Lognormalverteilung < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:56 Fr 01.02.2013 | | Autor: | hula |
Hallöchen
Mal ne Frage: Wenn ich eine Zufallsvariable [mm]X[/mm] habe, die lognormalverteilt ist. Wie kann man bedingte Erwartungswert resp. bedingte Warscheinlichkeiten folgender Gestalt berechnen
[mm]P[X> K|\mathcal{F}_t][/mm]
wobei [mm]K[/mm] eine Konstante ist. Hinzu kommt, dass [mm]X[/mm] [mm]\mathcal{F}[/mm] messbar ist und [mm]\mathcal{F}_t[/mm] eine Teilsigmaalgebra von [mm]\mathcal{F}[/mm] ist.
Danke für die Hilfe
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Hiho,
ohne zusätzliche Vorgaben an die [mm] $\sigma$-Algebra F_t [/mm] wirst du da nicht viel machen können.
Ist aber bspw. [mm] F_t [/mm] durch eine Zufallsvariable erzeugt oder konkret gegeben, geht da schon noch was.
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:49 So 03.02.2013 | | Autor: | hula |
Hallo gonozal
ok, dann kam man annehmen, dass sie von der Zufallvariable erzeugt ist. Was kann man denn da sagen?
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Hiho,
man kann bedingte Erwartungen der Form E[X|Y] als Integral über die bedingte Dichte schreiben.
Siehe dazu auch den passenden ![[]](/images/popup.gif) Wikipedia-Artikel dazu.
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:28 Mi 06.02.2013 | | Autor: | hula |
Hallo gonozal
Hm....nehmen wir an, ich habe folgende Z.V. [mm]X=\int_0^t \lambda (s) dW(s) [/mm] wobei [mm] \lambda[/mm] deterministisch ist und [mm]W [/mm] eine Brownsche Bewegung. Ich weiss, dass [mm]X [/mm] normalverteilt ist. wenn ich jetzt eine Filtration generiert von der Brownschen Bewegung habe, wie berechne ich dann z.B.
[mm] E[\int_0^t\lambda(s) dW(s)|\mathcal{F}_u][/mm]
wobei [mm] u
Danke für die Hilfe
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Hiho,
es gilt:
[mm]E\left[\int_0^t\lambda(s) dW(s)|\mathcal{F}_u\right] = \int_0^u\lambda(s) dW(s)[/mm]
das zeigt man am besten direkt per maßtheoretischem Standardverfahren (einfache Funktionen, nichtnegative, beliebige).
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:37 Mi 06.02.2013 | | Autor: | hula |
Hallo Gonozal
Super, mit deiner Hilfe konnte ich das zeigen!
Leider weiss ich nicht wie weiter: Ich konnte zeigen, dass [mm]X_t:=e^{\int_0^T \lambda(s) dW(s)-\frac{1}{2} \int_0^t\lambda(s)^2 ds} [/mm] ein Martingal ist, auch wieder für deterministisches [mm] \lambda[/mm] welches quadratintegrierbar ist. Nun will ich zeigen:
[mm] E[(X_T-K)^+|\mathcal{F}_t] =X_t\Phi(d_1)-K\Phi(d_2)[/mm]
wobei [mm]d_{1,2}:=\frac{\log{(\frac{X_t}{K})}\pm\frac{1}{2}\int_0^t\lambda(s)^2ds}{\sqrt{\int_0^t\lambda(s)^2ds}} [/mm]
Ich weiss, dass [mm] X_T[/mm] lognormal verteilt ist. Ohne die bedingte Erwartung könnte ich das berechnen, aber mit weiss ich nicht wie. Wie immer habe ich wie folgt angefangen:
[mm] E[(X_T-K)^+|\mathcal{F}_t] =E[X_T\mathbf1_A|\mathcal{F}_t]-KE[\mathbf1_A|\mathcal{F}_t][/mm]
Wie berechne ich diese bedingte Erwartungswerte? Hier ist [mm] A=\{X_T\ge K\}[/mm]. Danke für die Hilfe!
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Hallo hula,
das kannst du in jedem Buch nachschlagen, dass über stetige Modelle der Finanzmathematik handelt.
Genauer gesagt ist das die Berechnung des arbitragefreien Preises einer Call-Option im Black-Scholes-Modell zum Zeitpunkt t.
Also ist da wohl ein bisschen Eigenrecherche angesagt 
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:01 Do 07.02.2013 | | Autor: | hula |
Hallo Gonozal
Ich kann es auch zeigen, wenn [mm] \lamdba[/mm] nicht zeitabhängig ist. Dann kann ich wie üblich ausnützen, dass die Inkremente bei einer Brownschen Bewegung unabhängig und normalverteilt sind. Jetzt habe ich aber nur ein [mm]dW[/mm] und darüber weiss ich ja nichts! Natürlich habe ich zuerst im Web gesucht, leider wird die Formel nur für nicht zeitabhängige Parameter hergeleitet. Im Falle der Zeitabhängigen Parameter wird nur eine Formel angegeben. Mich interessiert aber, wie ich diese bedingte Erwartungswerte vereinfachen kann.
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Hiho,
> Ich kann es auch zeigen, wenn [mm]\lamdba[/mm] nicht zeitabhängig ist. Dann kann ich wie üblich ausnützen, dass die Inkremente bei einer Brownschen Bewegung unabhängig und normalverteilt sind. Jetzt habe ich aber nur ein [mm]dW[/mm] und darüber weiss ich ja nichts! Natürlich habe ich zuerst im Web gesucht, leider wird die Formel nur für nicht zeitabhängige Parameter hergeleitet. Im Falle der Zeitabhängigen Parameter wird nur eine Formel angegeben. Mich interessiert aber, wie ich diese bedingte Erwartungswerte vereinfachen kann.
Das geht nicht "mal eben so".
Dafür brauchst du den Satz von Girsanov, sowie ein bisschen Formelrumgeschubse.
Dann bastelst du dir unter deinem Martingalmaß wieder unabhängige Inkremente von [mm] F_t [/mm] und rechnest den normalen Erwartungswert dann aus.
Fang doch mal an, ich werd dich schon dabei unterstützen
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:47 Fr 08.02.2013 | | Autor: | hula |
Hallo Gonozal!
Danke, damit hilfst du mir sehr! Ich habe nun einmal angefangen:
Ich wähle [mm] \frac{dQ}{dP}=X_T[/mm]. Ich weiss ja, dass [mm]X_T [/mm] ein Martingale ist, es ist positive, also definiert es eine equivalentes Mass. Wenn ich jetzt Bayes anwende erhalte ich
[mm]E[X_T\mathbf1_A|\mathcal{F}_t] =X_tE_Q[\mathbf1_{A}|\mathcal{F}_t][/mm]
Das sieht ja schon einmal gut aus. Nun bin ich mir aber nicht mehr sicher wie weiter. Wenn ich das hier berchnen kann, dann sicherlich auch den zweiten Term [mm] KE[\mathbf1_A|\mathcal{F}_t][/mm]. Das Problem ist, wie berechnen ich jetzt die bedingte Wahrscheinlichkeit? Ich weiss nicht einmal ob unter [mm] P[/mm] der Prozess [mm]X_t [/mm] unabhängige Inkremente hat, geschweige denn unter [mm]Q [/mm].
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Hiho,
ich stelle gerade fest, du brauchst dafür gar keinen Satz von Girsanov, das geht viel einfacher.
Bekannt sein sollte der Satz:
Sei X unabhängig von [mm] $\mathcal{F}$, [/mm] Y [mm] \mathcal{F} [/mm] - meßbar und f meßbare Funktion, dann gilt:
[mm] $E\left[f(X,Y)|\mathcal{F}\right] [/mm] = [mm] \integral_\IR [/mm] f(x,Y) [mm] dP^X$
[/mm]
Nun gilt:
[mm] $E\left[[\left(X_T - K\right)^+ \Big| \mathcal{F}_t\right] [/mm] = [mm] X_t E\left[\left(\bruch{X_T}{X_t} - \bruch{K}{X_t}\right)^+ \Bigg| \mathcal{F}_t\right]$
[/mm]
Es ist [mm] $\bruch{X_T}{X_t}$ [/mm] unabhängig von [mm] \mathcal{F}_t [/mm] und [mm] \bruch{K}{X_t} \mathcal{F}_t [/mm] meßbar.
Und damit:
[mm] $E\left[\left(X_T - K\right)^+ \Big| \mathcal{F}_t\right] [/mm] = [mm] \integral_\IR \left(x - \bruch{K}{X_t}\right)^+ d\IP^\bruch{X_T}{X_t}$
[/mm]
Na und jetzt sollte man das ausrechnen können, sofern man die Verteilung von [mm] \bruch{X_T}{X_t} [/mm] kennt.
Die ist wie?
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:39 Fr 08.02.2013 | | Autor: | hula |
Hallo Gonozal
Ah stimmt! Die Verteilung von [mm] \frac{X_T}{X_t}[/mm] ist [mm]e^Y [/mm], wobei [mm]Y [/mm] normalverteilt mit Erwartungswert [mm]0 [/mm] und Varianz [mm] \int_t^T\lambda(s)^2 ds[/mm] ist. Das einzige was ich nicht einsehe ist, wieso [mm] \frac{X_T}{X_t}[/mm] unabhängig von [mm]\mathcal{F}_t [/mm] sein soll. Dies würde gelten, wenn [mm]M_t:=\int_0^t\lambda(s) dW(s) [/mm] unabhängige Inkremente hätte, wieso gilt dies aber?
hula
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Hiho,
> Ah stimmt! Die Verteilung von [mm]\frac{X_T}{X_t}[/mm] ist [mm]e^Y [/mm], wobei [mm]Y[/mm] normalverteilt mit Erwartungswert [mm]0[/mm] und Varianz [mm]\int_t^T\lambda(s)^2 ds[/mm] ist.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Das einzige was ich nicht einsehe ist, wieso [mm]\frac{X_T}{X_t}[/mm] unabhängig von [mm]\mathcal{F}_t[/mm] sein soll. Dies würde gelten, wenn [mm]M_t:=\int_0^t\lambda(s) dW(s)[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
unabhängige Inkremente hätte, wieso gilt dies aber?
Wir zeigen nicht, dass M_t unabhängige Inkremente hat, sondern direkt, dass $\bruch{X_T}{X_t}$ unabhängig von \mathcal{F}_t ist (was aber aufs gleiche hinausläuft).
Das zeigen wir mit folgendem Satz:
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Ist $Y \mathcal{F}$-meßbare Zufallsvariable und $\mathcal{G}\subset\mathcal{F}$ Unter-$\sigma$-Algebra, so dass für alle $\mu\in\IR$ gilt:
$E\left[e^{\mu Y}\Big|\mathcal{G} \right] = E\left[e^{\mu Y}\right]$
Dann ist Y unabhängig von $\mathcal{G}$.
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Dann berechnen wir das doch direkt mal:
$E\left[e^{\mu\int_t^T\lambda(s) dW(s)} \Big| \mathcal{F}_t\right]$
$= e^{-\mu\int_0^t \lambda(s) dW(s)}*E\left[e^{\mu\int_0^T\lambda(s) dW(s)} \Big| \mathcal{F}_t\right]$
$= e^{-\mu\int_0^t \lambda(s) dW(s) + \bruch{1}{2}\int_0^T \mu^2\lambda^2(s) ds}*E\left[e^{\int_0^T\mu\lambda(s) dW(s) - \bruch{1}{2}\int_0^T \mu^2\lambda^2(s) ds} \Big| \mathcal{F}_t\right]$
$= e^{-\mu\int_0^t \lambda(s) dW(s) + \bruch{1}{2}\int_0^T \mu^2\lambda^2(s) ds}*e^{\int_0^t\mu\lambda(s) dW(s) - \bruch{1}{2}\int_0^t \mu^2\lambda^2(s) ds$
= 1
$= E\left[e^{\mu\int_t^T\lambda(s) dW(s)}\right]$
D.h. $\int_t^T\lambda(s) dW(s)$ und damit $\bruch{X_T}{X_t}$ ist wirklich unabhängig von $\mathcal{F}_t$
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:22 Fr 08.02.2013 | | Autor: | hula |
Hallo Gonozal
Ok, super! Ich bin fast zufrieden :) kannst du mir eine Referenz für diesen Satz geben? Danke für deine Hilfe und Geduld!
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Hiho,
> Ok, super! Ich bin fast zufrieden :) kannst du mir eine Referenz für diesen Satz geben?
Nein. Ich hab den mal auf nem Übungsblatt bekommen ^^
Das musst du schon selbst recherchieren.
Das nutzt man in dem Zusammenhang, um folgenden (Standard)-Satz zu beweisen:
Ist [mm] e^{\lambda X_t - \bruch{\lambda^2t}{2}} [/mm] ein Martingal für alle [mm] \lambda\in\IR [/mm] so ist [mm] X_t [/mm] eine Brownsche Bewegung.
Damit du nen Rechercheansatz hast.
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:29 So 10.02.2013 | | Autor: | hula |
Hallo Gonozal
Ich dachte eigentlich ich hätte das jetzt verstanden, aber so ganz geht das bei mir immer noch nicht auf:
[mm]X_tE[\frac{X_T}{X_t}\mathbf1_{\{X_T>K\}}|\mathcal{F}_t][/mm]
Wenn ich jetzt ein neues Mass einführe nach [mm]\frac{dQ}{dP}=X_T[/mm], dann ist gemäss Bayes doch
[mm]E[\frac{X_T}{X_t}\mathbf1_{\{X_T>K\}}|\mathcal{F}_t]=E_Q[\mathbf1_{\{X_T>K\}}|\mathcal{F}_t]=E_Q[\mathbf1_{\{\frac{X_T}{X_t}>\frac{K}{X_t}\}}|\mathcal{F}_t][/mm]
Gilt nun aber auch, dass unter [mm]Q[/mm], [mm]\frac{X_T}{X_t}[/mm] unabhängig von [mm]\mathcal{F}_t[/mm] ist? Wenn ja wieso?
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Hiho,
> Wenn ich jetzt ein neues Mass einführe
warum solltest du das tun?
Brauchst du doch gar nicht!
Darum hatte ich dir doch den anderen Ansatz genannt.
Aber unabhängig davon korrigier ich deinen Ansatz trotzdem:
1.) Deine Gleichungskette ist falsch, da dort im zweiten Term ein [mm] \bruch{1}{X_t} [/mm] fehlt.
2.) Unabhängigkeit muss unter Maßwechsel nicht erhalten bleiben.
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:57 Di 12.02.2013 | | Autor: | hula |
Hallo Gono
Also, nochmals herzlichen Dank für deine Geduld. Eine letzte Frage habe ich aber noch. Ich habe etwas Mühe mit der Lognormalverteilung. Mit der Normalverteilung kann ich folgendes berechnen:
[mm]E[Z\mathbf1_{Z>K}]=\Phi(-\frac{K-\mu}{\sigma})[/mm]
wobei $Z$ normalverteilt mit Erwartungswert [mm] $\mu$ [/mm] und Varianz [mm] $\sigma^2$ [/mm] ist. Stimmt doch, oder?
Aber wenn $Z$ lognormal verteilt ist, tue ich mich irgendwie schwer. Es gilt ja nicht
[mm]E[Z\mathbf1_{Z>K}]=E[\log{Z}\mathbf1_{\log{Z}>\log{K}}][/mm]
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Hiho,
wenn Z lognormalverteilt ist, dann ist Z doch genauso verteilt wie [mm] e^X [/mm] wobei X normalverteilt ist, d.h. es gilt:
$E[f(Z)] = [mm] E[f\left(e^X\right)]$
[/mm]
Und den rechten Erwartungswert berechnest du ganz normal über die Dichte der Normalverteilung.
MFG,
Gono.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:00 Mo 11.02.2013 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hiho,
hab darüber nochmal nachgedacht und man kommt auch ohne das Theorem aus. Man kann das auch per maßtheoretischem Standardargument machen.
Nimm dafür erst einfache [mm] $\lambda(s)$, [/mm] dann nichtnegative, dann allgemeine.
Bei einfachem [mm] \lambda [/mm] sieht man die Unabhängigkeit von [mm] $\mathcal{F}_t$ [/mm] ganz leicht.
Die anderen Fälle führt man über monotone Konvergenz einfach darauf zurück.
Gruß,
Gono.
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