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  Itô-Formel für holomorphe Funktionen |
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Axerstein
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Mitteilungen: 75
 |  Themenstart: 2023-03-25
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Einen wunderschönen guten Tag!
Ich möchte mit der reellen die Itô-Formel für holomorphe Funktionen beweisen, also:
Let $U \subseteq \mathbb{C}^d$ be an open non-empty set. Let $Z=\left(Z^1, \ldots, Z^d\right)$ be a $U$-valued continuous semimartingale and $f=\left(f_1, \ldots, f_n\right): U \rightarrow \mathbb{C}^n$ a function, which is twice complex differentiable separately in every argument, and which can also be viewed as a function in $C^2\left(U, \mathbb{R}^{2 n}\right)$ with $U$ seen as a subset of $\mathbb{R}^{2 d}$. Then $f(Z)$ is a $\mathbb{C}^n$-valued continuous semimartingale and, for every $k \in\{1, \ldots, n\}$,
$$
f_k(Z) \stackrel{\text { uti }}{=} f_k\left(Z_0\right)+\sum_{i=1}^d \int_0 \partial_i f_k\left(Z_s\right) \mathrm{d} Z_s^i+\frac{1}{2} \sum_{i, j=1}^d \int_0 \partial_i \partial_j f_k\left(Z_s\right) \mathrm{d}\left[Z^i, Z^j\right]_s, \text { (6.33) }
$$
where $\partial_i f_k$ and $\partial_i \partial_j f_k$ denote the first and second partial complex derivative w.r.t. the $i$-th and $j$-th coordinate in $U \subseteq \mathbb{C}^d$, respectively.
Da es reicht, die Itô-Formel kompenentenweise zu betrachten, wähle ich ohne Beschränkung der Allgemeinheit $n=1$. Weiters gilt
$$f(z)=u(x_1,y_1,...,x_d,y_d)+iv(x_1,y_1,...,x_d,y_d),\quad \forall z=(z_1,...,z_d)=(x_1+iy_1,....,x_d+iy_d)\in U.$$
Nun wollen wir Itô´s Lemma anwenden, dafür betrachten wir die Funktion $f=(u,v)$ definiert auf einer offenen Menge in $f:U\subseteq\mathbb R^{2d}\to\mathbb R^{2}$ und die Prozesse $(X^1,Y^1,...,X^d,Y^d)$ mit $Z^j=X^j+iY^j, j\in\{1,...,d\}$, wobei $u,v,X^j,Y^j$ alle rellwertig sind. Weiters verwende ich $\tilde Z=(X^1,Y^1,...,X^d,Y^d)$. Aus der reellen Itô-Formel erhalte ich damit:
$$
u(\tilde Z) \stackrel{\mathrm{uti}}{=} u\left(\tilde Z_0\right)+\sum_{i=1}^{2d} \int_0 \partial_i u\left(\tilde Z_s\right) \mathrm{d} \tilde Z_s^i+\frac{1}{2} \sum_{i, j=1}^{2d} \int_0 \partial_i \partial_j u\left(\tilde Z_s\right) \mathrm{d}\left[\tilde Z^i, \tilde Z^j\right]_s\\
v(\tilde Z) \stackrel{\mathrm{uti}}{=} v\left(\tilde Z_0\right)+\sum_{i=1}^{2d} \int_0 \partial_i v\left(\tilde Z_s\right) \mathrm{d} \tilde Z_s^i+\frac{1}{2} \sum_{i, j=1}^{2d} \int_0 \partial_i \partial_j v\left(\tilde Z_s\right) \mathrm{d}\left[\tilde Z^i, \tilde Z^j\right]_s.
$$
Nun war für mich der nächste logische Schritt $u(\tilde Z)+iv(\tilde Z)$ zu betrachten:
$$
u(\tilde Z)+iv(\tilde Z) = u\left(\tilde Z_0\right)+iv(\tilde Z_0)+\sum_{i=1}^{2d} \int_0 \partial_i u\left(\tilde Z_s\right) \mathrm{d} \tilde Z_s^i+\frac{1}{2} \sum_{i, j=1}^{2d} \int_0 \partial_i \partial_j u\left(\tilde Z_s\right) \mathrm{d}\left[\tilde Z^i, \tilde Z^j\right]_s
+i\sum_{i=1}^{2d} \int_0 \partial_i v\left(\tilde Z_s\right) \mathrm{d} \tilde Z_s^i+i\frac{1}{2} \sum_{i, j=1}^{2d} \int_0 \partial_i \partial_j v\left(\tilde Z_s\right) \mathrm{d}\left[\tilde Z^i, \tilde Z^j\right]_s
\\
=u\left(\tilde Z_0\right)+iv\left(\tilde Z_0\right)+\sum_{i=1}^{2d} \int_0 \partial_i u \left(\tilde Z_s\right)+i\partial_i v\left(\tilde Z_s\right) \mathrm{d} \tilde Z_s^i
+\frac{1}{2} \sum_{i, j=1}^{2d} \int_0 \partial_i \partial_j u\left(\tilde Z_s\right)+i\partial_i \partial_j v\left(\tilde Z_s\right) \mathrm{d}\left[\tilde Z^i, \tilde Z^j\right]_s
$$
Hier komme ich aber nicht mehr weiter. Ich würde gerne die Cauchy-Riemann Gleichungen und Satz von Schwarz anwenden, damit ich auf die Form
$$u(\tilde Z)+iv(\tilde Z) = u\left(\tilde Z_0\right)+iv(\tilde Z_0)+\sum_{i=1}^{d} \int_0 \frac{\partial u}{\partial x_i}\left(\tilde Z_s\right)+i\frac{\partial v}{\partial x_i}\left(\tilde Z_s\right) \mathrm{d} \tilde Z_s^i
+\frac{1}{2} \sum_{i, j=1}^{d} \int_0 \frac{\partial^2 u}{\partial x_i\partial x_j}\left(\tilde Z_s\right)+i\frac{\partial^2v}{\partial x_i\partial x_j}\left(\tilde Z_s\right) \mathrm{d}\left[\tilde Z^i, \tilde Z^j\right]_s$$
komme. Damit wäre die Formel bewiesen. Jedoch hänge ich hier fest, würde mich also über jeden Hinweis freuen.
LG Axerstein
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AnnaKath
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2023-03-25
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d}\)
Huhu Axerstein,
tatsächlich ist es ein wenig schwer zu sehen, aber Du hast meines Erachtens bereits die gewünschte Form erreicht (und ja, die Aufgabe ist so einfach, alle Semi-Martingal-Magie steckt bereits in der reellen Ito-Formel*).
Beachte dazu, dass für eine analytische Funktion $g : \mathbb{C} \to \mathbb{C}$ in der Form $g(x + \mathrm{i}y) = u(x,y)+\mathrm{i} v(x,y)$ gilt: $g' = \partial g = \frac12 \left( \frac{\partial g}{\partial x} - \mathrm{i} \frac{\partial g}{\partial y} \right )$.
lg, AK
*) spannend wird es erst, wenn $f$ nicht analytisch ist, dann treten nämlich auch die konjugierten Prozesse $\bar{Z}$ als Integratoren auf und konjugierte Ableitungen $\bar{\partial} f$. Beispielsweise lautet die "einfachste" (eindimensionale) Ito-Formel (für ein lokales Martingal $Z$) dann: $f(Z_t)-f(Z_0) = \int^t_0 \partial{Z_s} \: \mathrm{d}Z_s + \int^t_0 \bar{\partial}{Z_s} \: \mathrm{d}\bar{Z_s} + \int^t_0 \partial\partial{Z_s} \: \mathrm{d}[Z,Z]_s + \int^t_0 \bar{\partial}\bar{\partial}{Z_s} \: \mathrm{d}[\bar{Z},\bar{Z}]_s + 2\int^t_0 \partial\bar{\partial}{Z_s} \: \mathrm{d}[Z,\bar{Z}]_s$.
Warum schreibe ich diese Bemerkung überhaupt? Wenn man die reelle Ito-Formel komponentenweise überträgt, ergibt sich dieses. Unter Ausnutzung der Analyzität erhält man dann auch das Ergebnis auf einem vielleicht eleganteren Weg: In diesem Falle ist nämlich $\bar{\partial}f = \partial \bar{\partial}f = 0$ und die gesuchte Formel steht (in einer Dimension) da. \(\endgroup\)
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Axerstein
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2023-03-26
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Guten Tag!
Vielen Dank für die Antwort! Ich sehe noch immer nicht ganz, wie ich damit bereits auf die gewünschte Form komme. Im Hinweis steht, dass man mit den Cauchy-Riemann Gleichungen und Satz von Schwarz und anschließend mit den Darstellungen
$$\frac{\partial f}{\partial z_j}(z)=\frac{\partial u}{\partial x_j}\left(x_1, y_1, \ldots, x_d, y_d\right)+\mathrm{i} \frac{\partial v}{\partial x_j}\left(x_1, y_1, \ldots, x_d, y_d\right),\\
\frac{\partial^2 f}{\partial z_i \partial z_j}(z)=\frac{\partial^2 u}{\partial x_i \partial x_j}\left(x_1, y_1, \ldots, x_d, y_d\right)+\mathrm{i} \frac{\partial^2 v}{\partial x_i \partial x_j}\left(x_1, y_1, \ldots, x_d, y_d\right)$$
zum gewünschten Ergebnis kommt. Die Darstellung von einer analytischen Funktion $g$, $g'=\tfrac{1}{2}(\tfrac{\partial g}{\partial x}-i\tfrac{\partial g}{\partial y})$ ist mir leider nicht bekannt.
Wenn ich es richtig verstehe, muss ich
$$\sum_{i=1}^{2d}\partial_i u+i\partial_i v\stackrel{!}{=}\sum_{i=1}^{d}\frac{\partial u}{\partial x_i}+i\frac{\partial v}{\partial x_i}\\
\sum_{i,j=1}^{2d}\partial_i\partial_j u+i\partial_i\partial_j v\stackrel{!}{=}\sum_{i=1}^{d}\frac{\partial^2 u}{\partial x_i\partial x_j}+i\frac{\partial^2 v}{\partial x_i\partial x_j}$$
zeigen. Also:
$$\frac{\partial u}{\partial x_1}\left(\tilde Z_s\right)+i\frac{\partial v}{\partial x_1}\left(\tilde Z_s\right)+\frac{\partial u}{\partial y_1}\left(\tilde Z_s\right)+i\frac{\partial v}{\partial y_1}\left(\tilde Z_s\right)+...+\\
\frac{\partial u}{\partial x_d}\left(\tilde Z_s\right)+i\frac{\partial v}{\partial x_d}\left(\tilde Z_s\right)+\frac{\partial u}{\partial y_d}\left(\tilde Z_s\right)+i\frac{\partial v}{\partial y_d}\left(\tilde Z_s\right)\stackrel{!}{=}\frac{\partial u}{\partial x_1}\left(\tilde Z_s\right)+i\frac{\partial v}{\partial x_1}\left(\tilde Z_s\right)+...+\frac{\partial u}{\partial x_d}\left(\tilde Z_s\right)+i\frac{\partial v}{\partial x_d}\left(\tilde Z_s\right).$$
Für die 2. Gleichung analog. Ich habe das Gefühl ich habe doppelt so viele Summanden in der Summe, als was ich tatsächlich brauche. Ich hätte gerne, dass sich entweder meine Ableitungen nach $y_i$ oder $x_i$ irgendwie wegkürzen, indem ich Cauchy-Riemann anwende und danach $f'=u_x+iv_x=v_y-iu_y$, was aber nicht passiert...
Es kann gut sein, dass ich mein Leben unnötig schwer mache.
LG Axerstein
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nzimme10
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Wohnort: Köln
 | Beitrag No.3, eingetragen 2023-03-26
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\mathrm{d}}
\renewcommand{\dd}{\ \mathrm d}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}
\renewcommand{\vec}[3]{\begin{pmatrix} #1 \\ #2\\ #3\end{pmatrix}}
\newcommand{\rot}{\opn{rot}}
\newcommand{\div}{\opn{div}}\)
Kurz dazu:
\quoteon(2023-03-26 15:39 - Axerstein in Beitrag No. 2)
Die Darstellung von einer analytischen Funktion $g$, $g'=\tfrac{1}{2}(\tfrac{\partial g}{\partial x}-i\tfrac{\partial g}{\partial y})$ ist mir leider nicht bekannt.
\quoteoff
Das Differential einer reell-differenzierbaren Funktion $g\colon \mathbb C\to \mathbb C$ an einem Punkt $z_0=x_0+\i y_0$ ist eine $\mathbb R$-lineare Abbildung $(\d g)_{z_0}\colon \mathbb C\to \mathbb C$ mit
$$
g(z)=g(z_0)+(\d g)_{z_0}(z-z_0)+o(|z-z_0|).
$$
Mit $\d z=\d x+\i\, \d y$ und $\d \overline z=\d x-\i \,\d y$ kann man das Differential in der Form
$$
(\d g)_{z_0}=\frac{\partial g}{\partial z}(z_0) \dd z+\frac{\partial g}{\partial \overline z}(z_0) \dd \overline z
$$
darstellen, wobei
$$
\frac{\partial g}{\partial z}=\frac 12\left(\frac{\partial g}{\partial x}-\i \frac{\partial g}{\partial y}\right), \quad \frac{\partial g}{\partial \overline z}=\frac 12\left(\frac{\partial g}{\partial x}+\i \frac{\partial g}{\partial y}\right).
$$
Diese Darstellung erhält man direkt aus der Darstellung
$$
\d g=\frac{\partial g}{\partial x}\dd x+\frac{\partial g}{\partial y}\dd y
$$
unter Verwendung von $\d x=\frac 12(\d z+\d\overline z)$ und $\d y=\frac \i 2(\d\overline z-\d z)$. Mit diesen Bezeichnungen sind die Cauchy-Riemann-DGLn äquivalent zu der Bedingung
$$
\frac{\partial g}{\partial \overline z}\equiv 0.
$$
Wenn $g$ holomorph ist, dann hat man also
$$
(\d g)_{z_0}=\frac{\partial g}{\partial z}(z_0) \dd z
$$
(was einfach nur ausdrückt, dass $(\d g)_{z_0}$ sogar $\mathbb C$-linear ist) und folglich $g'=\frac{\partial g}{\partial z}$. Siehe auch: https://de.wikipedia.org/wiki/Wirtinger-Kalkül
LG Nico\(\endgroup\)
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Axerstein
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2023-03-26
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Vielen Dank für die Antwort!
Wenn ich es also richtig verstanden habe, erhalte ich mit dem Wirtinger-Kalkül
$$\frac{\partial u}{\partial x_1}\left(\tilde Z_s\right)+i\frac{\partial v}{\partial x_1}\left(\tilde Z_s\right)+\frac{\partial u}{\partial y_1}\left(\tilde Z_s\right)+i\frac{\partial v}{\partial y_1}\left(\tilde Z_s\right)+...+\\
\frac{\partial u}{\partial x_d}\left(\tilde Z_s\right)+i\frac{\partial v}{\partial x_d}\left(\tilde Z_s\right)+\frac{\partial u}{\partial y_d}\left(\tilde Z_s\right)+i\frac{\partial v}{\partial y_d}\left(\tilde Z_s\right)=\frac{\partial f}{\partial x_1}+\frac{\partial f}{\partial y_1}+...+\frac{\partial f}{\partial x_d}+\frac{\partial f}{\partial y_d}.$$
Das ist aber noch nicht das Gleiche wie
$$\frac{\partial f}{\partial z_1}+...+\frac{\partial f}{\partial z_d},$$
oder? Mit Hilfe der partiellen Ableitungen kann man $f$ schreiben als
$$\mathrm df=\frac{\partial f}{\partial x}\mathrm dx+\frac{\partial f}{\partial y}\mathrm dy,$$
kann ich das da irgendwie anwenden?
LG Axerstein
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Axerstein
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| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2023-03-28
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Ich habe mittlerweile meinen Fehler gefunden, vielen Dank an Alle!
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Axerstein hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Axerstein hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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