Erwartungswert eines Martingals

08.06.2011, 12:56

Schenniche1986

Erwartungswert eines Martingals

Meine Frage:
Hallo,

ich soll den Erwartungswert des folgenden Martingals Mu berechnen, Wt ist hierbei ein Wiener-Prozess.
$\begin{eqnarray*} M_{u}=e^{\int_0^u \! -\frac{\sigma^{2}}{2}\, dt + \int_0^u \! \sigma\, dW_{t}} \end{eqnarray*}$
Zu berechnen ist also E[M_{u}]

Meine Ideen:
Da ich mir nicht sicher bin, wie ich hier mit dem Erwartungswert und der Exponentialfunktion verfahren darf, logarithmiere ich alles und berechne dann den Erwartungswert:
$\begin{eqnarray*} lnM_{u}=\int_0^u \! -\frac{\sigma^{2}}{2}\, dt + \int_0^u \! \sigma\, dW_{t} \end{eqnarray*}$
Also:
$\begin{eqnarray*} E[lnM_{u}]=E[\int_0^u \! -\frac{\sigma^{2}}{2}\, dt + \int_0^u \! \sigma\, dW_{t}] \end{eqnarray*}$
Jetzt splitte ich den Erwartungswert. Darf man das machen???
$\begin{eqnarray*} =E[\int_0^u \! -\frac{\sigma^{2}}{2}\, dt] + E[\int_0^u \! \sigma\, dW_{t}] \end{eqnarray*}$
Nun ziehe ich die Konstante -1/2 raus und nutze für den ersten Term Ito Isometrie:
$\begin{eqnarray*} =-\frac{1}{2}E[\int_0^u \! \sigma\, dW_{t}] + E[\int_0^u \! \sigma\, dW_{t}] \end{eqnarray*}$
Für beide EW ergibt sich dann per Definition 0, also:
$\begin{eqnarray*} E[lnM_{u}]=-\frac{1}{2}*0+0=0 \end{eqnarray*}$

Und jetzt kann ich, wenn man das alles so darf den EW von M_u berechnen:
$\begin{eqnarray*} E[M_{u}]=e^{E[lnM_{u}]}=e^{0}=1 \end{eqnarray*}$

Es wäre schön, wenn ich ein Feedback bekäme, ob diese Rechnung stimmt, bzw. was falsch ist.

Vielen Dank im Voraus!!

08.06.2011, 15:17

Mazze

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Im Allgemeinen ist die Gleichung $\begin{eqnarray*} E(f(X)) = f(E(X)) \end{eqnarray*}$ falsch. Daher ist der Ansatz $\begin{eqnarray*} E(X) \end{eqnarray*}$ mit Hilfe von $\begin{eqnarray*} E(\ln X) \end{eqnarray*}$ direkt zu berechnen nicht richtig.

Der Logarithmus ist konkav, es gilt also die Jensen'Sche Ungleichung (umgekehrte Reihenfolge):

$\begin{eqnarray*} E( \ln M_u) \leq \ln(E(M_u)) \end{eqnarray*}$

Sprich, dass einzige was Du so zeigen kannst ist, dass der Erwartungswert von $\begin{eqnarray*} M_u \end{eqnarray*}$ nach unten beschränkt ist.

Ansonsten :

Zitat:

Jetzt splitte ich den Erwartungswert. Darf man das machen???

Ja, der Erwartungswert ist Linear.

Zitat:

Nun ziehe ich die Konstante -1/2 raus und nutze für den ersten Term Ito Isometrie:

Du hast die Ito-Isometrie falsch angewendet, es ist

$\begin{eqnarray*} E[\int_0^u \sigma^2 dt] = E[\left(\int_0^u \sigma dW_t\right)^2] \end{eqnarray*}$

Zur Lösung würde ich wohl erstmal veruschen den Prozess $\begin{eqnarray*} M_u \end{eqnarray*}$ als Ito-Integral darzustellen. Dazu hilft oft wenn man sich mal $\begin{eqnarray*} dM_u \end{eqnarray*}$ gemäß der Itoformel anschaut.

edit :

Alternative : Wenn es sich Tatsächlich um ein Martingal handelt, kannst Du ausnutzen, dass Martingale einen konstanten Erwartungswert haben.

08.06.2011, 23:11

Schenniche1986

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Tatsächlich, ich habe bei der Ito Isometrie das eine Quadrat überlesen...schade, das hatte so schön gepasst ;-)

Das ist ein Martingal, das habe ich bereits in einer anderen Rechnung bewiesen und mich dafür auch Ito bedient. Das wäre aber zu viel, um das hier nochmal alles aufzuschreiben.

Von daher, wenn ich von dem konstanten Erwartungswert ausgehe, dann würde ich doch folgendes machen:

$\begin{eqnarray*} E[M_{u}]=E[M_{0}] \end{eqnarray*}$
und dann kann ich doch im integral die Grenze u=0 setzen:
$\begin{eqnarray*} E[M_{0}]=E[e^{\int_0^0 \! -\frac{\sigma^{2}}{2}\, dt + \int_0^0 \! \sigma\, dW_{t}}] \end{eqnarray*}$

und dann erhalte ich doch, ohne groß rumzurechnen:
$\begin{eqnarray*} E[M_{0}]=E[e^{0}]=E[1]=1 \end{eqnarray*}$

Oder ist das falsch oder komplett der Ansatz? Oder muss ich da noch groß die Integrale berechnen?

Schonmal danke für deine Hilfe!

09.06.2011, 09:30

Mazze

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Zitat:

Oder ist das falsch oder komplett der Ansatz?

Nein, genauso gehts. Die Tatsache, das Martingale konstanten Erwartungswert haben zeigt man übrigens in einer Zeile Augenzwinkern

(falls ihr das noch nicht wisst).