[隨機分析] How to solve SDE practically (4) - Geometric Brownian Motion

這次要介紹的是如何直接求解隨機微分方程 (SDE)? 我們這邊將以 Geometric Brownian Motion 為例：

考慮如下 SDE:
$$dX_t = \mu X_t dt + \sigma X_t dB_t$$ 其中 $\mu, \sigma$ 為固定常數滿足 $-\infty < \mu < \infty, \ \sigma >0$ ，且給定初始條件 $X_0$

Comment: 
1. 上述 SDE 稱為 Geometric Brownian Motion (GBM)。此 process 在財務上有重要的應用：EX: GBM 為股價波動的基本模型。

2. Compare to Arithmetic Brownian Motion (ABM):
$$dX_t = \mu dt + \sigma dB_t$$
Sol：
首先檢驗 Uniqueness 與 Existence ：

由 SDE 的 Uniqueness 與 Existence Theorem，
考慮 $t \in [0,T]$，SDE:
$$dX_t = \mu(t,X_t)dt + \sigma(t,X_t) dB_t, \ X(0)=x_0$$ 若其係數 $\mu, \sigma$滿足  Lipschitz condition
$$|\mu(t,x) - \mu(t,y)|^2 + |\sigma(t,x) - \sigma(t,y)|^2 \leq K |x-y|^2$$ 與 Growth condition
$$|\mu(t,x)|^2 + |\sigma(t,x)|^2 \leq K(1 + |x|^2)$$ 則我們的 SDE 解存在且唯一。

故此 我們首先檢驗 Lipschitz Condition : 觀察 GBM 可知 $\mu(t, X_t) =\mu X_t$, $\sigma(t,X_t) = \sigma X_t$，計算
$$|(\mu x) - (\mu y){|^2} + |(\sigma x) - (\sigma y){|^2} = \left( {{\mu ^2} + {\sigma ^2}} \right)|x - y{|^2}$$ 令 $K \geq {{\mu ^2} + {\sigma ^2}}$，則我們有如下關係：
$$|(\mu x) - (\mu y){|^2} + |(\sigma x) - (\sigma y){|^2} \le K|x - y{|^2}$$ 亦即滿足 Lipschitz Condition。

接著我們檢驗 Growth Condition：
$$|\mu x{|^2} + |\sigma x{|^2} = \left( {{\mu ^2} + {\sigma ^2}} \right){x^2}$$ 故我們可選與 Lipschitz condition 相同的 $K$ 滿足 $K \geq {{\mu ^2} + {\sigma ^2}}$ ，則我們有
$$|\mu x{|^2} + |\sigma x{|^2} \le K\left( {{{\left| x \right|}^2}} \right) \le K\left( {1 + {{\left| x \right|}^2}} \right)$$ 亦即滿足 Growth Condition。

由於 Lipschitz 與 Growth Condition皆滿足，故由 SDE 的 Uniqueness 與 Existence Theorem 我們可知 GBM 解存在且唯一。

故現在開始求解：
改寫 GBM 如下
$$\begin{array}{l} d{X_t} = \mu {X_t}dt + \sigma {X_t}d{B_t}\\  \Rightarrow d{X_t} - \left( {\mu dt + \sigma d{B_t}} \right){X_t} = 0 \end{array}$$ 定義積分因子：
$${U_t}: = {e^{ - \int_0^t {\left( {\mu dt + \sigma d{B_t}} \right) + \frac{1}{2}{\sigma ^2}t} }} = {e^{ - \mu t + \frac{1}{2}{\sigma ^2}t - \sigma {B_t}}}$$ 由 Integration by part，計算
$$d\left( {{X_t}{U_t}} \right) = {X_t}d{U_t} + {U_t}d{X_t} + d\left\langle {{X_t},{U_t}} \right\rangle \ \ \ \ (*)$$ 其中
$$\left\{ \begin{array}{l} d{U_t} = \left( { - \mu  + \frac{1}{2}{\sigma ^2}} \right){U_t}dt - \sigma {U_t}d{B_t} + \frac{1}{2}\sigma {U_t}dt\\  \Rightarrow d{U_t} = {U_t}\left[ { - \mu dt + {\sigma ^2}dt - \sigma d{B_t}} \right]\\ d\left\langle {{X_t},{U_t}} \right\rangle  = d{X_t} \cdot d{U_t}\\  = \left( {\mu {X_t}dt + \sigma {X_t}d{B_t}} \right)\left( {{U_t}\left[ { - \mu dt + {\sigma ^2}dt - \sigma d{B_t}} \right]} \right) =  - {\sigma ^2}{X_t}{U_t}dt \end{array} \right.$$ 注意到上述結果 $dU_t$ 為利用 Ito Formula 而得。

現在將上述結果代入 $(*)$ 可得
$$\begin{array}{l}  \Rightarrow d\left( {{X_t}{U_t}} \right) = {X_t}{U_t}\left[ { - \mu dt + {\sigma ^2}dt - \sigma d{B_t}} \right]\\ \begin{array}{*{20}{c}} {}&{}&{}&{}&{}&{} \end{array} + {U_t}\left( {\mu {X_t}dt + \sigma {X_t}d{B_t}} \right) - {\sigma ^2}{X_t}{U_t}dt\\  \Rightarrow d\left( {{X_t}{U_t}} \right) = 0 \end{array}$$ 現在將其轉換回積分形式：
$$\begin{array}{l} d\left( {{X_t}{U_t}} \right) = 0\\  \Rightarrow {X_t}{U_t} - {X_0}{U_0} = 0\\  \Rightarrow {X_t}{U_t} = {X_0}{U_0} = {X_0}\\  \Rightarrow {X_t}{e^{ - \mu t + \frac{1}{2}{\sigma ^2}t - \sigma {B_t}}} = {X_0}\\  \Rightarrow {X_t} = {X_0}{e^{\mu t - \frac{1}{2}{\sigma ^2}t + \sigma {B_t}}} \end{array}$$ 故我們得到一個 GBM 的解，現在我們檢驗此解確實滿足 GBM：
定義
$${X_t} = {X_0}\underbrace {{e^{\mu t - \frac{1}{2}{\sigma ^2}t + \sigma {B_t}}}}_{: = {V_t}}: = {X_0}{V_t}$$ 利用 integration by part：
$$d{X_t} = d\left( {{X_0}{V_t}} \right) = {X_0}d\left( {{V_t}} \right) + {V_t}d\left( {{X_0}} \right) + d\left\langle {{X_0},{V_t}} \right\rangle  \ \ \ \ (\star)$$ 其中
$$\left\{ \begin{array}{l} d{V_t} = {V_t}\left[ {\left( {\mu  - \frac{1}{2}{\sigma ^2}} \right)dt + \sigma d{B_t} + \frac{1}{2}{\sigma ^2}dt} \right] = {V_t}\left[ {\mu dt + \sigma d{B_t}} \right]\\ d\left( {{X_0}} \right) = 0\\ d\left\langle {{X_0},{V_t}} \right\rangle  = d{X_0}d{V_t} = 0\\ \end{array} \right.$$ 將上述結果代入 $\star$ 可得
$$\begin{array}{l} d{X_t} = {X_0}d\left( {{V_t}} \right) + {V_t}d\left( {{X_0}} \right) + d\left\langle {{X_0},{V_t}} \right\rangle \\  \Rightarrow d{X_t} = {X_0}{V_t}\left[ {\mu dt + \sigma d{B_t}} \right] = {X_0}{e^{\mu t - \frac{1}{2}{\sigma ^2}t + \sigma {B_t}}}\left[ {\mu dt + \sigma d{B_t}} \right] \end{array}$$ 又因為我們之前定義 $X_t := X_0 V_t$，故 ${X_t}{e^{ - \mu t + \frac{1}{2}{\sigma ^2}t - \sigma {B_t}}} = {X_0}$，將此結果也代入上式中的 $X_0$ 我們得到
$$\begin{array}{l} d{X_t} = {X_t}{e^{ - \mu t + \frac{1}{2}{\sigma ^2}t - \sigma {B_t}}}{e^{\mu t - \frac{1}{2}{\sigma ^2}t + \sigma {B_t}}}\left[ {\mu dt + \sigma d{B_t}} \right]\\  \Rightarrow d{X_t} = \mu {X_t}dt + \sigma {X_t}d{B_t} \end{array}$$ 此為 GBM ，故 ${X_t} = {X_0}{e^{\mu t - \frac{1}{2}{\sigma ^2}t + \sigma {B_t}}}$ 確實為 GBM 的 (唯一) 解。 $\square$

Comments:
關於上述的 GBM 的解可寫作下列形式
$${X_t} = {X_0}{e^{\mu t - \frac{1}{2}{\sigma ^2}t + \sigma {B_t}}} = {X_0}{e^{t\left( {\mu  - \frac{1}{2}{\sigma ^2} + \sigma \frac{{{B_t}}}{t}} \right)}}$$ 注意到上式中的 $\frac{B_t}{t} \rightarrow 0 \ \text{almost surely}$ 當 $t \rightarrow \infty$ ，(此結果可利用 Strong Law of Large number 證明，在此略過)，故現在觀察上式，當 $t \rightarrow \infty$ 我們得到以下的結果：
$${X_t} = \left\{ \begin{array}{l} \infty ,\begin{array}{*{20}{c}} {}&{} \end{array}\text{if}\begin{array}{*{20}{c}} {} \end{array}\mu  > \frac{1}{2}{\sigma ^2}\\ 0,\begin{array}{*{20}{c}} {}&{} \end{array}\text{if}\begin{array}{*{20}{c}} {} \end{array}\mu  < \frac{1}{2}{\sigma ^2}\\ {X_0}{e^{\sigma {B_t}}},\begin{array}{*{20}{c}} {}&{} \end{array}\text{if}\begin{array}{*{20}{c}} {} \end{array}\mu  = \frac{1}{2}{\sigma ^2} \end{array} \right.$$