Black Scholes Modell gegeben mit folgender Dynamik unter dem Martingalmaß Q:
[mm] dS(t)=r S(t) dt + \sigma S(t) dW(t) [/mm]
[mm] dB(t)=r B(t) dt [/mm]
wobei S die Aktie, B das risikolose Asset, W ein Wiener Prozeß und r, [mm] \sigma [/mm] Konstanten sind.
Ein Finanzderivat sei gegeben durch:
[mm] X=\phi(S(T)) [/mm] wobei [mm] \phi(x)=x^{\beta} [/mm] und T der Fälligkeitszeitpunkt.
Gesucht ist nun der fairer Preisprozess für [mm] X [/mm].
Soweit habe ich es verstanden:
Mit Itô erhalte ich
[mm] dX(t) = (\beta r + \beta(\beta-1){\bruch{\sigma^2}{2}}) X(t) dt + \sigma \beta X(t) dW(t) [/mm]
habe also mit
[mm]\mu=\beta r + \beta(\beta-1){\bruch{\sigma^2}{2}}[/mm]
und [mm]{\tilde \sigma}=\sigma \beta [/mm]
und [mm] dX(t) = \mu X(t) dt + \tilde \sigma X(t) dW(t) [/mm]
eine geometrische Brownsche Bewegung.
Also ist folgender Prozess die Lösung:
[mm] S(T)^{\beta}= X(T)=X(t)* exp{\{(\mu-{\bruch{{\tilde \sigma}^2}{2}})(T-t)+{\tilde \sigma}(W(T)-W(t))\}} [/mm]
Bilde ich jetzt den Erwartungswert, erhalte ich:
[mm] E^Q[X(T)|S(t)=s] [/mm]
[mm]= E^Q[s^{\beta}*exp{\{(\mu-{\bruch{{\tilde \sigma}^2}{2}})(T-t)+{\tilde \sigma}(W(T)-W(t))\}}] [/mm]
[mm]= s^{\beta}*exp{\{\mu(T-t)\}} [/mm]
[mm] E[\tilde \sigma(W(T)-W(t))]=0 [/mm] weil W ein Wiener Prozess, aber warum fällt das [mm]\bruch{\tilde \sigma}{2}[/mm]denn weg? Es handelt sich doch um eine Konstante?
Der gleiche Schritt wurde bei einer ähnlichen Aufgabe noch einmal gemacht, sonst hätte ich auf Druckfehler getippt.
Kann mir das jemand erklären?
Vielen Dank für die Mühe! Ich hoffe es gibt keine Tippfehler!
Astrid
|
|
| |
|
Guten Morgen, Astrid!
> ich habe folgende Frage:
> Es sei das Black Scholes Modell gegeben mit folgender
> Dynamik unter dem Martingalmaß Q:
> [mm]dS(t)=r S(t) dt + \sigma S(t) dW(t)[/mm]
> [mm]dB(t)=r B(t) dt[/mm]
>
> wobei S die Aktie, B das risikolose Asset, W ein Wiener
> Prozeß und r, [mm]\sigma[/mm] Konstanten sind.
> Ein Finanzderivat sei gegeben durch:
> [mm]X=\phi(S(T))[/mm] wobei [mm]\phi(x)=x^{\beta}[/mm] und T der
> Fälligkeitszeitpunkt.
> Gesucht ist nun der fairer Preisprozess für [mm]X [/mm].
>
> Soweit habe ich es verstanden:
> Mit Itô erhalte ich
> [mm]dX(t) = (\beta r + \beta(\beta-1){\bruch{\sigma^2}{2}}) X(t) dt + \sigma \beta X(t) dW(t)[/mm]
>
> habe also mit
> [mm]\mu=\beta r + \beta(\beta-1){\bruch{\sigma^2}{2}}[/mm]
> und
> [mm]{\tilde \sigma}=\sigma \beta[/mm]
> und [mm]dX(t) = \mu X(t) dt + \tilde \sigma X(t) dW(t)[/mm]
>
> eine geometrische Brownsche Bewegung.
>
> Also ist folgender Prozess die Lösung:
> [mm]S(T)^{\beta}= X(T)=X(t)* exp{\{(\mu-{\bruch{{\tilde \sigma}^2}{2}})(T-t)+{\tilde \sigma}(W(T)-W(t))\}}[/mm]
>
>
> Bilde ich jetzt den Erwartungswert, erhalte ich:
> [mm]E^Q[X(T)|S(t)=s][/mm]
> [mm]= E^Q[s^{\beta}*exp{\{(\mu-{\bruch{{\tilde \sigma}^2}{2}})(T-t)+{\tilde \sigma}(W(T)-W(t))\}}][/mm]
>
> [mm]= s^{\beta}*exp{\{\mu(T-t)\}}[/mm]
>
> [mm]E[\tilde \sigma(W(T)-W(t))]=0[/mm] weil W ein Wiener Prozess,
> aber warum fällt das [mm]\bruch{\tilde \sigma}{2}[/mm]denn weg? Es
> handelt sich doch um eine Konstante?
Da hast Du aber viel tippen müssen für diese Aufgabe 
Ich stecke leider nicht mehr ganz so tief drin in der Materie, aber ich glaube trotzdem, Deinen Fehler erkannt zu haben. Du darfst die Exponentialfunktion im Erwartungswert nicht außer Acht lassen. Aus [mm]E[\tilde \sigma(W(T)-W(t))]=0[/mm] folgt ja nicht automatisch, dass auch [mm]E[\exp(\tilde \sigma(W(T)-W(t)))]=0[/mm] gilt. Als Lösungsansatz fällt mir leider nur stures Nachrechnen ein, d.h. [mm] $X=W(T)-W(t)\sim [/mm] N(0,T-t)$ und wir wollen [mm] $E(\exp(\tilde \sigma [/mm] X))$ berechnen. Mit der Dichte der Normalverteilung lautet der Ansatz dann
[mm]E(\exp(\tilde \sigma X))=\int_{-\infty}^\infty \exp(\tilde \sigma x) \cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi(T-t)}}\exp\left(-\frac{1}{2}\frac{x^2}{T-t}\right)\,dx[/mm]
Hier versucht man dann am besten quadratische Ergänzung im Exponenten der e-Funktion und hofft, dass eine neue Normalverteilungsdichte mit evt. neuem Erwartungswert und neuer Varianz entsteht (wenn man entsprechende Faktoren vor das Integral gezogen hat).
Ich bin relativ sicher, dass es noch eine viel elegantere Lösung gibt. Die Lösung der Frage an sich solltest Du aber auch im Buch/Skript bei der Einführung der geometrischen BB finden.
Liebe Grüße
Brigitte
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:13 Di 27.07.2004 | | Autor: | Astrid |
Hallo Brigitte,
vielen Dank. Da habe ich wohl etwas zu schnell gelesen...
Wenigstens habe ich TeXen gelernt...
Bei Geometr. BB ist ja für
[mm] dX(s) = {\mu} X(s) ds + \sigma X(s) dW(s) [/mm]
[mm] X(t) = x_t, \\s \ge t [/mm]
[mm] E[X(T)] = x_t + \mu E[ \int_{t}^{T} X(s)\, ds] + \sigma E[ \int_{t}^{T} X(s)\, dW(s)] [/mm]
und damit da [mm] X(s) [/mm] adaptiert
[mm] E[X(T)] = x_t + \mu \int_{t}^{T} E[X(s)]\, ds [/mm]
Wenn man dann die DGL löst, erhält man
[mm] E[X(T)]= x_t*e^{\mu (T-t)} [/mm]
Das ganze muss man dann nur für das Derivat anwenden, das ja auch eine Geom. BB ist.
Vielen Dank nochmal, dass du mich auf die richtige Fährte gebracht hast!
Viele Grüße
Astrid
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:21 Di 27.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Astrid!
Du hast natürlich Recht, dass man den Erwartungswert direkt über diesen Satz mit dem Erwartungswert der geometrischen Brownschen Bewegung berechnen kann.
Ich möchte trotzdem auch noch mal auf deine Frage, aus einen anderen Blickwinkel heraus, antworten:
Die Frage war ja:
Warum ist
[mm]E\left[\exp\left\{-\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(T-t)+ \tilde{\sigma}(W(T)-W(t)) \right\}\right]=1[/mm] ?
Klar, kann man das auch wieder mit dem obigen Satz einsehen, aber warum ist das eigentlich so?
Nun, es liegt daran, dass das sogenannte Exponential eines Martingals, hier speziell
[mm] $\left({\cal E}(\tilde{\sigma}(W(s) - W(t)))\right)_{t \le s \le T} [/mm] := [mm] \left(\exp \left\{ -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(s-t)+ \tilde{\sigma}(W(s)-W(t)) \right\}\right)_{t \le s \le T}$,
[/mm]
für jedes $t [mm] \ge [/mm] 0$ wieder ein Martingal ist (bilde die Itô-Formel, dann siehst du, dass der Driftterm gerade wegfällt) und dass daher Folgendes gilt:
$E [mm] \left[\exp \left\{ -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(T-t)+ \tilde{\sigma} (W(T)-W(t)) \right\} \, \vert {\cal F}_s \right] [/mm] = [mm] \exp\left\{-\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(s-t)+ \tilde{\sigma} (W(s)-W(t))\right\}$
[/mm]
für alle $t [mm] \le [/mm] s [mm] \le [/mm] T$, und speziell für $s=t$:
$E [mm] \left[\exp \left\{ -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(T-t)+ \tilde{\sigma} (W(T)-W(t)) \right\} \, \vert {\cal F}_t \right] [/mm] = 1$,
und damit auch:
$E [mm] \left[\exp \left\{ -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(T-t)+ \tilde{\sigma} (W(T)-W(t)) \right\} \right] [/mm] = E [mm] \left[ E \left[\exp \left\{ -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(T-t)+ \tilde{\sigma} (W(T)-W(t)) \right\} \, \vert {\cal F}_t \right] \right] [/mm] = 1$.
Jetzt kannst du zwar sagen:"Umständlicher ging es wohl nicht, Stefan?" ![[verlegen]](/images/smileys/verlegen.gif "[verlegen]") , aber das ist eben nun mal genau das, was dahinter steckt, und das wollte ich dir nicht verheimlichen. Man kann es natürlich auch, wie es Brigitte vorgemacht hat, sehr schön mit der Normalverteilung berechnen.
Aber natürlich ist deine Lösung die schnellste und warum sollte man Sätze, die man vorher hatte, nicht verwenden? Vielleicht hätte man dem komischen Autor dieses Skripts und der Aufgaben/Lösungen mal sagen sollen, dass er sich doch bitteschön bei seinen Aufgaben an die Sätze erinnern möge, die er kurz zuvor ins Skript geschrieben hat.
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:03 Di 27.07.2004 | | Autor: | Astrid |
Hallo Stefan,
Dann mal Schritt für Schritt, ich kenne nämlich die stochastische Analysis nur aus dem Skript dieses komischen Autors bzw. aus dem Björk...
> Die Frage war ja:
>
> Warum ist
>
> [mm]E\left[\exp\left\{-\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(T-t)+ \tilde{\sigma}(W(T)-W(t)) \right\}\right]=1[/mm]
> ?
Genau, das hatte ich nicht verstanden.
>
> Klar, kann man das auch wieder mit dem obigen Satz
> einsehen, aber warum ist das eigentlich so?
>
> Nun, es liegt daran, dass das sogenannte Exponential eines
> Martingals, hier speziell
>
> [mm]\left({\cal E}(W)_s\right)_{t \le s \le T} := \left(\exp \left\{ -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(s-t)+ \tilde{\sigma}(W(s)-W(t)) \right\}\right)_{t \le s \le T}[/mm],
Warum ist denn
[mm] -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(s-t)+ \tilde{\sigma}(W(s)-W(t)) [/mm]
ein Martingal?
Es sollte ja dann gelten
[mm] E[-\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(T-t)+ \tilde{\sigma}(W(T)-W(t))| {\cal F}_s]=-\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(s-t)+ \tilde{\sigma}(W(s)-W(t)) [/mm]
aber warum ist das so?
> für jedes [mm]t \ge 0[/mm] wieder ein Martingal ist (bilde die
> Itô-Formel, dann siehst du, dass der Driftterm gerade
> wegfällt)
Ich würde mich freuen, wenn ich das sehen würde... Was ich aber sehe ist:
Martingal [mm] X(t) [/mm] mit [mm] dX(t) = \sigma (t,X(T)) * dW(t) [/mm]
Funktion [mm] f(t,x) = e^x [/mm]
Stoch. Prozess [mm] Y(t) = f(t,X(t)) [/mm]
Dann [mm] dY(t)=\bruch{1}{2}*\sigma^2*Y(t) dt + \sigma * Y(t) dW(t) [/mm]
was einen Driftterm beinhaltet.
> und dass daher Folgendes gilt:
>
> [mm]E \left[\exp \left\{ -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(T-t)+ \tilde{\sigma} (W(T)-W(t)) \right\} \, \vert {\cal F}_s \right] = \exp\left\{-\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(s-t)+ \tilde{\sigma} (W(s)-W(t))\right\}[/mm]
>
>
> für alle [mm]t \le s \le T[/mm], und speziell für [mm]s=t[/mm]:
>
> [mm]E \left[\exp \left\{ -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(T-t)+ \tilde{\sigma} (W(T)-W(t)) \right\} \, \vert {\cal F}_t \right] = 1[/mm],
>
>
> und damit auch:
>
> [mm]E \left[\exp \left\{ -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(T-t)+ \tilde{\sigma} (W(T)-W(t)) \right\} \right] = E \left[ E \left[\exp \left\{ -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(T-t)+ \tilde{\sigma} (W(T)-W(t)) \right\} \, \vert {\cal F}_t \right] \right] = 1[/mm].
>
Dem kann ich <fast> folgen.
Warum machst du aus
[mm]E \left[ X_T \right] = E \left[ E \left[ X_T \, \vert {\cal F}_t \right] \right] [/mm]? Das habe ich zwar schon häufiger gesehen, aber es nie verstanden...
>
> Jetzt kannst du zwar sagen:"Umständlicher ging es wohl
> nicht, Stefan?" , aber das ist eben nun mal genau
> das, was dahinter steckt, und das wollte ich dir nicht
> verheimlichen. Man kann es natürlich auch, wie es Brigitte
> vorgemacht hat, sehr schön mit der Normalverteilung
> berechnen.
>
> Aber natürlich ist deine Lösung die schnellste und warum
> sollte man Sätze, die man vorher hatte, nicht verwenden?
> Vielleicht hätte man dem komischen Autor dieses Skripts
> und der Aufgaben/Lösungen mal sagen sollen, dass er sich
> doch bitteschön bei seinen Aufgaben an die Sätze erinnern
> möge, die er kurz zuvor ins Skript geschrieben hat.
Tja wem sagst du das...
Nein nur Spaß! Danke nochmal für die ganzen Lösungsvorschläge (zu den Übungen)!
Wär' nett, wenn du mir noch ein wenig auf die Sprünge hilfst... (Das hier hast du dir ja selbst eingebrockt )
Viele Grüße
Astrid
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:45 Di 27.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Astrid!
> Dann mal Schritt für Schritt, ich kenne nämlich die
> stochastische Analysis nur aus dem Skript dieses komischen
> Autors bzw. aus dem Björk...
Naja, dann ist es ja kein Wunder, dass du es nicht verstehst.
> > Warum ist
> >
> > [mm]E\left[\exp\left\{-\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(T-t)+ \tilde{\sigma}(W(T)-W(t)) \right\}\right]=1[/mm]
> > Nun, es liegt daran, dass das sogenannte Exponential
> eines
> > Martingals, hier speziell
> >
> > [mm]\left({\cal E}(W)_s\right)_{t \le s \le T} := \left(\exp \left\{ -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(s-t)+ \tilde{\sigma}(W(s)-W(t)) \right\}\right)_{t \le s \le T}[/mm],
> Warum ist denn
> [mm]-\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(s-t)+ \tilde{\sigma}(W(s)-W(t))[/mm]
> ein Martingal?
Nein, das ist kein Martingal, sondern [mm] $(\tilde{\sigma}(W(s)-W(t)))_{t \le s \le T}$ [/mm] ist ein Martingal. Daher hätte ich eigentlich
[mm]\left({\cal E}(\tilde{\sigma} (W(s) - W(t)))\right)_{t \le s \le T} := \left(\exp \left\{ -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(s-t)+ \tilde{\sigma}(W(s)-W(t)) \right\}\right)_{t \le s \le T}[/mm]
schreiben müssen, ich verbessere es gleich.
In der "normalen" Analysis ist [mm] $e^X$ [/mm] das Exponential von $X$. In der stochastischen Analysis ist [mm] $e^{X - \frac{1}{2} \langle X \rangle}$ [/mm] das Exponential von $X$, wobei [mm] $\langle [/mm] X [mm] \rangle$ [/mm] der quadratische Variationsprozess von $X$ ist. Wenn du nicht weißt, was das ist: Er berechnet sich für Itô-Integrale gemäß:
[mm] $\langle \int_s^t f(u,\omega)\, dW(u,\omega) \rangle_t [/mm] = [mm] \int_s^t f(u,\omega)^2 [/mm] du$.
(Das ist hier aber nicht so wichtig, das brauchst du für das weitere Verständnis nicht.)
Daher ist
[mm]\left({\cal E}( \tilde{\sigma} (W_t - W_s))\right)_{t \le s \le T} := \left(\exp \left\{ -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(s-t)+ \tilde{\sigma}(W(s)-W(t)) \right\}\right)_{t \le s \le T}[/mm]
das Exponential von [mm] $(\tilde{\sigma}(W(s) [/mm] - [mm] W(t)))_{t \le s \le T}$.
[/mm]
> Es sollte ja dann gelten
> [mm]E[-\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(T-t)+ \tilde{\sigma}(W(T)-W(t))| {\cal F}_s]=-\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(s-t)+ \tilde{\sigma}(W(s)-W(t))[/mm]
>
> aber warum ist das so?
> > für jedes [mm]t \ge 0[/mm] wieder ein Martingal ist (bilde die
> > Itô-Formel, dann siehst du, dass der Driftterm gerade
> > wegfällt)
>
> Ich würde mich freuen, wenn ich das sehen würde... Was ich
> aber sehe ist:
>
> Martingal [mm]X(t)[/mm] mit [mm]dX(t) = \sigma (t,X(T)) * dW(t)[/mm]
>
> Funktion [mm]f(t,x) = e^x[/mm]
> Stoch. Prozess [mm]Y(t) = f(t,X(t))[/mm]
Versuche es noch einmal: Du musst zeigen, dass
[mm]\left(\exp \left\{ -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(s-t)+ \tilde{\sigma}(W(s)-W(t)) \right\}\right)_{t \le s \le T}[/mm]
ein Martingal ist, indem du die Itô-Formel auf den Prozess $X(s)= [mm] -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(s-t)+ \tilde{\sigma}(W(s)-W(t))$ [/mm] $(t [mm] \le [/mm] s [mm] \le [/mm] T)$ und die Funktion [mm] $f(x)=e^x$ [/mm] anwendest.
Beachte:
$dX(s) = [mm] -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}ds [/mm] + [mm] \tilde{\sigma}dW(s)$,
[/mm]
[mm] $\frac{1}{2} d(X(s))^2 [/mm] = [mm] \frac{1}{2} \tilde{\sigma}^2 [/mm] ds$.
Komm, Astrid, ich weiß, wie gut du bist, du kriegst das locker hin. Wenn doch nicht, dann rechne ich es dir zu Ende vor. 
> Wär' nett, wenn du mir noch ein wenig auf die Sprünge
> hilfst... (Das hier hast du dir ja selbst eingebrockt
> )
Ich bleibe dran. Das kriegen wir heute auf jeden Fall hin, wenn du weitermachst. Komm, los...
Auf deine letzte Frage gehe ich später ein, wenn dieser Teil hier abgeschlossen ist.
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:28 Di 27.07.2004 | | Autor: | Astrid |
Hallo Stefan,
ich werde mich mal dran versuchen:
Was ich weiß, ist, dass
[mm](\tilde{\sigma}(W_s-W_t))_{t \le s \le T}[/mm]
ein Martingal ist.
Jetzt möchte ich zeigen, dass
[mm]\left({\cal E}(\tilde{\sigma} (W_s - W_t))\right)_{t \le s \le T} [/mm]
auch ein Martingal ist und nenne
[mm] X(s) := \tilde{\sigma} (W_s - W_t) [/mm]
Dann ist
[mm] {\langle X \rangle}_s = \langle {\int_t^s {\tilde \sigma}\, dW(u)} \rangle [/mm]
[mm] = \int_t^s {\tilde \sigma}^2\, du [/mm]
[mm] = {\tilde \sigma}^2 *(s-t) [/mm]
Also ist
[mm] e^{X- {\bruch {1}{2}}*{\langle X \rangle}_s} [/mm]
[mm] = \exp \left\{ -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(s-t)+ \tilde{\sigma}(W(s)-W(t))\right\} [/mm]
OK, zweiter Schritt. Wir haben jetzt einen Prozess [mm] Y(s) [/mm] mit
[mm] Y(s)=-\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(s-t)+ \tilde{\sigma}(W(s)-W(t)) [/mm]
und
[mm] dY(s) = -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}ds + \tilde{\sigma}dW(s)[/mm]
und definieren einen dritten Prozess [mm] Z(s) [/mm], der dann unser ursprünglich gesuchter Prozess ist, durch
[mm] Z(s)=e^{Y(s)} [/mm]
Dann gilt nach Itô:
[mm] dZ(s) =Z(s) * (-\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}) ds + \bruch{1}{2} \tilde{\sigma}^2 * Z(s) ds + \tilde{\sigma}^2 * Z(s) dW(s) [/mm]
[mm] =\tilde{\sigma}^2 * Z(s) dW(s) [/mm]
womit es ein Martingal ist, juchuu!!!! Jetzt muss ich das ganze nur noch deinen strengen Augen aussetzen... und bin gespannt auf deine Erklärung zum zweiten Teil der Frage.
Ich wußte gar nicht, wie lange es dauert, Formeln zu schreiben. (Habe ganz nebenbei hier TeXen gelernt )
Viele Grüße
Astrid
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:52 Di 27.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Astrid!
Aus der Martingaleigenschaft folgt also:
> > [mm]E \left[\exp \left\{ -\frac{\tilde{\sigma}^2}{2}(T-t)+ \tilde{\sigma} (W(T)-W(t)) \right\} \, \vert {\cal F}_t \right] = 1[/mm],
Das war doch noch klar, oder?
So: Wir haben also, vereinfacht geschrieben:
$E[Y [mm] \, \vert \, {\cal A}] [/mm] = c$
mit einer Zufallsvariablen $Y$, einer [mm] Unter-$\sigma$-Algebra ${\cal A}$ [/mm] und einer Konstanten $c$. Die bedingte Erwartung ist ja eine Zufallsvariable, von der wir den Erwartungswert nehmen dürfen. Das tun wir jetzt einfach mal ganz dreist auf beiden Seiten und erhalten:
$E[E[Y [mm] \, \vert \, {\cal A}] [/mm] = E[c] = c$.
Was wir ja eigentlich wollten, war
$E[Y] = c$.
Warum gilt also:
(#) [mm] $E[E[Y\, \vert \, {\cal A}] [/mm] = E[Y]$ ?
(Aus (#) folgt dann alles. Mach dir das bitte zunächst klar, denn wir zeigen jetzt nur noch (#).)
Zum Beweis von (#):
Nun ja, gehen wir mal einen Schritt zurück:
Wie ist die bedingte Erwartung $E[Y [mm] \, \vert \, {\cal A}]$ [/mm] definiert? Es ist diejenige (integrierbare oder nicht-negative) [mm] ${\cal A}$-messbare [/mm] Zufallsvariable [mm] $Y_0$, [/mm] für die
[mm] $\int_A Y\, [/mm] dP = [mm] \int_A Y_0\, [/mm] dP$
für alle $A [mm] \in {\cal A}$ [/mm] gilt. Es gilt also:
[mm] $\int_A [/mm] Y [mm] \, [/mm] dP = [mm] \int_A [/mm] E[ [mm] Y\, \vert \, {\cal A}]\, [/mm] dP$
für alle $A [mm] \in {\cal A}$.
[/mm]
Da [mm] ${\cal A}$ [/mm] eine [mm] $\sigma$-Algebra [/mm] ist, enthält diese auch die Grundmenge [mm] $\Omega$. [/mm] (Das tut jede [mm] $\sigma$-Algebra [/mm] nach Definition.)
Daher muss auch (insbesondere)
(*) [mm] $\int_{\Omega} [/mm] Y [mm] \, [/mm] dP = [mm] \int_{\Omega} [/mm] E[ [mm] Y\, \vert \, {\cal A}]dP$
[/mm]
gelten. Aber: Für jede Zufallsvariable $Z$ ist nach Definition
[mm] $\int_{\Omega} Z\, [/mm] dP = E[Z]$.
Daher folgt aus (*) nach Definition:
$E[Y] [mm] =E[E[Y\, \vert \, {\cal A}]]$.
[/mm]
Das war, wenn mich die Erinnerung nicht trügt, zu zeigen. Ja, in der Tat, siehe (#).
Alles klar?
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:15 Di 27.07.2004 | | Autor: | Astrid |
Hallo Stefan,
vielen Dank schon einmal.
Ich habe jetzt leider grad' keine Zeit und lese es mir später durch!
Viele Grüße und einen schönen Abend!
Astrid
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:06 Di 27.07.2004 | | Autor: | Astrid |
Hallo Stefan,
Im Prinzip habe ich deiner Argumentation folgen können. Mir fehlt nur so ad hoc noch eine Vorstellung für die Definition der bedingten Erwartung mit der Unter-[mm]\sigma[/mm]-Algebra.
> Wie ist die bedingte Erwartung [mm]E[Y \, \vert \, {\cal A}][/mm]
> definiert? Es ist diejenige (integrierbare oder
> nicht-negative) [mm]{\cal A}[/mm]-messbare Zufallsvariable [mm]Y_0[/mm], für
> die
>
> [mm]\int_A Y\, dP = \int_A Y_0\, dP[/mm]
>
> für alle [mm]A \in {\cal A}[/mm] gilt.
Das wird dann meine Aufgabe für morgen früh sein. Der Rest ist dann wieder klar.
Schönen Abend noch!
Viele Grüße
Astrid
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:11 Mi 28.07.2004 | | Autor: | Astrid |
Guten Morgen!
ich habe noch immer Probleme mit einer (mathematischen) Interpretation der bedingten Erwartung:
> Wie ist die bedingte Erwartung [mm]E[Y \, \vert \, {\cal A}][/mm]
> definiert? Es ist diejenige (integrierbare oder
> nicht-negative) [mm]{\cal A}[/mm]-messbare Zufallsvariable [mm]Y_0[/mm], für
> die
>
> [mm]\int_A Y\, dP = \int_A Y_0\, dP[/mm]
>
> für alle [mm]A \in {\cal A}[/mm] gilt. Es gilt also:
>
> [mm]\int_A Y \, dP = \int_A E[ Y\, \vert \, {\cal A}]\, dP[/mm]
>
>
> für alle [mm]A \in {\cal A}[/mm].
Suche ich nun eine ZV, die für alle "Ereignisse" der [mm]\sigma[/mm]-Algebra [mm]\cal A[/mm] dieselbe Verteilung hat wie die ursprüngliche ZV? Nein, das macht irgendwie keinen Sinn und wäre wohl auch nicht eindeutig. Was genau wird denn eingeschränkt? Oder hat das etwas mit der bedingten Wahrscheinlichkeit zu tun? Bevor ich noch mehr dummes Zeug schreibe, hoffe ich lieber auf deine/eure Hilfe!
In Büchern/Skript finde ich nur die Interpretation als "beste Näherung für X gegeben die Information aus [mm]\cal A[/mm]", aber das sehe ich leider in der Definition nicht!
Viele Grüße und besten Dank im Voraus!
Astrid
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:46 Mi 28.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Astrid!
Eine im allgemeinen Fall naive Interpretation ("bester Schätzer/beste Vorhersage, wenn man die Ereignisse aus [mm] ${\cal A}$ [/mm] kennt" o.ä.) musst du dir selber klar machen, da könnte ich jetzt nur viel Blabla schreiben.
Mathematisch einsichtig wird das Ganze, wenn man sich im Raum [mm] $L^2(\Omega,{\cal A},P)$ [/mm] bewegt, also nur quadratisch integrierbare Zuvallsvariablen betrachtet. Es sei eine [mm] Unter-$\sigma$-Algebra ${\cal C}$ [/mm] gegeben sowie eine Zufallsvariable $X [mm] \in L^2(\Omega,{\cal A},P)$, [/mm] und wir suchen nach einer geeigneten mathematischen Interpretation für [mm] $E[X\vert {\cal C}]$.
[/mm]
In diesem Fall kann man $E[X [mm] \vert {\cal C}]$ [/mm] tatsächlich als "beste Näherung von $X$ gegeben [mm] ${\cal C}$" [/mm] verkaufen, auch streng mathematisch. Denn $E[X [mm] \vert {\cal C}]$ [/mm] ist einfach die orthogonale Projektion von $X [mm] \in L^2(\Omega,{\cal A},P)$ [/mm] (bekanntlich ein Hilbertraum) auf den linearen Unterraum [mm] $L^2(\Omega,{\cal C},P)$.
[/mm]
Sprich: $E[X [mm] \vert {\cal C}]$ [/mm] ist diejenige Zufallsvariable, welche die Abbildung:
[mm] $\Pi(X) [/mm] : [mm] \begin{array}{ccl} L^2(\Omega,{\cal C},P) & \to & \IR \\[5pt] Y & \mapsto & E[(Y-X)^2] \end{array}$
[/mm]
minimiert, also diejenige quadratisch integrierbare, [mm] ${\cal C}$-messbare [/mm] Zufallsvariable, die den kleinsten [mm] $L^2$-Abstand [/mm] zu $X$ hat.
Darunter kannst du dir doch bestimmt mehr vorstellen, oder?
Hey, und wenn ich Fehler mache, denk dran: Ich ![[macheurlaub]](/images/smileys/macheurlaub.gif "[macheurlaub]")
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
|
![[hut]](/images/smileys/hut.gif "[hut]"){kind=small}
![[streber]](/images/smileys/streber.gif "[streber]"){kind=small}
sagen:
![[banane]](/images/smileys/banane.gif "[banane]"){kind=small}
![[respekt]](/images/smileys/respekt.gif "[respekt]"){kind=small}
![[lichtaufgegangen]](/images/smileys/lichtaufgegangen.gif "[lichtaufgegangen]"){kind=small}
![[buchlesen]](/images/smileys/buchlesen.gif "[buchlesen]"){kind=small}
(Kannst du eins empfehlen, in dem man auch gut nachschlagen kann?)
