Επίλυση ειδικών μορφών ΣΔΕ

Transcript

1 15 Επίλυση ειδικών μορφών ΣΔΕ Σε αυτό το κεφάλαιο θα δούμε κάποιες ειδικές μορφές ΣΔΕ για τις οποίες υπάρχει μέθοδος επίλυσης. Περισσότερες μπορεί να δει κανείς στο Kloeden and Plaen (199), Θα λύσουμε τη ΣΔΕ 15.1 Συντελεστές γραμμικοί ως προς X dx = {µ 1 ()X + µ () d + {σ 1 ()X + σ () db, (15.1) όπου οι ανελίξεις µ 1, µ, σ 1, σ είναι μετρήσιμες, προσαρμοσμένες, και με πιθανότητα 1 τοπικά φραγμένες. Θεωρούμε τον ολοκληρωτικό παράγοντα Y 1 όπου η Y λύνει λύνει την «αυστηρά γραμμική» εξίσωση dy = Y µ 1 () d + Y σ 1 () db, (15.) Y = 1. Με την ίδια διαδικασία όπως στο Παράδειγμα 14.1, βρίσκουμε ότι μια Y που ικανοποιεί την (15.) είναι η { Y = exp (µ 1 (s) 1 ) σ1 (s) ds + σ 1 (s) db s. (15.3) Μάλιστα προκύπτει από το Θεώρημα 14.4 ότι αυτή είναι η μοναδική λύση της (15.). Θέτουμε Z = Y 1 X για κάθε και θα δείξουμε ότι η Z ικανοποιεί μια ΣΔΕ που λύνεται αμέσως. Υπολογίζουμε ότι οπότε d(y 1 ) = 1 Y dz = d( dy + 1 Y 3 (dy ) = (µ 1 () d + σ 1 () db ) + σ 1 () d, (15.4) )X + Y 1 dx + d(y 1 )dx =... = Y 1 {µ () σ 1 ()σ () d + σ () db. Χρησιμοποιήσαμε τις εκφράσεις (15.1), (15.4). Αρα Z = x + s {µ (s) σ 1 (s)σ (s) ds + s σ (s) db s. Μπορούμε τώρα να ελέγξουμε ότι η X := Y Z, με την Y όπως στην (15.3) και τη Z όπως στην προηγούμενη σχέση, λύνει την (15.1) ( Ασκηση). 15. Συντελεστής διάχυσης γραμμικός ως προς X Μέθοδος λύσης υπάρχει και για τις ΣΔΕ της μορφής dx = f (, X ) d + σ()x db, (15.5) 17

2 18 Επίλυση ειδικών μορφών ΣΔΕ με τις f, σ συνεχείς (ντετερμινιστικες) συναρτήσεις με κατάλληλα πεδία ορισμού. Ακολουθούμε παρόμοια διαδικασία όπως στην προηγούμενη παράγραφο. Ολοκληρωτικός παράγοντας είναι ο Y 1, όπου η Y λύνει την dy = σ()y db, Y = 1. (15.6) Βρίσκουμε όπως πριν ότι μοναδική λύση αυτής της ΣΔΕ είναι η { Y := exp σ(s) db s 1 σ (s) ds. Επειτα και άρα d(y 1 X ) = X dy 1 = X d( ) = { σ()db + σ () d, + Y 1 dx + dy 1 dx { σ()db + σ () d + = Y 1 f (, X ) d. { f (, X ) d + σ()x db σ ()X d Δηλαδή ο ολοκληρωτικός παράγοντας κατάφερε να εξαλείψει τον όρο διάχυσης. Θέτουμε Z := X. Η Z ικανοποιεί την dz = f (, Y Z ) d, (15.7) η οποία για κάθε σταθερό ω στον χώρο πιθανότητας είναι μια συνήθης διαφορική εξίσωση. Αν είμαστε τυχεροί, αυτή θα λύνεται και έπειτα η X := Y Z θα λύνει την αρχική εξίσωση. Για την επίλυση της (15.7), σημειώνουμε ότι η Z είναι διαφορίσιμη με συνεχή παράγωγο. Αυτό γιατί σαφώς η Z από τον ορισμό της είναι συνεχής (για κάθε σταθερό ω) και έπειτα επειδή και οι f, Y είναι συνεχείς, γράφοντας την (15.7) σε ολοκληρωτική μορφή, έχουμε το ζητούμενο. Αρα, για κάθε g συνεχώς παραγωγίσιμη, θα έχουμε dg(z ) = g (Z )dz. Δεν χρειάζεται να επικαλεστούμε τον τύπο του Iô για τον υπολογισμό του dg(z ). Παράδειγμα Θα λύσουμε τη ΣΔΕ dx = X γ d + ax db, (15.8) όπου x >, a, γ R, και B είναι τυπική κίνηση Brown. Ο ολοκληρωτικός παράγοντας είναι ο οπότε η Z := X ικανοποιεί την = e ab + 1 a, dz = Y 1 (Y Z ) γ d = Y γ 1 Z γ d, Z = x. (15.9) Η πρώτη εξίσωση είναι η Z γ να γραφτεί ως όταν γ 1 και ως d(log Z ) = d όταν γ = 1. Διακρίνουμε τρείς περιπτώσεις. dz = Y γ 1 d και, με βάση τα σχόλια πριν το παράδειγμα, αυτή μπορεί d(z 1 γ ) = (1 γ)y γ 1 d (15.1)

3 (i) γ < 1. Τότε ολοκληρώνοντας την (15.1) παίρνουμε και άρα Z 1 γ 15.3 Λύση της μορφής f (, B ) 19 x 1 γ = (1 γ) Ys γ 1 ds, ( 1/(1 γ) X = Y Z = Y x 1 γ + (1 γ) Ys ds) γ 1. (15.11) Ο εκθέτης έξω από την παρένθεση είναι θετικός, όπως και η ποσότητα μέσα. Οπότε η λύση ορίζεται για κάθε. (ii) γ > 1. Ομοια όπως πριν, φτάνουμε στην Z 1 γ = x 1 γ (γ 1) Ys γ 1 ds. Ο εκθέτης 1 γ είναι αρνητικός. Το δεξί μέλος της ισότητας είναι θετικό για μικρά, αλλά είναι γνησίως φθίνουσα συνάρτηση του. Με θετική πιθανότητα παίρνει την τιμή για κάποιο πεπερασμένο χρόνο (ω). Αυτό γιατί η ποσότητα μέσα στο ολοκλήρωμα είναι e (γ 1)aB s 1 (γ 1)as, και έτσι, αν η ab s πάρει μεγάλες τιμές για κάποιους χρόνους, θα δώσει στο ολοκλήρωμα τιμή > x 1 γ /(γ 1). Αυτό σημαίνει ότι η Z, άρα και η X, εκρήγνυται (απειρίζεται) τον πεπερασμένο χρόνο (ω). Σε αυτή την περίπτωση, λύση υπάρχει μόνο στο διάστημα [, (ω)) και δίνεται πάλι από τη σχέση (15.11). (iii) γ = 1. Ομοια βρίσκουμε ότι για κάθε. X = x e Y Αν η ΣΔΕ 15.3 Λύση της μορφής f (, B ) dx = µ(, X ) d + σ(, X ) db, X = x (15.1) έχει λύση της μορφής X = f (, B ), τότε ένας τρόπος να βρούμε την f είναι ο εξής. Με βάση τον τύπο του Iô, η Y := f (, B ) ικανοποιεί την εξίσωση { dy = (, B ) + 1 f (, B ) d + (, B ) db, η οποία ταυτίζεται με την πρώτη από τις (15.1) αν μπορούμε να έχουμε (, x) + 1 f (, x) = µ(, f (, x)), (15.13) (, x) = σ(, f (, x)). (15.14) Η δεύτερη ισότητα προσφέρεται για άμεση ολοκλήρωση αν την γράψουμε ως 1 (, x) = 1. σ(, f (, x))

4 11 Επίλυση ειδικών μορφών ΣΔΕ Γιατί αν η g(, y) είναι μια αρχική της 1/σ(, y) ως προς την παράμετρο y, τότε η τελευταία σχέση γράφεται g (, f (, x)) = 1. Αρα g(, f (, x)) = x+c() με c κάποια συνάρτηση. Από εδώ ελπίζουμε, αντιστρέφοντας την y g(, y), να βρούμε μια έκφραση για την f. Θέλουμε αυτή η έκφραση να ικανοποιεί την (15.13) και αυτή η απαίτηση, αν μπορεί να εκπληρωθεί, δίνει πληροφορία για τη c. Τέλος, η ικανοποίηση του της αρχικής συνθήκης X = x αντιμετωπίζεται εύκολα. Αν η δεδομένη διαφορική εξίσωση δεν έχει λύση της μορφής f (, B ) (όπως συμβαίνει με την Ornsein-Uhlenbeck, Παράδειγμα 14.), τότε η διαδικασία που περιγράψαμε θα παρουσιάζει κάποιο πρόβλημα και δεν θα μπορεί να περατωθεί. Παράδειγμα 15.. Θα λύσουμε με την παραπάνω μεθοδολογία τη ΣΔΕ ( dx = 1 + X + 1 ) X d X db, (15.15) X =. (15.16) B είναι μια τυπική κίνηση Brown. Με βάση τα όσα είπαμε, ζητάμε μια συνάρτηση f ώστε (, x) + 1 f (, x) = 1 + f (, x) + 1 f (, x), (15.17) (, x) = 1 + f (, x). (15.18) Η 1/ 1 + y έχει ως μια αρχική την a(y) = log(y y ) η οποία είναι 1-1 και επί του R με αντίστροφη τη sinh. Οπότε η (15.18) γράφεται a( f (, x)) = 1. Αρα a( f (, x)) = x + c(), δηλαδή, f (, x) = a 1 (x + c()) = sinh(x + c()). Για αυτή την f, το αριστερό μέλος της (15.17) ισούται με cosh(x + c()) c () sinh(x + c()) = + f (, x) c () + 1 f (, x), το οποίο συμφωνεί με το δεξί της μέλος αν έχουμε c () = 1. Αρα c() = + c για κάποια σταθερά c και έτσι f (, x) = sinh(x + + c ). Τα παραπάνω εξασφαλίζουν ότι η X := f (, B ) ικανοποιεί την (15.15). Τέλος, η συνθήκη X = ικανοποιείται αν επιλέξουμε c =. Ετσι, η X := sinh(b + ) λύνει το αρχικό πρόβλημα Να βρεθεί μια λύση της ΣΔΕ Ασκήσεις dx = ax d + e db, X = 1. B είναι μια τυπική κίνηση Brown. Είναι η λύση μοναδική; Ποια η κατανομή του X ; Να δειχθεί ότι για a < και, η X συγκλίνει κατά κατανομή στη σταθερή τυχαία μεταβλητή.

5 15.3 Λύση της μορφής f (, B ) Εστω g διαφορίσιμη και θετική συνάρτηση και a, x R. Με τη μέθοδο της Παραγράφου 15.3 «ανακαλύψτε» ότι μια λύση της ΣΔΕ ( dx = ag(x ) + 1 ) g(x )g (X ) d + g(x )db, X = x δίνεται από τον τύπο όπου h είναι μια αρχική της 1/g Να βρεθεί μια λύση της ΣΔΕ X = h 1 (B + a + h(x )), dx = (3 + X )(1 + X ) d + (1 + X )db, X = (α) Εστω a R, και f, g : [, 1) R παραγωγίσιμες με συνεχή παράγωγο και με f () για κάθε [, 1). Θεωρούμε την ανέλιξη { X := f () a + g(s) db s, [, 1). Να δειχθεί ότι dx = f () f () X d + f ()g() db. (β) Για k >, να λυθεί η στοχαστική διαφορική εξίσωση dx = k 1 X d + db για [, 1), X =. (γ) Για τη λύση X από το προηγούμενο ερώτημα, να υπολογιστεί η Var(X ) για [, 1).