具有反复和短暂过程的罗斯恢复

一般来说，对于候选对（λ，h），eλth（Xt）G-这是一个局部鞅。我们对诱导鞅的配对感兴趣。定义5。设（λ，h）为候选对。我们说（λ，h（ξ））是可容许的元组，或者如果eλth（Xt）G，我们说（λ，h）是可容许的对-这是一个鞅。用A.A表示可容许元组的集合：=（λ，h（ξ））∈ R（λ，h）是候选对，eλth（Xt）G-这是一个鞅.本节的主要目的之一是研究循环和瞬变的图形特性。值得注意的是，C和A依赖于ξ。提案4.7。让λ≤ β，设mλ<z<mλ。如果两个元组（λ，mλ）和（λ，mλ）在A中，那么（λ，z）在A中。如果（λ，mλ）和（λ，mλ）中至少有一个不在A中，那么（λ，z）不在A中。有关证明，请参见附录D。提案4.8。设δ<λ≤ β. 如果（δ，Mδ）在A中，那么（λ，Mλ）也在A中。类似地，如果（δ，Mδ）在A中，那么（λ，Mλ）也在A中。有关证明，请参考附录E。提案4.9。考虑推论4.6中（i）的情况。对于β，假设有一个单数z，使得（β，z）在C中。然后（β，z）在a中。有关证明，请参见[16]。图2显示了容许集的两个示例，并总结了这一部分。图2：可接受的sets5循环和瞬时恢复5。1经常性恢复我们回顾恢复理论，假设XT在客观测量下是经常性的。有了这个假设，我们可以成功地从风险中性度量中恢复客观度量。当状态变量XT是利率过程时，这一理论尤其有用，因为利率的实际动态在实际测量中通常是循环的或均值回复的。提议5.1。如果存在，则存在Lφ=-φ>0的βφ，使得xT在关于对（β，φ）的变换测度下是循环的。

在这种情况下，我们有β=max{λ|（λ，z）∈ A}。这个命题很容易从第4.2节得到，并给出了以下定理。定理5.2。（经常性恢复）假设XT在目标测度P下是经常性的。然后，我们可以从风险中性测度Q.5.2暂时性恢复中恢复目标测度P。当XT在目标测度下是暂时性的时，我们会遇到几个条件，在这些条件下，我们可以恢复目标测度。对于任何λ<β，状态变量XT在关于容许对（λ，h）的变换测度下总是瞬态的。因此，如果没有进一步的信息，当过程在客观度量下是短暂的时，恢复是不可能的。我们假设我们知道β的值。尽管知道这个β值，但我们总体上无法实现复苏。然而，下面的定理表明，在某些情况下，恢复是可能的。证据直接来自命题4.7。定理5.3。（瞬时恢复）假设我们知道β的值。如果（β，mβ）和（β，mβ）中只有一个是容许元组，那么我们可以从风险中性度量Q中恢复客观度量P。当（β，mβ）和（β，mβ）都是容许元组时，我们无法唯一地确定客观度量P，因为容许对的数量有限。我们研究另一种恢复方法。我们将看到，只有一种方法可以恢复客观度量，使得XT不被吸引到左（或右）边界。提议5.4。对于任何固定的λ和λ≤ β、 如果存在，则存在唯一的容许对（λ，h），使得在相应的变换测度下，XT不吸引到左边界。在这种情况下，h（ξ）=Mλ。类似地，如果它存在，则存在唯一的容许对（λ，h），使得xT在相应的变换测度下不吸引到右边界。在这种情况下，h（ξ）=mλ。

这个命题很容易从第4.2节得到，并给出以下定理。定理5.5。（瞬时恢复）假设我们知道β的值。如果XT在目标测度P下不被吸引到左（或右）边界，那么我们可以从风险中性测度Q中恢复目标测度P。如果XT在目标测度P下被吸引到两个边界，那么（β，mβ）和（β，mβ）都是容许元组。因此，在相应的变换测度下，允许元组的数量是有限的，因此XT被吸引到两个边界。现在我们将注意力转移到β的选择上。当XT不被吸引到左（右）边界时，为了恢复客观测度，我们面临一个确定β值的问题。我们如何选择价值？一种方法是使用债券的长期收益率，这是由IMT定义的→∞-t·log EQG-1t.参见[15]和[18]作为参考。6.申请。1利率我们研究当状态变量Xt是利率过程RTA，且计价单位是货币市场账户时的恢复定理：Xt=rt，Gt=eRtrsds。假设RTT遵循drt=k（rt）dt+σ（rt）dWt。然后σ（r）h（r）+k（r）h（r）- 右（r）=-λh。是对应的二阶微分方程。例6.1。我们探索了CIR模型：drt=a（θ- rt）dt+σ√在Feller条件2aθ下的RTDW≥ σ. 考虑σrh（r）+a（θ）- r） h（r）- rh（r）=λh，h（r）=1。设置k：=√a+2σ-aσ。可以看出，最大值β等于kaθ。对于任何固定的λ和λ≤ kaθ，分别用hλ（·）和gλ（·）表示元组（λ，Mλ）和（λ，Mλ）对应的函数。然后我们有hλ（x）=ψλ（x）/ψλ（r），其中ψλ（x）：=e-kxKλ- kaθ√a+2σ，2aθσ，2x√a+2σ！。这里，K（·，·，·）是库默反几何函数。有关gλ的更多详细信息，请参考[17]。可以证明（λ，Mλ）是可容许元组，但（λ，Mλ）不是。

因此，容许集A由A={（λ，hλ（r））描述∈ R |λ≤ kaθ}。有关更多详细信息，请参见[17]。利率在现实世界中通常是反复出现的；因此，我们假设RTI在客观指标下复发。（kaθ，e）-k（r）-r） ）是唯一一个可允许的对，它会在相应的变换测度下产生递归，并且在该对下，XT用DRT表示=√a+2σaθ√a+2σ- rtdt+σ√rtdBt。6.2股票价格我们研究当状态变量Xtis是股票价格时的恢复定理，股票的分割数以δ（St）dt的比率连续支付。这里δ（·）是一个确定性函数，δ（·）=0的情况并不排除。让基准GT为GT=SteRtδ（Su）du定义的财富过程。假设STI的动力学由DST=（r（St）给出- δ（St）+σ（St））Stdt+σ（St）StdWt。然后是dgtgt=（r（St）+σ（St））dt+σ（St）dWt。相应的二阶微分方程为σ（s）sh（s）+（r（s）- δ（s））sh（s）- r（s）h（s）=-λh（s）。值得注意的是，如果市场上有一个利率为r的货币市场账户，那么r（St）=r。例6.2。假设状态变量为股票价格，则股票的股息以δdt的速率连续支付。假设St遵循几何布朗运动dSt=（r- δ+σ）Stdt+σStdWt，S=1，数值为Gt=Steδt。考虑σsh（S）+（r- δ） 上海（s）- 右侧（s）=-λh（s）。我们想要找到候选集和可容许集。对于λ<σ-R-δσ+r、 这些解由h（s）=c sl+（1）给出- c） SL0≤ C≤ 1.Where=-R- δσ-s-R- δσ+2（r）- λ） σ，l=-R- Δσ+s-R- δσ+2（r）- λ） σ，因此我们有mλ=l，mλ=l=σ-R-δσ+ r、 h（1）=1的唯一正解是h（x）=x-R-Δσ和mλ=mλ=-R-δσ. 对于λ>σ-R-δσ+r、 没有积极的解决方案。由此，获得候选集。

可以很容易地证明，容许集与候选集相等。如果STI在客观测度下反复出现，那么转换后的测度为偶数σ-R-δσ+ R-R-δσ这是客观的衡量标准。我们使用了定理5.2。在这个度量下，stfollowsdt=σStdt+σStdBt。现在我们假设STI不被吸引到0和β值≤σ-R-δσ+ R这是众所周知的。然后，根据定理5.5，关于元组（β，Mβ）的变换测度=β ,-R- Δσ+s-R- δσ+2（r）- β)σ是一个客观的衡量标准，根据这个标准=σ+sσ- （r）- δ)+ 2σ（r）- β)Stdt+σStdBt。作为一种特殊情况，如果β等于债券的长期收益率→∞-t·log EQG-1t= r，然后是stfollowst=σ+R- δ -σ客观测量下的Stdt+σstdbt。数值GTT满足度dGt=uGtdt+σGtdBtwithu：=σ+δ+R- δ -σ.因此，GT的夏普比为u- rσ=σ +2(δ - r） σif r<δ+σ0 if r≥ δ+σ.7结论本文将罗斯模型扩展为连续时间设定模型。在连续时间设置中，风险中性度量包含有关客观度量的一些信息。不幸的是，该模型未能从风险中性度量中恢复客观度量。我们讨论了在连续时间模型中，从风险中性测度中恢复客观测度的几个条件。当状态变量XT在客观测度下反复出现时，恢复是可能的。我们还确定了XT短暂时，有助于恢复的信息类型。结果表明，当XT是瞬时的时，如果β值已知且（β，mβ）和（β，mβ）中只有一个是可容许元组，则恢复是可能的。如果β值已知且XT不吸引到左（或右）边界，我们也可以恢复客观测度。建议对未来的研究进行以下扩展。

首先，当XT被吸引到两个边界时，找到能够进行恢复的有效条件是很有意思的。在本文中，我们无法满足这种条件。其次，找到财务上和经济上合理的方法来确定β是有价值的。最后，在未来的研究中，恢复理论的实施和实证检验还有很多工作要做。命题4.3的证明命题A.1。Lh的溶液h=-λh可以用h=uq表示，其中q（x）=e-Rxk（y）σ（y）dyu是u（x）的解+-ddxk（x）σ（x）-k（x）σ（x）+2(-r（x）+λ）σ（x）u（x）=0。这可以通过直接计算得到。有关更多详细信息，请参阅[21]，第36页。我们现在证明命题4.3。证据为方便起见，我们可以假设ξ=0，左边界为-∞ 右边的边界是∞. 设h为Lh的正解=-λh，其中h（0）=1。另一种溶液，它独立于h，ish（x）Zxh（y）e-Ry2k（z）σ（z）dzdy。（可通过直接计算得出）。设我们是关于对（λ，h）的标度，然后是h（x）Zxh（y）e-Ry2k（z）σ（z）dzdy=h（x）·S（[0，x]）。Lh的通解=-λh用h（x）（c+c·S（[0，x）））表示((-∞, [0]）和S（[0，∞)) 现在是最后一天。（否则，h是Lh的唯一正解=-λh，所以mβ=z=mβ，在这种情况下，我们没有什么可以证明的）。我们可以假设((-∞, 0]) < ∞. 集合B:=S((-∞, 0]). 一般（标准化为hc（0）=1）解用hc（x）：=h（x）表示(1 - c） +cB·S((-∞, x] ),这是一个积极的功能，而且只对0≤C≤ 1如果S（[0，∞)) = ∞-屋宇署≤C≤ 1如果D:=S（[0，∞)) < ∞使用hc（0）=h（0）+cB，我们得到如果S（[0，∞)) = ∞Mλ=h（0）+B，Mλ=h（0）-Dif D=S（[0，∞)) < ∞此外，hc（0）可以是[mλ，mλ]中的任何值。因此，对于mλ的任何z≤ Z≤ Mλ，元组（λ，z）在A中。这就完成了证明。B定理4.4的证明。

为方便起见，我们可以假设ξ=0，左边界为-∞ 右边的边界是∞. 假设元组（λ，Mλ）诱导的扩散过程被吸引到左边界。用S表示关于元组（λ，Mλ）的尺度测度。我们有B:=S((-∞, 0]) < ∞. 通过命题4.3的证明，我们知道（λ，h（0）+B）=（λ，Mλ+B）是C。这是一个矛盾。现在我们证明了对于mλ的z≤ z<Mλ时，元组（λ，z）诱导的扩散过程被拉到左边界。设h和g分别是对应于元组（λ，Mλ）和（λ，z）的函数。回忆q（x）=e-命题A.1中的Rxk（y）σ（y）Dy。写h=uq和g=vq。可以很容易地检查u（0）=v（0）=1和u（0）>v（0）。集合Γ：=uu-vv。通过直接计算，我们得到Γ=-Γ-2vvΓ。因为Γ（0）>0且Γ=0是一个平衡点，我们知道Γ（x）≥ 所有x均为0。通过区分Γ（x）eRxΓ（y）+2v（y）v（y）阿迪，我们有Γ（x）+Γ（x）+2v（x）v（x）Γ（x）eRxΓ（y）+2v（y）v（y）dy=0。因此，Γ（x）eRxΓ（y）+2v（y）v（y）dy=Γ（0），哪个屈服-2（x）=e-Rx2vvdy=Γ（x）Γ（0）eRxΓ（y）dy。我们得到了这个z-∞g（y）e-Ry2k（z）σ（z）dzdy=z-∞五、-2（y）dy=Γ（0）Z-∞Γ（y）eRyΓ（z）dzdy=Γ（0）1.- E-R-∞Γ（y）dy≤Γ(0)< ∞ .因此，（λ，z）诱导的扩散过程被吸引到-∞.C命题4.5的证明。设δ<λ。设g为Lg的正函数=-δg，其中g（0）=1，g（0）=Mδ。我们证明不存在Lh的正函数h=-λh，其中h（0）=1，h（0）=Mδ。这意味着Mδ>Mλ。假设h是Lh的正解=-λh，其中h（0）=1，h（0）=Mδ。回忆q（x）=e-命题A.1中的Rxk（y）σ（y）Dy。写h=uq和g=vq。定义Γ=uu-vv。那么Γ=-Γ-2vvΓ-2(λ - δ)σ.从Γ（0）=0，我们得到Γ（x）>0表示x<0，因为如果Γ接近0，则-2(β-λ） σ在等式的右边占主导地位。选择x小于0的x。

对于x<x，我们有-2v（x）v（x）=Γ（x）Γ（x）+Γ（x）+2（λ- δ） σ（x）·Γ（x）。从xto x集成，-2 lnv（x）v（x）=lnΓ（x）Γ（x）+ZxxΓ（y）dy+Zxx2（λ- δ） σ（y）·Γ（y）dy导致v（x）v（x）≤Γ（x）Γ（x）eRxxΓ（y）dyx<x。因此，Zx-∞g（y）e-Ry2k（z）σ（z）dzdy=Zx-∞v（y）dy≤ （常数）·Zx-∞Γ（y）eRyxΓ（w）dwdy=（常数）·1.- E-Rx-∞Γ（w）dw≤ （常数）∞ .这意味着元组（δ，Mδ）诱导的扩散过程被吸引到左边界，这是一个矛盾。D命题4.7的证明假设A中有两个元组（λ，mλ）和（λ，mλ）。设hmand分别是对应于（λ，mλ）和（λ，mλ）的函数。然后eλthm（Xt）G-1和eλthM（Xt）G-1是鞅。对于带mλ的z≤ Z≤ Mλ，设h是对应于（λ，z）的函数。因为h可以表示为hman和hM的线性组合，eλth（Xt）G-这也是一个鞅。因此，（λ，z）在A中。我们现在证明eλth（Xt）G-如果（λ，mλ）和（λ，mλ）中至少有一个不在a中，则1不是鞅。写h=c hm+（1- c） 对于某个常数0≤ C≤ 1.因为eλthm（Xt）G-1tandeλthM（Xt）G-1是正局部鞅，它们是超鞅。我们有h（ξ）=chm（ξ）+（1）- c） hM（ξ）≥ ce[Eλthm（Xt）G-1t]+（1- c） E[EλthM（Xt）G-1t]=E[Eλth（Xt）G-1t]。如果（λ，mλ）和（λ，mλ）中至少有一个不在A中，则上述不等式是严格的。这完全是证据。命题4.8定理E.1的证明。设（β，φ）为Lφ=-βφ具有正函数φ。βtφ（Xt）φ-1（ξ）G-1是鞅当且仅当（β，φ）dXt=（k+σφφ）诱导的扩散-1） （Xt）dt+σ（Xt）dbt不会爆炸。证据SetHt:=exp-Ztv（Xs）ds-Ztv（Xs）数据仓库.通过设置Radon Nikodym导数dL=HtdQ，确定新的测量值L。根据Girsanov定理，我们知道由dzt=v（Xt）dt+dwt定义的过程是L下的布朗运动。

接下来是dxt=（b- vσ（Xt）dt+σ（Xt）dZt=k（Xt）dt+σ（Xt）dZt。我们用k（x）=（b-vσ）（x）。我们证明了eβtφ（Xt）G-1是Q下的鞅当且仅当eβt-Rtr（Xs）dsφ（Xt）是L下的鞅，因为[eβt]-Rtr（Xs）dsφ（Xt）]=EQ[eβt-Rtr（Xs）dsφ（Xt）Ht]=EQ[eβtφ（Xt）G-1t]。由于两者都是超鞅，因此该计算给出了期望的结果。从第212页和第215页[16]的内容中，我们知道eβt-Rtr（Xs）dsφ（Xt）是L下的鞅当且仅当ifdXt=（k+σφφ）-1） （Xt）dt+σ（Xt）dzt不会爆炸。这就完成了证明。引理E.2。假设δ<λ≤ β. 设g和h分别是对应于元组（δ，Mδ）和（λ，Mλ）的函数。然后我们有gg-1> 啊-1.证据。为方便起见，我们可以假设ξ=0，左边界为-∞ 右边的边界是∞. 回忆q（x）=e-命题A.1中的Rxk（y）σ（y）Dy。写h=uq和g=vq。定义Γ=hh-gg=uu-vv。那么Γ=-Γ-2vvΓ-2(λ - δ)σ.必须证明所有x的Γ（x）<0。首先，我们证明x>0。我们知道Γ（0）=Mλ- Mδ<0。对于所有的x>0，我们得到了Γ（x）<0，因为Γ曾经接近于0，那么-2(λ-δ） σ支配着上面等式的右边。现在我们证明了所有x<0的情况下Γ（x）<0。假设存在x<0，使得Γ（x）≥ 对于所有的z<x，可以得到Γ（z）>0，因为如果Γ曾经接近于0，那么-2(β-λ） σ在等式的右边占主导地位。固定一个x<x的点，因此Γ（x）>0。对于z<x，我们有-2v（z）v（z）=Γ（z）Γ（z）+Γ（z）+2（β- λ） σ（z）·Γ（z）。根据附录B中的相同论点，我们得到了zx-∞v（y）dy<∞ .这意味着元组（δ，Mδ）诱导的扩散过程被吸引到左边界，这是一个矛盾。我们现在证明命题4.8。证据假设δ<λ≤ β. 设g和h分别是对应于元组（δ，Mδ）和（λ，Mλ）的函数。假设eδtg（Xt）G-这是一个鞅。

然后，通过命题3.2和定理E.1，我们知道转换测度下的过程x关于（δ，Mδ）满足dxt=（k+σgg）-1） （Xt）dt+σ（Xt）dBtand不会爆炸到∞. 上面的引理是gg-1> 啊-1.通过比较定理，我们知道一个过程YtwithdYt=（k+σhh）-1） （Yt）dt+σ（Yt）dBtsatis fies Yt≤ XT几乎无处不在，因此不会爆炸到∞. 另一方面，很明显，YT不会爆炸到-∞ 因为它不被左边界吸引。根据理论。1，我们得出结论：eλth（Xt）G-这是一个鞅。F推论4.6的一个例子考虑方程Lh=-λh.回想一下β：=max{λ|（λ，z）∈ A} 。也就是说，β是解对（λ，h）的所有λ中的最大值，其中h（ξ）=1，h（·）>0。在本节中，我们将探讨一个示例，例如Lh=-βh有两个线性独立的正解。设L为lh（x）：=h（x）+x（1+x）3/4h（x）∈ R首先，Lh（x）=0有两个线性独立的正解：h（x）≡ 1和h（x）=Rx-∞E-其中u（z）=z（1+z）3/4。足以表明β=0。也就是说，对于任何固定的λ>0，方程Lh=-λh没有正解。假设存在这样一个正解h。用gn（x）：=h（x+n）h（n）定义函数序列∈ N.通过直接计算，gn满足以下等式：gn（x）+x+N（1+（x+N））3/4gn（x）=-λgn（x）。（F.1）根据下文所述的哈纳克不等式，我们得到了（gn）∞n=1在R上的每个紧集上是等连续的；因此我们可以得到一个子序列（gnk）∞k=1这样子序列收敛于R，比如极限函数g。由于GNI为正，极限函数g为非负函数，g为非零函数，因为g（0）=limk→∞gnk（0）=1。另一方面，可以很容易地证明，极限函数g满足g（x）=-λg（x）取极限n→ ∞ 在方程式F.1中。