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Finanzmathematik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Axerstein
Preis einer forward starting call option  
Beitrag No.4 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-17
Axerstein
J

Hallo AnnaKath!
Vielen Dank für die Antwort, ich bin aber noch mit Teilen überfordert.
2021-05-16 13:26 - AnnaKath in Beitrag No. 3 schreibt:

Mache Dir klar, dass das Derivat den gleichen fairen Preis haben muss, wie ein (European) Call, der zum Zeitpunkt $T_0$ mit Strikeprice $K` = K \cdot S_{T_0}$ und Laufzeit $T-T_0$ abgeschlossen wird. Für ein solches Ding kennst Du den Preis und das replizierende Portfolio (oder solltest diese kennen...)



Bei so einem Call wird zum Zeitpunk $T$ $(S_T-K\cdot S_{T_0})^+$ ausgezahlt. Welche Rolle spielt dabei der Zeitpunkt, zu dem mein Derivat abgeschlossen wird? In der Vorlesung hatten wir bisher nur Optionen, die zum Zeitpunkt $t=0$ abgschlossen wurden. Intuitiv würde ich sagen, dass bei einem späteren Zeitpunkt der Preis höher sein muss, weil wir weniger Unsicherheiten haben (der Kurs hat "weniger Zeit" zu wachsen oder zu fallen). Wie kann ich das dann als eine Funktion darstellen bzw. ist das hier notwendig?

Lg Axerstein

Finanzmathematik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Axerstein
Preis einer forward starting call option  
Beitrag No.2 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-16
Axerstein
J

Hallo AnnaKath!
Entschuldige für die ungenaue Formulierung, mir war nicht bewusst, dass es mehrere Cox-Ross-Rubinstein Modelle gibt.
In der Vorlesung haben wir es folgendermaßen definiert:
Es gibt eine risikolose Anlgae mit $S_t^0=(1+r)^t, t=0,...,T, r>-1$
Risikobehaftete Anlage: $(S_t)_{t=0,...,T}, S_0>0, S_t=\begin{cases} S_{t-1}(1+b) & Y_t=1\\
S_{t-1}(1+a) & Y_t=-1
\end{cases}\\

\Omega=\{-1,1\}^T=\{\omega=(y_1,...,y_T)|y_i\in\{1,-1\}\}$

2021-05-15 15:57 - AnnaKath in Beitrag No. 1 schreibt:
 Ich gehe einfach mal davon aus, dass Du darüberhinaus noch eine risikolose Anlage mit einem Zins $r_t$ hast.

Ich habe $r=0$ gegeben, es gilt also $r_t=0$.



2021-05-15 15:57 - AnnaKath in Beitrag No. 1 schreibt:

Dann betrachtest Du ein Derivat, welches Dir das Recht gewährt, das asset zu einem zukünftigen Zeitpunkt $T$ zum Preis $K\cdot S_{T_0}$ zu erwerben, wobei $T_0$ ein weiterer zukünftiger Zeitpunkt mit $T_0<T$ ist? Habe ich das soweit richtig verstanden?

lg, AK
Mein strike price sollte $K$ sein und mein Zahlungsanspruch ist der Positivteil der Differenz vom Kurs $\frac{S_t}{S_{T_0}}$ und $K$. Ich geh also davon aus, dass ich zum Zeitpunkt $T$ die Differenz von $\frac{S_T}{S_{T_0}}$ (verwendet man hier $S_{T_0}$ als Numeraire? warum ist das "praktisch"?) und $K$ ausgezahlt bekomme, wenn $\frac{S_T}{S_{T_0}}>K$.

Das Black-Scholes-Modell hab ich noch nicht gelernt, genauso ist mir der Satz von Girsanov nicht bekannt.
Lg Axerstein

Finanzmathematik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Axerstein
Preis einer forward starting call option  
Themenstart
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-15
Axerstein
J

Einen wunderschönen guten Tag!
Bei folgendem Beispiel habe ich Probleme:
Es sei $r=0$ und $\left(S_{t}\right)_{t \leq T}$ ein CRR-Modell. Für $T_{0} \in\{1, \ldots, T-1\}$ und $K>0$ ist das payoff-Profil einer forward starting call option durch $\left(\frac{S_{T}}{S_{T_{0}}}-K\right)^{+}$ gegeben. Bestimmen Sie den arbitragefreien Preis und eine Hedgingstrategie.

Der arbitragefreie Preis einer Option ist gegeben durch
$$\mathbb E_{\mathbb P^*}\left[\left(\frac{S_T}{S_{T_0}}-K\right)^+\right],$$ ich sehe aber nicht, wie ich damit den Preis bestimmen könnte, da ich nichtmal ein äquivalentes Martingalmaß habe und nicht weiß, wie ich es berechnen könnte.
Lg Axerstein

Stochastik und Statistik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Axerstein
Momenterzeugende Funktion ein Martingal  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-09
Axerstein
J

Ich habe nun folgendes versucht:
$$\mathbb E[Y_{n+1}|\mathcal F_n]=\mathbb E\left[\left.\exp(t M_{n+1}) \frac{1}{\varphi_{M_{n+1}}(t)}\right|\mathcal F_n\right]=
    \mathbb E\left[\left.\exp(tM_n)\exp(tM_{n+1}-tM_n)\frac{1}{\mathbb E[\exp(tM_{n+1})]}\right|\mathcal F_n\right]=
    \exp(tM_n)\mathbb E\left[\left.\exp(tM_{n+1}-tM_n)\frac{1}{\mathbb E[\mathbb E[\exp(tM_{n+1})|\mathcal F_n]]}\right|\mathcal F_n\right]$$ Meine Frage wäre, wenn $M_n$ ein Martingal ist, ist dann $\exp(tM_n)$ auch ein Martingal? Dann könnt ich nächmlich folgendes machen:
$$\exp(tM_n)\mathbb E\left[\left.\exp(tM_{n+1}-tM_n)\frac{1}{\mathbb E[\mathbb E[\exp(tM_{n+1})|\mathcal F_n]]}\right|\mathcal F_n\right]=
\exp(tM_n)\mathbb E\left[\left.\mathbb E[\exp(tM_{n+1}-tM_n)|\mathcal F_n]\frac{1}{\mathbb E[\exp(tM_n)]}\right|\mathcal F_n\right]=
\exp(tM_n)\mathbb E\left[\left.\exp(-tM_n)\mathbb E[\exp(tM_{n+1})|\mathcal F_n]\frac{1}{\mathbb E[\exp(tM_n)]}\right|\mathcal F_n\right]=
\exp(tM_n)\mathbb E\left[\left.\frac{1}{\mathbb E[\exp(tM_n)]}\right|\mathcal F_n\right]=\exp(tM_n)\frac{1}{\mathbb E[\exp(tM_n)]}=Y_n$$ Ist das so richtig?
Lg

Stochastik und Statistik
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Thema eröffnet von: Axerstein
Momenterzeugende Funktion ein Martingal  
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-09
Axerstein
J

Einen wunderschönen guten Tag!
Bei folgendem Beispiel hab ich Schwierigkeiten:
Sei $\left(M_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ ein Martingal bezüglich seiner natürlichen Filtration $\left(\mathcal{F}_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ also $\mathcal{F}_{n}=\sigma\left(M_{k}: k \leq n\right) .$ Seien die Inkremente von $M$ unabhängig, also $\left(M_{n+1}-M_{n}\right)$ ist unabhängig von $\mathcal{F}_{n} .$ Sei außerdem $\varphi_{M_{n}}(t)=\mathbb{E}\left[\exp \left(t M_{n}\right)\right]$
die Momentenerzeugende Funktion von $M_{n}$, wobei wir voraussetzen, dass diese existiert. Sei $\left(Y_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}_{0}}$ ein adaptierter Prozess, $t \in \mathbb{R}$ beliebig und setze $M_{0}=0$. Zeigen Sie, dass
$$ Y_{n}:=\exp \left(t M_{n}\right) \frac{1}{\varphi_{M_{n}}(t)} \quad \text { und } \quad S_{n}:=\sum_{k=1}^{n} Y_{k-1}\left(M_{k}-M_{k-1}\right)
$$ Martingale bezüglich $\mathcal{F}$ sind. Zeigen Sie außerdem, dass
$$ X_{n}:=\exp \left(t S_{n}\right) \prod_{k=1}^{n} \frac{1}{\varphi_{M_{k}}-M_{k-1}\left(t Y_{k-1}\right)}
$$ ebenfalls ein Martingal bezüglich $\mathcal{F}$ ist.
Dabei darf ich bei dem letzten Teil folgende Aussage verwenden:
Sei $Y$ bezüglich $\mathcal{G}$ messbar und $X$ von $\mathcal{G}$ unabhängig. Sei $f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}$ eine beschränkte, messbare Funktion, dann gilt
$$ \mathbb{E}[f(X, Y)]=g(X) \quad \text { f.s. }
$$ wobei $g=x \mapsto \mathbb{E}[f(x, Y)]$, d.h. man setzt ein fixes $x \in \mathbb{R}$ ein und nimmt den Erwartungswert bezüglich $Y$.

Die Aussage für $S_n$ habe ich so gezeigt:
$$\mathbb E[\sum\limits_{k=1}^{n+1}Y_{k-1}(M_k-M_{k-1})|\mathcal F_n]=\sum\limits_{k=1}^{n+1}\mathbb E[Y_{k-1}(M_k-M_{k-1})|\mathcal F_n]=\sum\limits_{k=1}^{n+1}\mathbb E[\mathbb E[Y_{k-1}(M_k-M_{k-1})|\mathcal F_{k-1}]|\mathcal F_n]\stackrel{Y_{k-1}\text{ ist }\mathcal F_{k-1} \text{ m.b.}}{=}\sum\limits_{k=1}^{n+1}\mathbb E[\mathbb E[Y_{k-1}|\mathcal F_{k-1}]\mathbb E[(M_k-M_{k-1})|\mathcal F_{k-1}]|\mathcal F_n]=
\sum\limits_{k=1}^{n+1}\mathbb E[\mathbb E[\mathbb E[Y_{k-1}|\mathcal F_{k-2}]|\mathcal F_{k-1}]\mathbb E[M_k|\mathcal F_{k-1}]-\mathbb E[M_{k-1}|\mathcal F_{k-2}|\mathcal F_{k-1}]|\mathcal F_n]=\sum\limits_{k=2}^{n+1}\mathbb E[Y_{k-2}(M_{k-1}-M_{k-2})|\mathcal F_n]=\sum\limits_{k=1}^n Y_{k-1}(M_k-M_{k-1})$$ Wobei $S_n$ als Produkt messbarer Funktionen adaptiert ist.
Jedoch weiß ich nicht, wie ich die Aussage für $Y_n$ bzw. $X_n$ zeigen könnte, bin mir nicht sicher, ob die Exponentialfunktion eines Martingals wieder ein Martingal ist.
Wäre für jegliche Hilfe dankbar!
Lg Axerstein

Stochastik und Statistik
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Thema eröffnet von: Axerstein
Bedingter Erwartungswert unter σ-Algebra  
Beitrag No.2 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-01
Axerstein
J

Vielen Dank
Lg

Stochastik und Statistik
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Thema eröffnet von: Axerstein
Bedingter Erwartungswert unter σ-Algebra  
Themenstart
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-05-01
Axerstein
J

Einen wunderschönen guten Tag!
Ich hätte folgende Frage:
Sei $\left(Y_{k}\right)_{k \in\{1, \ldots, T\}}$ eine Familie der unabhängig identisch verteilten Zufallsvariablen in $L^{1}(\Omega, \mathcal{F}, \mathbb{P}). X_T=X_0+\sum\limits_{k=0}^TY_k$, wobei $X_0$ eine Konstante ist.
Seien
$\mathcal{F}_{t}:=\sigma\left(Y_{1}, \ldots, Y_{t}\right)$ für $t \in\{1, \ldots, T\}$
bzw.
$\tilde{\mathcal{F}}_{t}:=\sigma\left(\mathcal{F}_{t} \cup \sigma\left(X_{T}\right)\right)$
Nun würde mich interessieren, ob folgende Gleichheit gilt:
$$ \mathbb E[Y_{t+1}| \sigma\left(\mathcal{F}_{t} \cup \sigma\left(X_{T}\right)\right)]=\mathbb E[Y_{t+1}| \sigma(Y_1,...,Y_t,X_T))]$$ Vom Gefühl her würd ich sagen, dass die Gleichheit stimmt, nur weiß ich nicht, wie ich da argumentieren könnte.
Lg Axerstein

Stochastik und Statistik
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Thema eröffnet von: Axerstein
Bedingter Erwartungswert bezüglich einer σ-Algebra  
Beitrag No.6 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-04-20
Axerstein
J

Ich habe noch ein bisschen recherchiert, ich hoffe jetzt habe ich es richtig verstanden. Bei einer höchstens abzählbaren Zerlegung $B_i$ und $\mathcal{G}=\sigma(B_i)$ ist der bedingte Erwartungswert unter $\mathcal{G}$ eine messbare Funktion $Y=\mathbb E[X|\mathcal{G}]$ mit $Y:\Omega\to\mathbb R$: $Y=\sum \mathbb E[X|B_i] 1_{B_i}(\omega)$.

(c)
$$\mathbb E[e^x|\mathcal{G}]=1_{[-\frac{1}{2},0]}(\omega)\frac{\mathbb E[e^x1_{[-\frac{1}{2},0]}]}{\lambda([-\frac{1}{2},0])}+1_{(0,\frac{1}{2})}(\omega)\frac{\mathbb E[e^x1_{(0,\frac{1}{2}]}]}{\lambda((0,\frac{1}{2}])}+1_{[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]}(\omega)\frac{\mathbb E[e^x1_{[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]}]}{\lambda([-\frac{1}{2},\frac{1}{2}])}=
1_{[-\frac{1}{2},0]}(\omega)\frac{\int_{[-\frac{1}{2},0]}e^xdx}{\frac{1}{2}}+1_{(0,\frac{1}{2}]}(\omega)\frac{\int_{(0,\frac{1}{2}]}e^xdx}{\frac{1}{2}}+1_{[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]}(\omega)\int_{[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]}e^xdx=
1_{[-\frac{1}{2},0]}(\omega)(2-2e^{-\frac{1}{2}})+1_{(0,\frac{1}{2}]}(\omega)(2e^{\frac{1}{2}}-2)+1_{[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]}(\omega)(e^{\frac{1}{2}}-e^{\frac{1}{2}})$$
(b)
Hier habe ich nur ein Intervall, also
$$\mathbb E[\operatorname{sgn}(x)|\mathcal{G}]=
1_{[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]}(\omega)\frac{\mathbb E[\operatorname{sgn}(x)1_{[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]}]}{\lambda([-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}])}=
1_{[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]}(\omega)
\frac{\int_{[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]} \operatorname{sgn}(x) d\lambda(x)}{\lambda([-\frac{1}{2},\frac{1}{2}])}=
1_{[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]}(\omega)
\int_{[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]} \operatorname{sgn}(x)dx=0$$
(d)
Für die Sinusfunktion gilt:
$$\forall j\in\mathbb R: \int\limits_{-j}^j\sin(x)dx=0$$ Nun ist jedes $G\in\mathcal{G}$ symmetrisch um 0. Für alle $G\in\mathcal{G}$ muss
$$\mathbb E[\mathbb E[\sin(x)|\mathcal G]1_G]=\mathbb E[\sin(x)1_G]$$ gelten, nun ist $\mathbb E[\sin(x)1_G]=0$, also
$$\mathbb E[\sin(x)|\mathcal G]=0$$
(a)
Behauptung $\cos(x)=\mathbb E[\cos(x)|\mathcal G]$
Offensichtlich ist der Cosinus integrierbar.
Zeige $\mathbb E[\cos(x)|\mathcal G]=\cos(x)$ ist $\mathcal{G}$-messbar:
Der Cosinus ist stetig, alle stetigen Funktionen sind Borel-messbar $\Rightarrow \cos(x)$ ist $\mathcal G$-messbar.
Zeige $\mathbb E[\mathbb E[X|\mathcal G]1_G]=\mathbb E[X1_G],\forall G\in\mathcal{G}$:
Für $\cos(x)=\mathbb{E}[\cos(x)|\mathcal G]$ ist das trivialerweise erfüllt.
$\Longrightarrow \cos(x)=\mathbb{E}[\cos(x)|\mathcal G]$

Hab ich jetzt alles richtig?
Lg Axerstein

Stochastik und Statistik
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Bedingter Erwartungswert bezüglich einer σ-Algebra  
Beitrag No.4 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-04-19
Axerstein
J

Habe es folgendermaßen versucht:
(a)
$\mathcal{G}=\mathcal{B}\left(\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]\right)$:Behauptung $\cos(x)=\mathbb E[X|\mathcal G]$
Offensichtlich ist der Cosinus integrierbar.
Zeige $\mathbb E[\cos(x)|\mathcal G]=\cos(x):$
Der Cosinus ist stetig, alle stetigen Funktionen sind Borel-messbar $\Rightarrow \cos(x)$ ist $\mathcal G$-messbar.
Zeige $\mathbb E[\mathbb E[X|\mathcal G]1_G]=\mathbb E[X1_G],\forall G\in\mathcal{G}$:
Für $\cos(x)=\mathbb{E}[\cos(x)|\mathcal G]$ ist das trivialerweise erfüllt.
$\Longrightarrow \cos(x)=\mathbb{E}[\cos(x)|\mathcal G]$
(d)
$\left.\mathcal{G}=\left\{A \in \mathcal{B}\left(\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]\right\}\right): A=-A\right\}$:
Die Sinusfunktion ist symmetrisch um 0, nun ist jedes $A\in\mathcal{B}\left(\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]\right\}$ symmetrisch um 0. Es gilt
$$\mathbb E[\sin(x)|\mathcal G]=0$$ Ist das so richtig? Darf ich das so bei (d) machen oder gibt es da Probleme wegen der Überabzählbarkeit?
Lg Axerstein

Stochastik und Statistik
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Bedingter Erwartungswert bezüglich einer σ-Algebra  
Beitrag No.2 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-04-19
Axerstein
J

Vielen Dank für die Antwort!
Ich habe (b) und (c) folgendermaßen gelöst:
$\mathcal{G}=\left\{\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right], \emptyset\right\}$:
$$\mathbb E[\operatorname{sgn}(x)|\mathcal{G}]=\frac{\mathbb E[\operatorname{sgn}(x)1_\mathcal{G}]}{\lambda(\mathcal{G})}=
\frac{\int_{-\infty}^\infty \operatorname{sgn}(x)1_\mathcal{G} d\lambda(x)}{\lambda([-\frac{1}{2},\frac{1}{2}])}=
\int_{-\infty}^\infty \operatorname{sgn}(x)1_\mathcal{G} dx=\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\operatorname{sgn}(x) dx=0$$
$\mathcal{G}=\left\{\left[-\frac{1}{2}, 0\right],\left(0, \frac{1}{2}\right],\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right], \emptyset\right\}$:
$$ \mathbb E[e^x|\mathcal{G}]=\frac{\mathbb E[e^x1_\mathcal{G}]}{\lambda(\mathcal{G})}=
\frac{\int_{-\infty}^\infty e^x1_\mathcal{G} d\lambda(x)}{\lambda([-\frac{1}{2}, 0]\cup(0, \frac{1}{2}]\cup[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}])}=
\frac{\int_{-\frac{1}{2}}^0 e^x dx+\int_0^{\frac{1}{2}} e^x dx+\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} e^x dx}{\lambda([-\frac{1}{2}, 0])+\lambda((0, \frac{1}{2}])+\lambda([-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}])}=
\frac{1-e^{-\frac{1}{2}}+e^{\frac{1}{2}}-1+e^{\frac{1}{2}}-e^{-\frac{1}{2}}}{2}=\frac{2(e^{\frac{1}{2}}-e^{-\frac{1}{2}})}{2}=e^{\frac{1}{2}}-e^{-\frac{1}{2}}
$$ Also bleiben noch Sinus und Cosinus für (a) und (d), wobei ich den Sinus bei (d) verwenden will, da er symmetrisch um 0 ist.
Als allgemeine Definition vom Erwartungswert hab ich gelernt:
$(\Omega,\mathcal{A},\mathbb P), \mathcal{F}\subseteq \mathcal{A}$ beliebige Teil $\sigma$-Algebra. Die stochastische Größe heißt bedingte Erwartung $Y=\mathbb E[X|\mathcal{F}]$ von $X\in\mathcal L^1(\Omega,\mathcal{A},\mathbb P)$ wenn
$Y \,\mathcal{F}$ messbar ist
$\forall A\in\mathcal{A}$ gilt $\mathbb E[X1_A]=\int_AXd\mathbb P=\int_A Yd\mathbb P=\mathbb E[Y 1_A]$
Die Definition scheint mir äquivalent zu dieser Definition zu sein:
2021-04-19 09:57 - zippy in Beitrag No. 1 schreibt:
1. $E[f\mid \mathcal G]$ ist $\mathcal G$-messbar.
2. $E\bigl[E[f\mid \mathcal G]\cdot g\bigr]=E[f\cdot g]$ für jede $\mathcal G$-messbare Zufallsvariable $g$.
Wie kann man mit so einer Defintion den bedingten Erwartungswert bei (a) bzw (b) berechnen?
Lg Axerstein

Stochastik und Statistik
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Bedingter Erwartungswert bezüglich einer σ-Algebra  
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Axerstein
J

Einen wunderschönen guten Tag!
Hätte bei folgendem Beispiel ein paar Fragen:
Betrachten Sie den Wahrscheinlichkeitsraum $\left(\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right], \mathcal{B}\left(\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]\right), \lambda\right)$ wobei $\lambda$ das Lebesgue-Maß bezeichnet. Berechnen Sie $\mathbb{E}[f \mid \mathcal{G}]$ für
$$(a)\mathcal{G}=\mathcal{B}\left(\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]\right),
(b)\mathcal{G}=\left\{\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right], \emptyset\right\},\\
(c)\mathcal{G}=\left\{\left[-\frac{1}{2}, 0\right],\left(0, \frac{1}{2}\right],\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right], \emptyset\right\},
(d)\left.\mathcal{G}=\left\{A \in \mathcal{B}\left(\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]\right\}\right): A=-A\right\}
$$ $$ \text{(i) }f(x)=e^{x}, \text{(ii) } f(x)=\sin (x), \text{(iii) } f(x)=\cos (x), \text{(iv) } f(x)=\operatorname{sgn}(x)
$$ Es genügt wenn Sie für jede $\sigma$-Algebra eine Funktion auswählen!
Bemerkungen: Für eine Menge A gilt $-A=\{-x: x \in A\} .$ Die Funktion $\operatorname{sgn}(x)$ ist die Signumsfunktion, also $\operatorname{sgn}(x)=1$ für $x>0, \operatorname{sgn}(x)=-1$ für $x<0$ und $\operatorname{sgn}(0)=0 .$

Ich hätte folgenden Ansatz versucht:
Der bedingte Erwartungswert ist definiert als
$$\mathbb E[X|\mathcal{F}]=\int\limits_\Omega X(\omega) d\mathbb{P}(\omega|\mathcal{F})=\frac{\mathbb E[X 1_\mathcal{F}]}{\mathbb{P}[\mathcal{F}]}$$ wobei ich hier statt $\mathbb{P}$ das Lebesgue-Maß habe, es gilt $\lambda[A]>0,\forall A\in\mathcal{F}$.
Sei $\mathcal{G}=\mathcal{B}\left(\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]\right), f=e^x$. Dann gilt
$$\mathbb E[e^x|\mathcal{G}]=\frac{\mathbb E[e^x1_\mathcal{G}]}{\lambda(\mathcal{G})}=
\frac{\int_{-\infty}^\infty e^x1_\mathcal{G} d\lambda(x)}{\lambda(\mathcal{G})}=\frac{\int_{-\infty}^\infty e^x1_\mathcal{G} dx}{\lambda(\mathcal{G})}$$ Das Lebesgue-Maß von einem Intervall ist $\lambda[a,b]=b-a$, wie kann ich aber das Lebesgue-Maß von der Borelmenge von einem Intervall berechnen?
Außerdem verstehe ich nicht, wie ich die Indikatiorfunktion $1_\mathcal{G}$ als Grenze "rausziehen" kann.
Lg Axerstein

Stochastik und Statistik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Axerstein
Korrelation von Itô-Integral von Sinus bzw Cosinus  
Beitrag No.12 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-04-18
Axerstein
J

Vielen Dank für die Hilfe!
Lg Axerstein

Stochastik und Statistik
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Thema eröffnet von: Axerstein
Korrelation von Itô-Integral von Sinus bzw Cosinus  
Beitrag No.10 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-04-18
Axerstein
J

2021-04-18 15:46 - zippy in Beitrag No. 8 schreibt:
Du brauchst einen Satz, der die Idee$$ E\left[\int_0^t\sin(s)\,\mathrm dW(s)\right] =
\int_0^t\sin(s)\,E\bigl[\mathrm dW(s)\bigr] = 0
$$auf eine stabile Grundlage stellt. So etwas wie hier den Teil 1 der Proposition 4.5.2. auf Seite 100.
So etwas ähnliches haben wir leider nicht in der Vorlesung behandelt.
2021-04-18 15:48 - AnnaKath in Beitrag No. 9 schreibt:
Huhu Axerstein,

mir fallen drei Wege ein, das Gewünschte zu zeigen. Welcher Dir am ehesten liegt, dürfte auch von Deinem Vorwissen abhängen.

(a) Die Martingaleigenschaft der Brown'schen Bewegung überträgt sich auf den Prozess $X$ (Wieso?). Damit hast Du sofort den Erwartungswert.

(b) Mit Hilfe der Ito-Formel kann man sehr einfach eine Darstellung von $X_t+Y_t$ sowie $X_t-Y_t$ finden und daraus die Erwartungswerte folgern.

(c) Ausgehend von der Definition des Ito-Integrals für elementare Funktionen kannst Du Dich vergewissern, dass $X$ und $Y$ (Grenzwerte von) Summen von zentrierten Gaussprozessen sind.

lg, AK

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.7 begonnen.]
(b) hab ich so versucht:
$$F(t,x):=x\sin(t)+x\cos(t)\Rightarrow F_x=\sin(t)+\cos(t),F_t=-x\cos(t)+x\sin(t),F_{xx}=0$$ Also hab ich damit
$$ F(T,W(T))=0+\int_0^T\sin(t)+\cos(t)dW(t)+\int_0^T-W(t)\cos(t)+W(t)\sin(t)dt\Leftrightarrow X_t+Y_t=\int_0^T\sin(t)+\cos(t)dW(t)=W(T)\sin(T)+W(T)\cos(T)-\int_0^T-W(t)\cos(t)+W(t)\sin(t)dt$$ Der Erwartungswert ist
$$\mathbb E[X_t+Y_t]=\mathbb E[\int_0^T\sin(t)+\cos(t)dW(t)]=\mathbb E[W(T)\sin(T)]+\mathbb E[W(T)\cos(T)]-\mathbb E[\int_0^T-W(t)\cos(t)+W(t)\sin(t)dt]=\sin(T)\mathbb E[W(T)]+\cos(T)\mathbb E[W(T)]-\int_0^T\mathbb E[-W(t)\cos(t)+W(t)\sin(t)]dt=0$$ Für $X_t-Y_t$ geht das analog, daraus folgt, dass der Erwartungswert von $X_t,Y_t$ 0 sein muss.
Dabei habe ich bei der letzten Gleichung Fubini verwendet. Ist das so richtig?
Außerdem haben wir in der Vorlesung gelernt, dass für $f\in M^2_t$ die Martingaleigenschaft gilt, also
$$\mathbb E\left[\int_0^tf(r)dW(r)|\mathcal{F}(s)\right]=\int_0^sf(r)dW(r)$$ Ich sehe jedoch nicht, wieso ich daraus den Erwartungswert folgern kann.😷
Lg Axerstein

Stochastik und Statistik
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Thema eröffnet von: Axerstein
Korrelation von Itô-Integral von Sinus bzw Cosinus  
Beitrag No.7 im Thread
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Axerstein
J

Kannst du mir bitte einen Hinweis geben? Ich komme da einfach nicht mehr weiter.

Stochastik und Statistik
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Korrelation von Itô-Integral von Sinus bzw Cosinus  
Beitrag No.5 im Thread
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Axerstein
J

Danke für die Antworten!
Ich versuche es mit der Reihendarstellung von sinus, cosinus sollte dann analog folgen:
$$ \mathbb E[X]=\mathbb E\left[\int\limits_0^t\sin(s)dW(s)\right]=\mathbb E\left[\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^{n}\frac{1}{(2n+1)!}\int\limits_0^tx^{2n+1}dW(x)\right]
$$ Gibt es einen einfachen Weg, wie ich $\int\limits_0^tx^{2n+1}dW(x)$ berechnen kann? Ist das der richtige Ansatz?
Lg Axerstein

Stochastik und Statistik
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Thema eröffnet von: Axerstein
Korrelation von Itô-Integral von Sinus bzw Cosinus  
Beitrag No.2 im Thread
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Axerstein
J

Für $\mathbb{E}[XY]$ kann ich also einsetzen:
$$ \mathbb E[XY]=\mathbb E\left[X(s)Y(s)\right]=\mathbb E\left[\int\limits_0^t\sin(s)\cos(s)ds\right]=\mathbb E\left[\frac{\sin(t)^2}{2}\right]
$$ Wie berechne ich $\mathbb{E}[X]$? Kann ich $\mathbb{E}[(\sqrt{X})^2]$ nehmen und darauf die Itô-Isometrie anwenden?
Also
$$\mathbb E[X]=\mathbb E[(\sqrt{X})^2]=\mathbb E\left[\sqrt{\int\limits_0^t\sin(s)^2ds}\right]=\mathbb E\left[\sqrt{\frac {t - \cos(t) \sin(t)}{2}}\right]$$ Wie kann ich den Erwartungswert von den beiden berechnen?
Lg Axerstein

Stochastik und Statistik
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Korrelation von Itô-Integral von Sinus bzw Cosinus  
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Axerstein
J

Einen wunderschönen guten Tag!
Ich komme bei folgendem Beispiel nicht weiter:
Es sei $(\Omega, \mathcal{F}, P)$ ein Wahrscheinlichkeitsraum mit einer Brownschen Bewegung $(W(t), t \geq 0) .$ Weiters sei $(\mathcal{F}(t), t \geq 0)$ die natürliche Filtration von $W .$ Sei
$$ X(t)=\int_{0}^{t} \sin (s) d W(s), \quad Y(t)=\int_{0}^{t} \cos (s) d W(s), \quad t \geq 0
$$ Berchnen Sie die Korrelation $\rho(X(t), Y(t))$ für $t>0$.
Ich weiß, dass die Korrelation definiert ist als:
\[
\rho(X(t), Y(t))=\frac{Cov(X(t),Y(t))}{\sqrt{\mathbb V(X(t))}\sqrt{\mathbb V(X(t))}}
\] wobei
$$Cov(X,Y)=\mathbb E[(X-\mathbb E[X])\cdot(Y-\mathbb E[Y])]=\mathbb E[XY]-\mathbb E[X]\mathbb E[Y]$$ Ab dem Erwartungswert komme ich nicht mehr weiter, ich habe versucht Fubini anzuwenden, dann hab ich aber den Erwartungswert von sinus bzw. cosinus und damit kann ich nichts anfangen.
Lg Axerstein

Finanzmathematik
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Thema eröffnet von: Axerstein
Zahlungsanspruch mit konvexer Funktion  
Beitrag No.8 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-04-11
Axerstein
J

Passt, vielen Dank!

Finanzmathematik
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Zahlungsanspruch mit konvexer Funktion  
Beitrag No.6 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-04-11
Axerstein
J

Ich glaub jetzt hab ich die Lösung. In der Vorlesung haben wir bewiesen, dass beim Superhedging-Satz $\mathcal{P}$ (also die Menge der äquivalenten Martingalmaße) durch
$$\mathcal{P}_{\text{ac}}:=\{\mathbb{Q}\ll\mathbb{P}|\pi=\mathbb{E}_{\mathbb{P}}\left[\frac{S}{1+r}\right],i=0,...,d\}$$ ersetzt werden kann, also gilt $\pi_{\sup}(C)=\sup\limits_{\mathbb{Q}\in\mathbb{P}_{\text{ac}}}\mathbb{E}_\mathbb{Q}\left[\frac{C}{1+r}\right]$
Also kann ich mir $\mathbb{P}^*$ definieren als
$$\mathbb{P}^*=\begin{cases}
  \frac{(1+r) \pi^{1}-a}{b-a} & \omega=\omega_b\\
  \frac{b-(1+r) \pi^{1}}{b-a} & \omega=\omega_a\\
  0 & \text{sonst}
\end{cases} $$ Damit ist $\mathbb{P}^*\ll\mathbb{P}, \mathbb{P}\in\mathcal{P}$ und es gilt
$$\mathbb{E}_{\mathbb{P}^*}\left[\frac{S^1}{1+r}\right]=\frac{a}{1+r}\mathbb{P}^*(S^1=b)+\frac{b}{1+r}\mathbb{P}^*(S^1=a)=\frac{a}{1+r}\frac{b-(1+r) \pi^{1}}{b-a}+\frac{b}{1+r}\frac{(1+r) \pi^{1}-a}{b-a}=\frac{b(1+r)\pi^1-a(1+r)\pi^1}{(1+r)(b-1)}=\pi^1$$ Damit sind alle Voraussetzungen erfüllt und es gilt:
$$\mathbb{E}_{\mathbb{P}^*}\left[\frac{C}{1+r}\right]=\mathbb{E}_{\mathbb{P}^*}\left[\frac{g(S^1)}{1+r}\right]=\frac{g(a)}{1+r}\mathbb{P}^*(S=b)+\frac{g(b)}{1+r}\mathbb{P}^*(S=a)=\frac{g(b)}{1+r} \frac{(1+r) \pi^{1}-a}{b-a}+\frac{g(a)}{1+r} \frac{b-(1+r) \pi^{1}}{b-a}$$ Ist das so richtig? Brauch ich da dann noch die ersten Ungleichung, die ich gezeigt habe oder ist das ausreichend?

Finanzmathematik
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Zahlungsanspruch mit konvexer Funktion  
Beitrag No.4 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-04-11
Axerstein
J

Das $Y$ ist definiert als die diskontierte Preisänderung
$$Y=\frac{S}{1+r}-\pi$$ Wie das mit g zusammenhängt weiß ich nicht, der einzige Zusammenhang den ich erkenne ist $C=g(S^1)$🤔
 

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