[隨機分析] Girsanov Theory (0) - 測度變換

一般而言，我們都是在固定的機率空間 $(\Omega, \mathcal{F}, P)$ 進行各種討論，現在我們想考慮一個問題就是如果我們現在把 機率測度 $P$ 改成另一個機率測度 $Q$ 會發生甚麼事情，此問題的主要結果由 Girsanov 做出進一步發展。

那麼，在談變換之前，必定要先問一個問題就是? 變換測度的動機是甚麼? 有沒有什麼實際的應用使得我們需要進行變換測度?

在財務上，很多時候我們需要 風險中立測度(Risk-netural measure)，此測度 與原本的機率測度不同，故我們需要找到一個方法來幫助我們轉換原本的 機率測度 到 風險中立測度。那麼談變換之前，我們需要一些定義：

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Definition: 兩測度間的絕對連續性 (Q is absolutely continuous w.r.t. P: Q<<P )
給定兩個機率測度 $P, Q$ 在一個 measurable space $(\Omega, \mathcal{F})$，，我們稱
機率測度 $Q$ 對 機率測度 $P$ 而言為 絕對連續 (Absolutely continuous)，記做 $Q << P$ ，若下面條件成立：對任意 $A \in \mathcal{F}$ 而言，
$$P(A) =0 \Rightarrow Q(A) =0$$ ===========================

Comment:
Reader might think that the notation $<<$ is confusing. I suggest you to follow the double-arrow direction: if we say $P << Q$ the arrow direction is $<<$ this reminds me that for all set $A \in \mathcal{F}$, $Q(A)=0 \Rightarrow P(A)=0$ (Follow the direction of double arrows !)

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Definition: 等價測度 (Equivalence of Two Measures)
若 $P << Q$ 且 $Q <<P$，我們稱 $P, Q$ 兩者等價 (equivalent)。 (亦即 $P$ 與 $Q$ 有相同的測度為零的集合。)
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上述定義告訴我們兩個測度之間如果互為絕對連續，則兩測度等價。但如果沒有互為絕對連續的時候，兩個測度之間是否可以有甚麼關係呢? 答案是有的，我們將其記做下面定理：

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Theorem (Radon-Nikodym Theorem)
$Q$ 為 absolutely continuous w.r.t. $P$ on $\mathcal{F}$ $\Leftrightarrow$ 存在一個 $\mathcal{F}$-measurable 的非負隨機變數 $Z \geq 0$ ( $Z : \Omega \rightarrow \mathbb{R}$ ) 使得
$$\int_{\Omega} X d Q = \int_{\Omega} X Z dP, \ \ \text{$\forall$  $\mathcal{F}$-measurable $X \geq 0$}$$ 亦即 對任意 $X: \Omega \rightarrow \mathbb{R}$ 而言，
$$E^Q[X] = E^P[XZ]$$ ===========================

Comment:
上述 Radon-Nikodym Theorem 指出 如果要檢驗 $Q <<P$ 則必須找到一個 $Z$ 使得 $$\int_{\Omega} X d Q = \int_{\Omega} X Z dP, \ \ \text{$\forall$  $\mathcal{F}$-measurable $X \geq 0$}$$  成立，但注意到找到 $Z$ 之後仍要保證對所有的 measurable function $X \in \mathcal{F}$，都要成立，故其有一定難度，這邊我們有個系理可以幫助我們更快速檢驗是否 $Q<<P$，將 $X := 1_{A}$ (用 Indicator function 表示 $X$)

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Corollary:
$Q<<P$ on $\mathcal{F}$ $\Leftrightarrow$ 存在一個 $\mathcal{F}$-measurable function $Z \geq 0$ 使得
$$Q(A) = \int_{A} Z dP, \forall \ A \in \mathcal{F}$$ ===============

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Definition: (Radon-Nikodym density, Radon-Nikodym derivative)

Radon-Nikodym Theorem 中須尋找的函數 $Z$ 稱作 Radon-Nikodym density or Randon-Nikodym derivative of $Q$ w.r.t. $P$，且我們將其寫作：

$$Z:= \frac{dQ}{dP}$$ ===========================

Comment:
現在我們看看為甚麼要將 $Z$ 定義成上述的 "微分" 的形式？一般而言，考慮  $X$ 為定義在 機率空間 $(\Omega, \mathcal{F}, P)$ 中的隨機變數，則 $X$  (基於測度 $P$) 的期望值，在此記作 $E^P[X]$ 定義為
$$E^P[X] := \int_{\Omega} X dP$$ 若現在我們將上述測度 $P$ 撤換為 新的測度，比如說 $Q$，則 $X$ 對 $Q$ 測度 的 期望值，記作 $E^Q[X]$ 可寫為：
$$E^Q [X] := \int_{\Omega} XdQ$$ 注意到我們利用上述概念與 Radon-Nikodym derivative，可進一步改寫 Radon-Nikodym Thoerem:
$${E^Q}\left[ X \right]: = \int_\Omega  X dQ = \int_\Omega  X ZdP = \int_\Omega  X \frac{{dQ}}{{dP}}dP = {E^P}\left[ {X\frac{{dQ}}{{dP}}} \right]$$


現在我們看幾個例子來看看我們怎麼利用絕對連續的定義 or Randon-Nikodym Theorem 幫助我們檢驗兩個測度之間是否存在絕對連續關係。

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Example 1 (Continuous time case):
現在考慮 $\Omega := \mathbb{R}$，且給定隨機變數 $X$ 服從指數分配，但此分配 配備兩種不同測度 $P,Q$ ，記作 $Q \sim \exp(\lambda)$，$P \sim \exp(\mu)$。試問此兩測度 $P,Q$ 是否互為絕對連續?

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YES! 由 Randon-Nikodym Theorem，我們需要找到一個函數 $Z$ 使得 $E^Q[X] = E^P[XZ], \ \forall X$，故給定任意函數 $X: \Omega \rightarrow \mathbb{R}$ 現在觀察
$$\begin{align*}   {E^Q}[X] &: = \int_\Omega ^{} {XdQ}  \hfill \\    &= \int_\Omega ^{} {x\lambda {e^{ - \lambda x}}dx}  \hfill \\    &= \int_\Omega ^{} {x\lambda {e^{ - \lambda x}}\frac{{\mu {e^{ - \mu x}}}}{{\mu {e^{ - \mu x}}}}dx}  \hfill \\    &= \int_\Omega ^{} {\left( {x\frac{{\lambda {e^{ - \lambda x}}}}{{\mu {e^{ - \mu x}}}}} \right)\mu {e^{ - \mu x}}dx}  \hfill \\ \end{align*}$$ 故如果我們選 $Z: =Z(x) = \frac{{\lambda {e^{ - \lambda x}}}}{{\mu {e^{ - \mu x}}}}$，則我們即可得到
$$\begin{align*}   {E^Q}[X] &= \int_\Omega ^{} {\left( {x z(x)} \right)\mu {e^{ - \mu x}}dx}  \hfill \\    &= \int_\Omega ^{} {xzdP}  \hfill \\    &= {E^P}\left[ {XZ} \right] \end{align*}$$

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Example 2 (Discrete-time case):
考慮 $\Omega = \{1,2,3,4 \}$，且 $\mathcal{F} := \sigma(\{ 1\}, \{2\}, \{3\}, \{ 4\})$
$P_1 (\{1\}) = \frac{1}{2}$, $P_1(\{2\}) = \frac{1}{3}$, $P_1(\{3\})=\frac{1}{6}$, $P_1(\{4\})=0$
 $P_2 (\{1\}) = \frac{1}{3}$, $P_2(\{2\}) = \frac{1}{4}$, $P_2(\{3\})=\frac{1}{6}$, $P_2(\{4\})=\frac{1}{4}$

(a) 試證 $P_2$ 與 $P_1$ 並非絕對連續  但 $P_1$ 與 $P_2$ 為絕對連續
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Proof (a): 以下我們證明 $P_2$ 與 $P_1$ 並非絕對連續，但 $P_1$ 與 $P_2$ 為絕對連續。由絕對連續定義得知：首先檢驗 $P_2 << P_1$：由絕對連續定義可知必須滿足
$$P_1(A)=0 \Rightarrow P_2(A)=0$$ 但現在觀察 $P_1(\{4\})=0$ 但是  $P_2(\{4\})= 1/4 \neq 0$。故$P_2$ $P_1$ 並非絕對連續。

再者檢驗 $P_1 << P_2$：由絕對連續定義可知必須滿足
$$P_1(A)=0 \Rightarrow P_2(A)=0$$ 但現在觀察 $P_1(A)$ 只有當 $A = \emptyset$才為 $0$，亦即 $P_1(\{\emptyset\})=0$ 且 $P(\{\emptyset\})=0$。故$P_2$ 與 $P_1$ 為絕對連續。