Stohasticko modeliranje

Zadaci

POGLAVLJE 2

1. {N(t) : t ≥ 0} je Poissonov proces s parametrom λ, a {Ft : t ≥ 0} jefiltracija pridruzena procesu N .

(i) Napisite uvjetnu distribuciju od N(t + s)−N(t) uz dano Ft, gdjeje s > 0, te pomocu toga izracunajte E[θN(t+s) | Ft].

(ii) Nadite proces oblika M(t) = η(t) θN(t) koji je martingal.

Rjesenje:

(i) Buduci da Poissonov proces ima nezavisne priraste, to je uvjetnadistribucija od N(t + s) − N(t) uz dano Ft jednaka bezuvjetnojdistribuciji od N(t+s)−N(t). Zbog stacionarnosti prirasta, N(t+s)−N(t) ima jednaku distribuciju kao i N(s), a to je Poissonovadistribucija s parametrom λs.

Nadalje,

E[θN(t+s) | Ft] = E[θN(t+s)−N(t)θN(t) | Ft]

= θN(t)E[θN(t+s)−N(t)]

= θN(t)e(θ−1)λs .

(ii) Treba vrijediti E[η(t + s)θN(t+s) | Ft] = η(t)θN(t). Iz dijela (i),E[η(t + s)θN(t+s) | Ft] = η(t + s)θN(t)e(θ−1)λs. Izjednacavanjemdesnih strana slijedi η(t + s)e(θ−1)λs = η(t). Stavimo t = 0 idobivamo da je η(s) = η(0)e(1−θ)λs.

2. Cijena dionice {St : t = 1, 2, . . . } modelirana je kao

St = S0 exp

(t∑

j=1

Xj

),

gdje je X1, X2, . . . niz nezavisnih normalnih slucajnih varijabli sa E(Xj) =µj, Var(Xj) = σ2

j .

Da bi se provela martingalna analiza nuzno je pronaci niz konstantiα1, α2, . . . takvih da je Yt = αtSt martingal.

2

(i) Izvedite rekurentnu jednadzbu koju zadovoljavaju konstante {αt :t = 1, 2, . . . }. [Mozete iskoristiti cinjenicu da je funkcija izvodnicamomenata od N(µ, σ2) jednaka M(s) = exp(µs + 1/2 σ2s2).]

(ii) Navedite, s kratkim obrazlozenjem, da li bi se dobio isti odgovor uslucaju da Xj imaju distribuciju koja nije normalna, a ocekivanjei varijanca su i dalje µj i σ2

j .

Rjesenje:

(i) Neka je Ft = σ{X1, X2, . . . , Xt} = σ{Y1, Y2, . . . , Yt}. Da bi Y biomartingal mora vrijediti E[Yt+1 | Ft] = Yt, t = 1, 2, . . . . Racunamo:

E[Yt+1 | Ft] = αt+1E[St+1 | Ft]

= αt+1E[SteXt+1 | Ft]

= αt+1StE[eXt+1 ]

= Ytαt+1

αt

eµt+1+σ2t+1/2 .

Da bi zadnji izraz bio jednak Yt, treba vrijediti

αt+1 = αte−µt+1−σ2

t+1/2 .

(ii) Odgovor bi bio drugaciji, jer rjesenje koje smo dobili ovisi o oblikufunkcije izvodnice momenata normalne slucajne varijable.

POGLAVLJE 3

1. Kompanija kvartalno odreduje kreditnu sposobnost razlicitih firmi; rej-tinzi su, u padajucem poretku, A, B, C i D (default). Povijesni podacipodrzavaju hipotezu da kreditni rejting tipicne firme slijedi Markovljevlanac s prijelaznom matricom

P =

1− α− α2 α α2 0

α 1− 2α− α2 α α2

α2 α 1− 2α− α2 α0 0 0 1

za neki parametar α.

3

(i) Nacrtajte prijelazni graf lanca.

(ii) Odredite skup vrijednosti od α za koje je matrica P prijelaznamatrica.

(iii) Obrazlozite da li je lanac ireducibilan i aperiodicki.

(iv) Izvedite stacionarnu vjerojatnosnu distribuciju lanca i ustanoviteda li je jedinstvena.

(v) Za vrijednost α = 0.1, izracunajte vjerojatnost da je rejting firmeu trecem kvartalu, X3, u default stanju D:

(a) u slucaju da je rejting firme u prvom kvartalu, X1, jednak A

(b) u slucaju X1 = B

(c) u slucaju X1 = C

(d) u slucaju X1 = D

Rjesenje:

(ii) Svi elementi matrice P trebaju biti izmedu 0 i 1, t.j., mora bitizadovoljeno: 0 ≤ α ≤ 1, 0 ≤ α2 ≤ 1, 0 ≤ 1 − α − α2 ≤ 1 i0 ≤ 1− 2α− α2 ≤ 1.

Vrijedi 1−α−α2 = 0 za α1,2 = (−1±√

5)/2, te je 0 ≤ 1−α−α2 ≤ 1za α ∈ [0, (−1 +

√5)/2].

Vrijedi 1−2α−α2 = 0 za α1,2 = −1±√

2, pa je 0 ≤ 1−2α−α2 ≤ 1za α ∈ [0,−1 +

√2].

Zbog −1 +√

2 < (−1 +√

5)/2, dozvoljen skup vrijednosti od α jeinterval [0,

√2− 1].

(iii) Lanac ima jedno apsorbirajuce stanje (stanje D), pa ne moze bitiireducibilan. Medutim, lanac je aperiodicki, sto se odmah vidi izprijelazne matrice.

(iv) Stacionarna vjerojatnost π = (πA, πB, πC , πD) zadovoljava π =πP , sto vodi do sustava

πA = (1− α− α2)πA + απB + α2πC

πB = απA + (1− 2α− α2)πB + απC

πC = α2πA + απB + (1− 2α− α2)πC

πD = α2πB + απC + πD

Iz zadnje jednadzbe slijedi απB + πC = 0, odnosno πB = πC = 0.Odavde slijedi πA = 0, te πD = 1. Dakle, π = (0, 0, 0, 1). Buduci

4

da je rjesenje sustava jedinstveno, i stacionarna distribucija jejedinstvena.

(v) Za α = 0.1 kvadriramo matricu P sto daje prijelazne vjerojatnostiu dva koraka. Racunanjem dobijemo:

P 2 =

0.8022 0.169 0.0268 0.0020.169 0.6441 0.159 0.02790.0268 0.159 0.6342 0.18

0 0 0 1

Trazene vjerojatnosti su u zadnjem stupcu.

2. Osiguratelj motornih vozila radi po sustavu bonusa s pet nivoa. Pos-totak osnovne premije koju placa osiguratelj na svakom nivou je kakoslijedi:

Nivo % naplacene premije5 1004 903 802 701 60

Osiguranici se krecu po nivoima ovisno o broju steta u protekloj godini.Za svakog osiguranika, broj godisnjih steta ima Poissonovu distribucijus ocekivanjem 0.25.

Za osiguranike na nivoima 2, 3, 4 i 5 na pocetku protekle godine:

• ako nije bilo stete tokom protekle godine, osiguranik se pomice zajedan nivo nadolje (npr., sa nivoa 4 na nivo 3)

• ako je postojala jedna steta u protekloj godini, osiguranik se pomiceza jedan nivo na gore (osim onih koji su bili na nivou 5 na pocetkugodine i koji ostaju na nivou 5)

• ako su postojale dvije stete u protekloj godini, osiguranik se pomicedva nivoa prema gore (osim onih koji su bili na nivou 5 na pocetkugodine i koji ostaju na nivou 5, i onih koji su bili na nivou 4 i kojise pomicu na nivo 5)

5

• ako su postojale tri ili vise steta tokom protekle godine, osiguranikse pomice na nivo 5

Za osiguranike na nivou 1 bonus sustav ih stiti tako da ostaju na nivou1 u slucaju jedne stete. U slucaju dvije stete, pomicu se na nivo 2, au slucaju tri ili vise steta idu na nivo 5. Ako nemaju stete ostaju nanivou 1.

(i) Odredite prijelaznu matricu za ovaj sustav bonusa (uz pretpostavkuda svi osiguranici obnavaljaju svoje police).

(ii) Osiguranik je na nivou 3 tokom prve godine police. Uz pret-postavku da se polica obnavlja, izracunajte vjerojatnost da ce napocetku trece godine osiguranik biti (a) na nivou 1, (b) na nivou3.

(iii) (a) Navedite uvjete uz koje vjerojatnost da se osiguranik nalaziu odredenom stanju nakon n godina konvergira kada n →∞ prema nekoj granicnoj vrijednosti nezavisno od pocetnogstanja.

(b) Provjerite da su ti uvjeti zadovoljeni u gornjem primjeru.

(c) Izracunajte granicne (asimptotske) vjerojatnosti da ce osigu-ranik biti u stanju 1.

(iv) Osiguratelj sumnja da je upotrebljavan model mozda previse po-jednostavljen. Uz dane godisnje podatke broja steta po polici,navedene po nivoima popusta, navedite koji bi test bio najprik-ladniji za testiranje pretpostavke da je distribucija broja godisnjihsteta po polici Poissonova s ocekivanjem 0.25.

Rjesenje:

(i) Izracunajmo prvo vjerojatnosti nula, jedne, dvije ili vise steta.Stavimo pk = vjerojatnost k steta. Tada je

p0 = e−0.25 = 0.7788p1 = 0.25e−0.25 = 0.1947p2 = (0.252)/2e−0.25 = 0.0243p≥3 = 1− p0 − p1 − p2 = 0.0022 .

6

Slijedi da je prijelazna matrica

P =

0.9735 0.0243 0 0 0.00220.7788 0 0.1947 0.0243 0.0022

0 0.7788 0 0.1947 0.002650 0 0.7788 0 0.22120 0 0 0.7788 0.2212

gdje su nivoi poredani po redoslijedu 1,2,3,4,5.

(ii) Treba izracunati elemente p(2)31 i p

(2)33 matrice P 2 prijelaznih vjero-

jatnosti u dva koraka. Imamo: p(2)31 = 0.7788 × 0.7788 = 0.6065,

p(2)33 = 0.7788× 0.1947 + 0.1947× 0.7788 = 0.3033

(iii) (a) Dovoljan uvjet za postojanje granicne distribucije je da jelanac ireducibilan i periodican.

(b) Ireducibilnost lanca vidi se iz grafa Markovljevog lanca, jeriz svakog stanja postoji niz strelica do svakog drugog stanja.Zbog p11 > 0, stanje 1 je aperiodicko. Buduci da je lanacireducibilan, sva su stanja aperiodicka.

(c) Granicna distribucija jednaka je stacionarnoj distribuciji πkoja je rjesenje jednadzbe π = πP . Sustav je sljedeci:

π1 = 0.9735π1 + 0.7788π2

π2 = 0.0243π1 + 0.7788π3

π3 = 0.1947π2 + 0.7788π4

π4 = 0.0243 + 0.1947π3 + 0.7788π5

1 = π1 + π2 + π3 + π4 + π5

Rjesavanjem slijedi π1 = 0.9440

(iv) Najbolji bi bio χ2-test.

3. Promatrajte homogeni Markovljev lanac s prostorom stanja S = {1, 2, 3}i prijelaznom matricom 1/4 1/2 1/4

1/2 0 1/23/4 1/4 0

.

7

(i) Izracunajte prijelaznu matricu za tri koraka.

(ii) Izracunajte, za svaki od sljedecih pocetnih uvjeta, vjerojatnost dace lanac biti u stanju 3 kada je opazen u vremenu n = 3 uz dano:

(a) lanac je u stanju 1 u trenutku nula

(b) lanac je u stanju 1 u trenutku nula, i u stanju 2 u trenutku 1

(c) vjerojatnosti nalazenja u stanjima 1, 2, i 3 u trenutku nula sudane s 14/31, 9/31, odnosno 8/31.

(iii) Na koji nacin bi se Vasi odgovori na (a), (b) i (c) promijenili daje vrijeme opazanja bilo n = 300 umjesto n = 3?

Rjesenje:

(i) Prijelazna matrica u tri koraka jednaka je

P 3 = P · P 2 =

1/4 1/2 1/41/2 0 1/23/4 1/4 0

8/16 3/16 5/168/16 6/16 8/165/16 6/16 5/16

=

29/64 21/64 14/6426/64 18/64 20/6432/64 15/64 17/64

(ii) (a) P[X3 = 3 |X0 = 1] = 14/64.

(b)

P[X3 = 3 |X0 = 1, X1 = 2] = P[X3 = 3 |X1 = 2]

= P[X2 = 3 |X0 = 2] = 1/8 .

(c)

(p(3)1 , p

(3)2 , p

(3)3 ) = (

14

31,

9

31,

8

31) · P 3

= (14

31,

9

31,

8

31) ·

29/64 21/64 14/6426/64 18/64 20/6432/64 15/64 17/64

= (

14

31,

9

31,

8

31)

8

(iii) Nakon n = 300 koraka mozemo pretpostaviti da se lanac pri-blizno nalazi u stacionarnom stanju. To znaci da je vjerojatnostnalazenje u nekom konkretnom stanju priblizno jednaka vrijed-nost stacionarne distribucije za to stanje. Iz (ii)(c) se vidi da je(14

31, 9

31, 8

31) stacionarna distribucija.

POGLAVLJE 4

1. Markovljev lanac s neprekidnim vremenom za model bolesti i smrtiima cetiri stanja: Z (zdrav), B (bolestan), N (neizljecivo bolestan) iM (mrtav). Iz stanja zdrav prijelaz je moguc u stanja B i M , svako postopi 0.05 godisnje. Bolesna osoba se oporavlja po stopi 1.0 godisnje;drugi moguci prijelazi su u M i N , svaki sa stopom 0.1 godisnje. Samojedan prijelaz je moguc iz stanja neizljecivo bolestan i to u stanje Msa stopom 0.4 godisnje.

(i) Nacrtajte prijelazni graf tog procesa.

(ii) Definiramo P (t) = {pij(t) : i, j = Z,B,N, M} gdje pij oznacavavjerojatnost boravljenja u stanju j u trenutku t ako je osoba bilau stanju i u trenutku 0. Navedite Kolmogorovljeve jednadzbeunaprijed za matricu P (t), specificirajuci elemente matrice A kojase pojavljuje.

(iii) Izracunajte vjerojatnost da je osoba zdrava kroz deset neprekinu-tih godina uz dano da je zdrava sada.

(iv) Neka je dj vjerojatnost da zivot koji je trenutno u stanju j nikadanece biti neizljecivo bolestan. Promatrajuci prvi prijelaz iz stanjaZ, pokazite da je dZ = 1

2+ 1

2dB, i izvedite slicno da je dB =

112

+ 56dZ . Iz toga izrcunajte dZ i dB.

(v) Napisite ocekivano trajanje neizljecive bolesti, pocevsi od trenutkaprvog prijelaza u stanje N . Upotrijebite rezultat (iv) i izvediteocekivanje buduceg vremena koje ce trenutno zdrava osoba provestineizljecivo bolesna.

Rjesenje:

9

(ii) Radi se o vremenski homogenom Markovljevom procesu skokova,pa Kolmogorovljeve jednadzbe unaprijed glase: P ′(t) = P (t)A.Generatorska matrica A jednaka je

A =

−0.1 0.05 0 0.051.0 −1.2 0.1 0.10 0 −0.4 0.40 0 0 0

gdje retci, odnosno stupci odgovaraju stanjima Z,B,N, M .

(iii) Trazi se vjerojatnost da je vrijeme zadrzavanja T u stanju Z veceod 10 godina. Buduci da T ima eksponencijalnu distribuciju sparametrom λZ = 0.1, ta vjerojatnost je jednaka

∫∞10

0.1 e−0.1t dt =e−1.

(iv) Oznacimo sa A dogadaj da osoba nikada nece biti neizljecivobolesna. Tada je

dZ = P[A] = P[A, prvi skok u M ] + P[A, prvi skok u N ]

+ P[A, prvi skok u B]

= P[prvi skok u M ]P[A | prvi skok u M ]

+ P[prvi skok u N ]P[A | prvi skok u N ]

+ P[prvi skok u B]P[A | prvi skok u B]

=0.05

0.1+

0.05

0.1dB

=1

2+

1

2dB

Slicno, dB = 112

+ 1012

dZ . Rjesavanjem sustava jednadzbi slijedidZ = 13

14i dB = 6

7.

(v) Ocekivano trajanje neizljecive bolesti jednako je ocekivanom vre-menu boravka u stanju N (prije prelaska u stanje M). Buducida to vrijeme ima eksponencijalnu distribuciju s parametrom 0.4,ocekivanje je 1/0.4 = 2.5 godina.

Ocekivano vrijeme koje ce trenutno zdrava osoba provesti nei-zljecivo bolesna jednaka je vjerojatnosti da ce zdrava osoba ikadapostati neizljecivo bolesna (sto je po (iv) jednako 1-13/14=1/14)pomnozeno s ocekivanim vremenom koje neizljeciva osoba imaprije nego sto umre. Dakle, trazeno vrijeme je 1/14× 2.5 = 5/28.

10

2. Shema naknade za onesposobljenost modelirana je vremenski neprekid-nim Markovljevi procesom skokova sa stanjima A (aktivan), P (privre-meno nesposoban), T (trajno nesposoban) i M (mrtav). Prijelaznestope su kako slijedi:

A −→ P : 3λ P −→ A : 5λ T −→ M : 2αA −→ T : λ P −→ T : 2λA −→ M : α P −→ M : α

(i) Napisite generatorsku matricu procesa.

(ii) Izracunajte vjerojatnost da proces koji pocinje u stanju A ne pos-jeti stanja P i T do trenutka t.

(iii) Napisite matricni oblik Kolmogorovljevih diferencijalnih jednadzbiunatrag, te ga upotrijebite za izvod diferencijalne jednadzbe zapTM(t), vjerojatnosti da ce clan sheme u stanju T u trenutku 0biti u stanju M u trenutku t.

(iv) Rijesite jednadzbu za pTM(t), vjerojatnosti da ce osiguranik, pocetnotrajno nesposoban, biti mrtav do vremena t.

Rjesenje:

(i) Generatorska matrica jednaka je

A =

−4λ− α 3λ λ α

5λ −7λ− α 2λ α0 0 −2α 2α0 0 0 0

(ii) Oznacimo sa B dogadaj da proces koji pocinje u stanju A ne

posjeti stanja P i T do trenutka t. Oznacimo sa T0 prvo vrijemezadrzavanja (u stanju A). Dogadaj B ce se dogoditi ukoliko procesdo trenutka t nije izasao iz stanja A (T.j., T0 > t), ili je izasao iotisao u stanje M (t.j., T0 ≤ t i XT0 = M). Slijedi:

P[B] = P[B, T0 > t] + P[B, T0 ≤ t]

= P[T0 > t] + P[T0 ≤ t,XT0 = M ]

= e−(4λ+α)t +

∫ t

0

(4λ + α)e−(4λ+α)s α

4λ + αds

= e−(4λ+α)t + (1− e−(4λ+α)t)α

4λ + α

11

(iii) Matricni oblik Kolmogorovljevih jednadzbi unatrag je

P ′(t) = AP (t) .

Odavde izlazi p′TM(t) = −2αpTM(t) + 2αpMM(t), odnosno

p′TM(t) = −2αpTM(t) + 2α .

(iv) Stavimo p(t) = pTM(t). Rjesenje homogene jednadzbe p′(t) =−2αp(t) je p(t) = Ce−2αt. Rjesenje nehomogene jednadzbe trazimometodom varijacije konstanti: p(t) = C(t)e−2αt. Uvrstavanjemslijedi diferencijalna jednadzba za C(t): C ′(t) = 2αe2αt, cije jerjesenje C(t) = e2αt + C. Dakle, p(t) = (e2αt + C)e−2αt = 1 +Ce−2αt. Iz pocetnog uvjeta p(0) = 0 slijedi C = −1, i konacnop(t) = 1− e−2αt.

3. Promatrajte model dozivljenja s dva stanja “ziv” (Z) i “mrtav” (M), svremenski zavisnom prijelaznom stopom iz Z u M jednakoj µ(t) = µt.Vremenski parametar t predstavlja dob pojedinca koji se promatra.

(i) Izracunajte prijelaznu vjerojatnost PZZ(s, t), definiranu s

PZZ(s, t) = P(X(t) = Z |X(s) = Z) .

(ii) Pokazite upotrebom formule

E(X) =

∫ ∞

0

P[X ≥ x] dx

za pozitivnu slucajnu varijablu X, da je ocekivani buduci zivotpojedinca dobi s jednak

E[Rs] =1√

µ

1−G(s√

µ)

g(s√

µ),

gdje je G standardna Gaussova funkcija distribucije, a g je njenagustoca.

(iii) Pozeljno je kalibrirati gornji model tako da je ocekivani buducizivot pojedinca dobi 70 jednak 6 godina. Izvedite aproksimacijuodgovarajuce vrijednosti od µ koristeci dvostruku nejednakost

1

x− 1

x3≤ 1−G(x)

g(x)≤ 1

x.

12

(iv) Kompanija zeli testirati valjanost gornjeg modela. Pretpostav-ljaju da je stvarna stopa smrtnosti od dobi 70 nadalje oblika µ(t) =a + bt, te namjeravaju testirati da li je a = 0. Metoda testiranjasastojat ce se u simuliranju jednog uzorka velicine 1000 kada jea = 0, te drugog kada je a 6= 0, te pogledati koji od njih vise slicipodacima koje je kompanija sakupila.

Objasnite kako simulirati vrijednost iz predlozene distribucije, zaproizvoljne vrijednosti a i b.

Rjesenje:

(i) Po formuli (16) (Core Reading),

PZZ(s, t) = exp{−∫ t

s

µu du} = exp{−(µ/2)(t2 − s2)} .

(ii) Vrijedi P[Rs > w] = P[Xs+w = Z |Xs = Z] = PZZ(s, s + w). Zatoje po dijelu (i) i danoj formuli

E[Rs] =

∫ ∞

0

P[Rs > w] dt

=

∫ ∞

0

exp{−(µ/2)((s + w)2 − s2)} dw

= exp{(µ/2)s2}∫ ∞

s

exp{−(µ/2)w2} dw

=1√

µ

1−G(s√

µ)

g(s√

µ)

(iii) Iz (ii) i iz danih ocjena imamo

E[Rs] ≤ 1√

µ

1

µ√

µ=

1

sµ,

E[Rs] ≥ 1√

µ

(1

µ√

µ− 1

s3µ3/2

)=

1

sµ− 1

s3µ2.

Iz prve nejednakosti slijedi

µ ≤ 1

sE[Rs]=

1

70× 6= 0.00238/godina2 .

13

Druga nejdnakost moze se zapisati kao

µ2E[Rs]−µ

s+

1

s3≥ 0 ,

odnosno,

6µ2 − 1

70µ +

1

703≥ 0 .

Rjesenja pripadne kvadratne jednadzbe su 0.00023 i 0.00216, te µtreba lezati izvan intervla (0.00023, 0.00216). U stvari, buduci daje µ ≈ 1/(sE[Rs]), slijedi da je µ u intervalu [0.00216, 00238].

(iv) Po pretpostavci je

PZZ(70, t) = exp{−∫ t

70

(a+bs) ds} = exp{−a(t−70)−1

2(t2−702)} .

Oznacimo li sa F (t) uvjetnu distribuciju preostalog vremena zivota,uvjetno na dozivljenje dobi 70, tada je gornji izraz upravo jednak1−F (t). Trebamo simulirati slucajnu varijablu X iz distribucje F .Koristimo metodu inverzne transformacije po kojoj je distribucijaod F−1(U) jednaka F , gdje je U ∼ U(0, 1), a F−1 je inverznafunkcija od F . Rjesavanje jednadzbe F (x) = u, daje

x = F−1(u) =−a +

√a2 + 2b(− log(1− u) + 702b/2 + 70a)

b

= −r +√

702 + 140r + r2 − 2b−1 log(1− u)

gdje je r = ab−1.

4. Promatrajte vremensko homogeni Markovljev proces skokova {X(t) :t ≥ 0} s dva stanja oznacena s 0 i 1, i prijelaznim stopama σ0,1 = λ,σ1,0 = µ.

(i) Navedite Kolmogorovljeve jednadzbe unaprijed za vjerojatnostP0,0(t) da je X u stanju 0 u trenutku t, uz dano da krece iz stanja0.

(ii) Pokazite da je P0,0(t) = µλ+µ

+ λλ+µ

e−(λ+µ)t.

14

(iii) Neka Ot oznacava ukupni iznos vremena provedenog u stanju 0 dotrenutka t, sto se moze izraziti kao

Ot =

∫ t

0

Is ds, gdje je Is =

{1 ako je Xs = 00 ako je Xs 6= 0 .

Pomocu rezultata dijela (ii), izvedite izraz za E[Ot |X(0) = 0],ocekivano vrijeme boravka u stanju 0 do trenutka t za vremenskineprekidan Markovljev lanac s dva stanja koji krece iz stanja 0.

(iv) Napisite ocekivano vrijeme boravka u stanju 1 do trenutka t zavremenski neprekidan Markovljev lanac s dva stanja koji krece izstanja 0.

(v) Shema zdravstvenog osiguranja oznacava clanove kao “zdrav” (sta-nje 0) ili “bolestan” (stanje 1). Kada su u stanju 0, clanovi placajudoprinos po stopi α; kada su u stanju 1, clanovi primaju naknadupo stopi β. Troskovi iznose konstantu γ po clanu po jedinici vre-mena.

(a) Objasnite kako se moze iskoristiti model za izracun α pomocuβ i γ.

(b) Navedite pretpostavke koje ste napravili pri primjeni modela.

(c) Diskutirajte da li je vjerojatno da te pretpostavke vrijede upraksi.

Rjesenje:

(i) U matricnom obliku Kolmogorovljeve jednadzbe unaprijed glaseP ′(t) = P (t)A gdje je

A =

(−λ λµ −µ

)generatorska matrica. Specijalno je P ′

00(t) = P00(t)(−λ)+P01(t)µ,odnosno P ′

00(t) = µP01(t)− λP00(t).

(ii) Vrijedi P01(t) = 1−P00(t), te se jednadzba u (i) moze napisati kaoP ′

00(t) = µ(1− P00(t))− λP00(t) = −(µ + λ)P00(t) + µ. Direktnose provjeri da funkcija

t 7→ µ

λ + µ+

λ

λ + µe−(λ+µ)t

zadovoljava jednadzbu, i pocetni uvjet P00(0) = 1.

15

(iii) Vrijedi:

E[Ot |X(0) = 0] = E[

∫ t

0

1(X(s)=0) ds |X(0) = 0]

=

∫ t

0

E[1(X(s)=0) |X(0) = 0] ds

=

∫ t

0

P[X(s) = 0 |X(0) = 0] ds

=

∫ t

0

P00(s) ds

=

∫ t

0

(µ

λ + µ+

λ

λ + µe−(λ+µ)s) ds

=µ

λ + µt +

λ

(λ + µ)2(1− e−(λ+µ)t)

(iv) Ocekivano vrijeme jednako je t minus ocekivano vrijeme boravkau stanju 0. Dakle, trazeno ocekivano vrijeme jednako je

t− E[Ot |X(0) = 0] = t−(

µ

λ + µt +

λ

(λ + µ)2(1− e−(λ+µ)s)

)=

λ

λ + µt +

λ

(λ + µ)2(1− e−(λ+µ)t) .

(v) (a) Uz pretpostavku daje zdrav usao u shemu zdravstvenog osigu-ranja, osiguranik ce uplatiti prosjecan doprinos do trenutka tu iznosu αE[Ot |X(0) = 0]. Prosjecni troskovi osiguravajucegdrustva do trenutka t iznose β(t − E[Ot |X(0) = 0]) + γt.Izjednacavanjem slijedi:

α

(µ

λ + µt +

λ

(λ + µ)2(1− e−(λ+µ)t)

)=

= βλ

λ + µt +

λ

(λ + µ)2(1− e−(λ+µ)t) + γt .

Podijelimo s t i pustimo t → ∞ da bismo dobili jednakostnakon dovoljno proteklog vremena. Slijedi:

αµ = βλ + γ(λ + µ) .

16

(b) Pretpostavka je da je model vremenski homogen, t.j., da stopeozdravljenja i oboljenja ne ovise o dobi.

(c) To sigurno nece biti ispunjeno za pojedinog clana. Medutim,ako shema ukljucuje velik broj clanova, te ako je dobni profilclanstva konstantan (zbog ulaska novih clanova u shemu i“izlaska” starih), model bi mogao biti razumna aproksimacija.

POGLAVLJE 5

1. (i) Izvedite izraze za ρ1 i ρ2, autokorelacijsku funkciju od X za raz-make 1 i 2, u slucaju kada je X stacionarni proces koji zadovoljavarekurziju:

Xt = αXt−1 + et + βet−1 ,

gdje je {et : t = 1, 2, . . . } niz nekoreliranih slucajnih varijabli socekivanjem 0 i varijancom σ2.

(ii) Rezultati mjesecnih prodaja kompanije, korigirani za trend i se-zonski faktor, pokazuju uzoracku autokorelacijsku funkciju za raz-make 1 i 2, r1 = 0.5, r2 = 0.4. Metodom momenata nadite proc-jenitelje za α i β modela (i).

Rjesenje:

(i) Prvo uocimo da je Cov(et, et) = σ2, Cov(et, et−1) = 0, te Cov(Xt−1, et) =Cov(Xt−2, et) = 0 i (zbog kauzalnosti). Prvo racunamo:

Cov(Xt, et) = αCov(Xt−1, et) + Cov(et, et) + βCov(et−1, et) = σ2 ,

Cov(Xt, et−1) = αCov(Xt−1, et−1) + Cov(et, et−1) + βCov(et−1, et−1)

= ασ2 + βσ2 .

Na isti nacin, upotrebom gornjih izraza, redom racunamo:

γ2 = Cov(Xt, Xt−2) = αγ1

γ1 = Cov(Xt, Xt−1) = αγ0 + βσ2

γ0 = Cov(Xt, Xt) = αγ1 + σ2 + β(α + β)σ2

17

Uvrstavanjem γ1 u trecu jednadzbu, i rjesavanjem po γ0 slijedi

γ0 =1 + 2αβ + β2

1− α2σ2 .

Zbog ρ1 = γ1/γ0 i ρ2 = γ2/γ0, direktnim racunom slijedi:

ρ1 =(α + β)(1 + αβ)

1 + 2αβ + β2, ρ2 = αρ1 .

(ii) Parametre α i β dobivamo iz sustava jednadzbi:

0.5 =(α + β)(1 + αβ)

1 + 2αβ + β2

0.4 = α (α+β)(1+αβ)1+2αβ+β2

Odmah slijedi da je α = r2/r1 = 0.8. Uvrstavamo u prvu jed-nadzbu, te dobijemo kvadratnu jednazbu za β: 0.3β2+0.8β+0.3 =0. Rjesenja su β = −1.4±

√0.96 = −1.4± 0.98. Rjesenje s nega-

tivnim korijenom otpada, jer ne daje invertibilan proces.

2. (i) Objasnite ukratko sto se misli pod linearnim trendom i sezonal-nom varijacijom za niz opazenih vrijednosti {x1, x2, . . . , xn} kojetvore vremenski niz.

(ii) Opisite operaciju koja se moze primjeniti na podatke da bi seuklonila aditivna sezonalna varijacija perioda 2.

(iii) Izvedite odgovarajucu operaciju koja primjenjena na proces

Xt = exp(a + bt + Zt) ,

daje stacionaran proces Yt. Ovdje je Z I(1) proces.

Rjesenje:

(iii) Logaritmiranjem procesa Xt dobivamo proces Vt = a + bt + Zt

konstantne varijabilnosti. Diferenciranje procesa Zt uklanja is-tovremeno linearni trend a+bt, i efekt integriranja kod Zt. Dakle,Yt = ∇ log Xt = b +∇Zt.

18

3. Razmatrajte autoregresivan proces drugog reda

Yt = −2αYt−1 + α2Yt−2 + Zt

gdje je {Zt} centriran bijeli sum s Var(Zt) = σ2.

(i) Odredite skup vrijednosti od α za koje proces Y moze biti sta-cionaran.

(ii) Izvedite autokovarijance γ1 i γ2 od Y pomocu α i σ.

Rjesenje:

(i) Jednadzbu koja definira proces Y mozemo pomocu operatora po-maka unatrag zapisati kao

(1 + 2αB − α2B2)Y = Z .

Da bi proces Y bio stacionaran (i kauzalan), nul-tocke pripadajucegpolinoma 1+2αx−α2x2 moraju lezati izvan jedinicnog kruga. Ko-rijeni jednazbe su 1

α(1±

√2). Dakle, mora vrijediti

√2 + 1

|α|> 1 i

√2− 1

|α|> 1 ,

t.j., |α| <√

2− 1.

Napomena: doputimo li nekauzalna stacionarna rjesenja, tada ko-rijeni karakteristicne jednadzbe ne smiju biti na jedinicnoj kruznici,sto povlaci |α| 6=

√2− 1 i |α| 6=

√2 + 1.

(ii) Prvo uocimo da vrijedi Cov(Yt−1, Zt) = Cov(Yt−0, Zt) = 0 i Cov(Yt, Zt) =σ2. “Mnozimo” jednadzbu Yt = −2αYt−1 + α2Yt−2 + Zt redom sYt, Yt−1, Yt−2 i racunamo kovarijance. Slijedi:

γ0 = −2αγ1 + α2γ2 + σ2

γ1 = −2αγ0 + α2γ1

γ2 = −2αγ1 + α2γ0

19

Rjesavanjem ovog linearnog sustava dobivamo:

γ0 =(1− α2)σ2

(1 + α2)(1− 6α2 + α4)

γ1 =−2ασ2

(1 + α2)(1− 6α2 + α4)

γ2 =(5α2 − α4)σ2

(1 + α2)(1− 6α2 + α4)

4. Klijent zeli modelirati ponasanje stohastickog procesa {Xt : t ≥ 0} kojipredstavlja srednji godisnji povrat za odredenu klasu imovine. Nakonveceg broja opazanja, klijent je zakljucio da je Corr(Xt, Xt−1) = 0.7 iCorr(Xt, Xt−2) = 0.5. On misli da ce jedan od sljedeca dva modela

I: Xt = µ + 0.7(Xt−1 − µ) + 0.5(Xt−2 − µ) + et

II: Xt = µ + et + 0.7et−1 + 0.5et−2

biti bolji, ali ne moze odluciti koji. Simulirao je oba procesa od vremenat = 1 do vremena t = 200, ali nije dobio ocekivane rezultate, pa traziVas savjet.

(i) (a) Izlozite prikladnu metodu simulacije autoregresije drugog reda,uz pretpostavku da Vam je na raspolaganju pouzdan niz {uk :k ≥ 0} pseudoslucajnih brojeva uniformno distribuiranih na[0, 1].

(b) Objasnite zasto bi moglo biti pozeljno osigurati da se niz {uk :k ≥ 0} moze ponovno upotrijebiti ukoliko bi to bilo potrebno.

(ii) Navedite zasto niti jedan od predlozenih modela nije prikladan.

(iii) (a) Izvedite autokorelacije ρ1 i ρ2 za razmake 1 i 2 autoregresivnogprocesa drugog reda

Xt = µ + α1(Xt−1 − µ) + α2(Xt−2 − µ) + et .

(b) Nadite vrijednosti parametara α1 i α2 koji bi dali odgovarajuciAR(2) model za {Xt : t = 0, 1, 2, . . . }.

Rjesenje:

20

(i) (a) Autoregresija drugog reda je proces oblika Xt = µ + aXt−1 +bXt−2 + et gdje je et bijeli sum. Za simulaciju procesa Xt

najvaznije je simulirati bijeli sum. Uz odabir dviju pocetnihvrijednosti procesa X, ostale vrijednosti procesa racunaju serekurzivno. Buduci da nije specificirana distribucija bijelogsuma, kanonski izbor je Gaussov bijeli sum, t.j., niz nekore-liranih centriranih normalnih slucajnih varijabli s nekom va-rijancom σ2. Niz normalnih slucajnih brojeva mozemo dobitiiz niza ut jednom od metoda opisanom u Poglavlju 7. Naprimjer,

e2t = σ√−2 log u2t sin(2πu2t+1) ,

e2t+1 = σ√−2 log u2t cos(2πu2t+1) .

(b) Mogucnost upotrebe istog niza pseudoslucajnih brojeva vaznaje prilikom usporedbe dva ili vise simuliranih modela.

(ii) Za niti jedan od predlozenih modela ne vrijedi Corr(Xt, Xt−1) =0.7 i Corr(Xt, Xt−2) = 0.5

(iii) (a) Stavimo Yt = Xt − µ. Isto kao u prethodnom zadatku slijedisustav jednadzbi za autokovarijacije γ0, γ1 i γ2:

γ0 = α1γ1 + α2γ2 + σ2

γ1 = α1γ0 + α2γ1

γ2 = α1γ1 + α2γ0

Dijeljenjem druge i trece jednadzbe s γ0, slijedi da autoko-relacije ρ1 = Corr(Xt, Xt−1) i ρ2 = Corr(Xt, Xt−2) zadovol-javaju sustav:

ρ1 = α1 + α2ρ2

ρ2 = α1ρ1 + α2

Rjesavanjem slijedi:

ρ1 =α1

1− α2

, ρ2 =α2

1

1− α2

+ α2 .

21

(b) Rjesavamo sustav:

0.7 =α1

1− α2

, 0.5 =α2

1

1− α2

+ α2 .

Slijedi: α1 = 3551

, α2 = 151

.

5. Porodica se slozila s ciljanom potrosnjom, Yn, u godini n, na nacinda je godisnji porast ciljane potrosnje proporcionalan porastu dohotkaporodice u protekloj godini. Pretpostavlja se da je stvarna potrosnjakroz godinu, Xn, vezana uz ciljanu potrosnju, ali da ukljucuje ele-ment slucajnosti i faktor koji uzima u obzir teznju porodice za vecimtrosenjem. Pretpostavlja se da dohodak porodice, In, raste po kon-stantnoj godisnjoj stopi prije nego sto se uracuna slucajnost.

Glava porodice vjeruje da sljedece tri jednadzbe predstavljaju odgo-varajucu reprezentaciju gornje informacije:

Yn = Yn−1 + β(In−1 − In−2)

Xn = (1 + π)Yn + e(1)n

In = (1 + α)In−1 + e(2)n

gdje je {(e(1)n , e

(2)n ) : n = 1, 2, . . . } niz centriranih dvodimenzionalnih

normalnih slucajnih varijabli, a α, β i π su pozitivni parametri (sa β <1).

(i) Izrazite prvu jednadzbu pomocu operatora pomaka unatrag, B, iizvedite da izmedu Yn i In−1 postoji linearni odnos.

(ii) Pokazite da je proces Zn = (Xn, In) multivarijatni autoregresivniproces prvog reda.

(iii) Obrazlozite da li je {In : n ≥ 1} stacionarni vremenski niz, teodredite da li je {Zn : n ≥ 1} I(0), I(1) ili niti jedan od ta dva.

(iv) Nadite procjenitelj za α minimizirajuci velicinu∑n

t=2(e(2)t )2.

(v) Glava porodice zeli provesti simulaciju ne bi li ustanovio nece liteznja za prekomjernim trosenjem rezultirati negativnom neto u-stedom. Pretpostavlja se da je Var(e

(1)n ) = σ2

1, Var(e(2)n ) = σ2

2 i

Cov(e(1)n , e

(2)n ) = ρσ1σ2, gdje je −1 < ρ < 1,

22

(a) Opisite metodu simulacije opazanja para (e(1)n , e

(2)n ) pocevsi od

dva uniformno distribuirana pseudoslucajna broja U1, U2.

(b) Opisite ulogu analize osjetljivosti u donosenju zakljucaka izsimulacije.

(vi) Predlozen je alternativan model koji ukljucuje logaritme velicinaIn, Xn i Yn:

log Yn = log Yn−1 + log In−1 − log In−2

log Xn = θ + log Yn + e(1)n

log In = φ + log In−1 + e(2)n

Diskutirajte da li je ovaj model prikladniji od originalnog modela.

Rjesenje:

(i) Vrijedi (1 − B)Yn = (1 − B)βIn−1, otkud slijedi Yn = βIn−1 + cgdje je c konstanta.

(ii) Iz (i), Xn = (1 + π)βIn−1 + c + e(1)n , te je(

Xn

In

)=

(0 (1 + π)β0 1 + α

)(Xn−1

In−1

)+

(c0

)+

(e(1)nn

e(2)nn

)Dakle, Zn je bivarijatni autoregresivni proces prvog reda.

(iii) Buduci da se rjesenje karakteristicne jednadzbe 1/(1 + α) nalaziunutar jedinicne kruznice, In nije (po strogoj definiciji) stacionarni

vremenski proces. Iz In = (1 + α)In−1 + e(2)n slijedi In − In−1 =

αIn−1 + e(2)n , odnosno ∇I = αBI + e(2). Buduq’ci da je BI po-

maknut proces I, to niti on nije stacionaran, pa zato ni∇I. Dakle,In nije niti I(0) ni I(1) proces, pa to isto vrijedi i za Zn.

(iv) Vrijedi:∑n

t=2(e(2)t )2 =

∑nt=2[It− (1 +α)It−1]

2. Deriviranjem po αi izjednacavanjem s nulom slijedi:

α =

∑nt=2 It−1(It − It−1)∑n

t=2 I2t−1

.

(v) Simulacija koreliranih normalnih slucajnih varijabli objasnjena jeu Poglavlju 7, isto kao i uloga analize osjetljivosti.

23

POGLAVLJE 6

1. Evolucija cijene dionica St modelirana je pomocu

St = eµt+σBt ,

gdje Bt oznacava standardno Brownovo gibanje, µ i σ su fiksni parametri,i pocetna vrijednost dionice je S0 = 1.

(i) Izvedite izraz za P(St ≤ x).

(ii) Izvedite izraze za medijan od St i ocekivanje od St.

(iii) (a) Odredite izraz za uvjetno ocekivanje E(St | Fs) gdje je s < t igdje {Fs : s ≥ 0} oznacava filtraciju generiranu procesom S.

(b) Nadite uvjete na µ i σ uz koje je proces {St : t ≥ 0}martingal.

(c) Obrazlozite da li bi dionica bila dobra za dugorocnu investicijuu tom slucaju.

Rjesenje:

(i)

P(St ≤ x) = P(log St ≤ log x)

= P(µt + σBt ≤ log x)

= P(

Bt ≤log x− µt

σ

)= (zbog Bt ∼ N(0, t) =

√tN(0, 1))

= P(

N(0, 1) ≤ log x− µt

σ√

t

)= Φ

(log x− µt

σ√

t

)(ii) Medijan od St je broj m takav da je P(St ≤ m) = P(St ≥ m) =

1/2. Zbog (i), i zbog Φ(0) = 1/2, slijedi da za medijan m vrijedilog m− µt = 0. Dakle m = eµt.

Vrijedi: E[St] = eµtE[eσBt ]. Buduci da je σBt ∼ N(0, tσ2), rezul-tat o ocekivanju lognormalne distribucije kaze da je E[eσBt ] =etσ2/2. Dakle, E[St] = et(µ+σ2/2).

24

(iii) (a)

E[St | Fs] = E[eµt+σBt | Fs]

= eµtE[eσBseσ(Bt−Bs) | Fs]

= eµteσBsE[eσ(Bt−Bs)]

= eµteσBseσ2(t−s)/2

= Sse(µ+σ2/2)(t−s) .

(b) St je martingal, ako vrijedi E[St | Fs] = Ss. Dakle, drugifaktor u (a) mora biti jednak 1, t.j., µ + σ2/2 = 0.

(c) U tom slucaju bi cijena dionica bila jednaka St = e−(σ2/2)t+σBt .Vrijedi, E[St] = 1 za svaki t, sto ne sugerira narocito povoljnuinvesticiju. Gledamo li medijan, vidimo da je jednak e−tσ2/2

sto tezi prema nuli eksponencijalno brzo (za t →∞). To jasnopokazuje da je investicija losa. Moze se pokazati da vrijedilimt→∞ St = 0, sto jasno govori o losoj investiciji. U stvari,log St = −(σ2/2)t + σBt je Brownovo gibanje sa negativnimdriftom, pa tezi u −∞ za t →∞.

2. Analiticar zeli upotrijebiti model zasnovan an Brownovom gibanju, alikoji ne postaje prevelik i pozitivan za velike t. Predlozen model je

Xt = Bte−cBt ,

gdje je Bt standardno Brownovo gibanje, a c je pozitivna konstanta.

(i) Provjerite da postoji gornja ograda koju X nikada ne prelazi.

(ii) Upotrijebite Itovu lemu i nadite dXt.

(iii) Navedite, s kratkim objasnjenjem, da li je predlozen model odgo-varajuci za proces koji je asimptotski stacionaran.

Rjesenje:

(i) Stavimo f(x) = xe−cx za x ∈ R. Deriviramo: f ′(x) = e−cx −cxe−cx = (1 − cx)e−cx. Stacionarna tocka je x = 1/c. Drugaderivacija je f ′′(x) = −ce−cx − (1 − cx)ce−cx, sto izracunato ux = 1/c daje f ′′(1/c) = −ce−1 < 0. Dakle, f u 1/c ima maksimumjednak f(1/c) = e−1/c.

Zakljucujemo da je Xt ≤ e−1/c za sve t ≥ 0.

25

(ii) Racunamo za f(x) = xe−cx

dXt = df(Bt)

= f ′(Bt) dBt +1

2f ′′(Bt) dt

= (1− cBt)e−cBt dBt + (

c2

2Bt − c)e−cBt dt

(iii) Proces X nije asimptotski stacionaran, jer za velike negativne vri-jednosti od B, X poprima jako velike negativne vrijednosti.

3. (i) Navedite Levyjev teorem dekompozicije koji opisuje sastavne di-jelove Levyjevog procesa.

(ii) Neka je Mt = exp(−2ab + 2bBt − 2b2t), gdje je Bt standardnoBrownovo gibanje, i gdje su a i b pozitvne konstante. DefinirajteT kao prvi trenutak kada je Mt = 1, uz definiciju T = ∞ ako Mnikada ne pogodi tocku 1. Mozete pretpostaviti da Mt → 0 kadat →∞, tako da

MT =

{1 ako M pogodi 10 ako M nikada ne pogodi 1

(a) Pokazite da je M martingal i da je 0 ≤ Mt ≤ 1 za sve 0 ≤t ≤ T .

(b) Navedite teorem o opcionalnom zaustavljanju, te ga primje-nite za dokaz da je vjerojatnost da Brownovo gibanje ikadapogodi pravac a + bt jednaka e−2ab.

(iii) Osigurateljno drustvo dobiva dohodak od premije po konstant-noj stopi c po jedinici vremena. Stete dolaze po Poissonovomprocesu s intenzitetom λ; moze se pretpostaviti da je svaka stetafiksnog iznosa k. Neka Xt oznacava ukupnu vrijednost svih stetado trenutka t, i oznacite sa St visak kompanije u trenutku t,

St = s0 + ct−Xt ,

gdje je s0 pozitivna konstanta. Pokazite da je {St : t ≥ 0} Levyjevproces, te identificirajte komponente Levyjeve dekompozicije odS.

26

(iv) Izracunajte ocekivanje i varijancu od St.

Rjesenje:

(i) Xt = x + µt + σBt + Nt gdje je Bt standardno Brownovo gibanje,a Nt je Levyjev proces skokova.

(ii) (a) Racunamo

E[Mt | Fs] = e−2ab−2b2tE[e2bBt | Fs]

= e−2ab−2b2te2bBsE[e2b(Bt−Bs ]

= e−2ab−2b2te2bBse2b2(t−s)

= e−2ab+2bBs−2b2s = Ms

Ocito je Mt ≥ 0. Zbog M0 = e−2ab ≤ 1, slijedi da je Mt ≤ 1prije prvog pogadanja tocke 1, t.j., za 0 ≤ t ≤ T .

(b) Ako je martingal omeden, ili ako je vrijeme zaustavljanjaomedeno, tada vrijedi E[MT ] = E[M0]. Teorem primjeni-mo na zaustavljem martingal MT . Slijedi E[MT ] = E[M0],odnosno E[MT , T < ∞] = e−2ab. Zbog MT = 1 na {T < ∞},lijeva strana je jednaka P[T < ∞]. Dakle, P[T < ∞] = e−2ab.Medutim, Mt = 1 ekvivalentno je (nakon kraceg racuna) sBt = a + bt, sto znaci da je T = inf{t : Bt = a + bt}.

(iii) Ukupne stete tvore slozeni Poissonov proces: Xt =∑Nt

j=1 Zj =∑Nt

j=1 k = kNt, buduci da su pojedinacni iznosi steta Zj = k.Znamo da je slozeni Poissonov proces Levyjev proces. Sada jeSt = s0 + ct − kNt zbroj konstante s0, deterministickog drifta cti Levyjevog procesa skokova Xt, pa je prema tome i sam Levyjevproces. Brownovske komponente nema.

(iv)

E[St] = s0 + ct + kE[Nt] = s0 + ct− kλt

Var[St] = k2Var[Nt] = k2λt

4. (i) Navedite Itovu lemu u obliku u kojem se primjenjuje na stohastickiproces {Xt : t ≥ 0} i funkciju f(Xt) koja ne ovisi eksplicitno o t.

(ii) Upotrijebite Itovu lemu sa f(x) = x4 za izrcun stohastickog dife-rencijala d(B4

t ), gdje je Bt standardno Brownovo gibanje.

27

(iii) Izrazite Itov integral∫ t

0B3

s dBs pomocu Bt i obicnog integrala kojiukljucuje Bs.

Rjesenje:

(i) Itova lema kaze da akoje dXt = Yt dBt + Zt dt, tada je

df(Xt) = f ′(Xt)Yt dBt + (f ′(Xt) + 1/2f ′′(Xt)Y2t ) dt .

(ii) f(x) = x4, f ′(x) = 4x3, f ′′(x) = 12x2. Slijedi:

d(B4t ) = 4B3

t dBt + 6B2t dt .

(iii) Napisemo li (ii) u integralnom obliku B4t = 4

∫ t

0B3

s dBs+6∫ t

0B2

s ds,slijedi da je ∫ t

0

B3s dBs =

B4t

4− 3

2

∫ t

0

B2s ds .

5. Pretpostavimo da evolucija cijene neke imovine slijedi lognormalni modellog(St) = Yt = y + µt + αBt gdje Bt oznacava standardno Brownovogibanje, a µ je negativan drift. Imovina ce biti likvidirana u vremenuzaustavljanja Ta = inf{t : Yt = a} kada se njena vrijednost svodi naea, gdje je a broj manji od y. Promatrajte sada Vt = exp(uYt − c(u)t).

(i) Izvedite uvjet na c(u) uz koji je {Vt : t ≥ 0} martingal.

(ii) Navedite teorem o opcionalnom zaustavljanju i objasnite kako sekoristi.

(iii) Izvedite funkciju izvodnicu momenata f(y, v) = E[e−vTa |Y0 = y]vremena bankrota za pozitivan v primjenom teorema o opcional-nom zaustavljanju na martingal Vt.

Rjesenje:

(i) Da bi Vt = exp(uYt−c(u)t) bio martingal, mora vrijediti E[Vt | Fs] =Vs za sve s < t. Za filtraciju (Ft) mozemo uzeti prirodnu filtraciju

28

Brownovog gibanja Bt. Racunamo:

E[Vt | Fs] = E[euYt−c(u)t | Fs]

= e−c(u)tE[eu(y+µt+αBt) | Fs]

= e−c(u)teu(y+µt)euαBsE[euα(Bt−Bs) | Fs]

= e−c(u)teu(y+µt)euαBsE[euα(Bt−Bs)]

= e−c(u)teu(y+µt)euBseu2α2(t−s)/2

= eu(y+µs+Bs)−c(u)se(−c(u)+uµ+u2α2/2)(t−s)

= Vse(−c(u)+uµ+u2α2/2)(t−s) .

Da bi desna stran bila jednaka Vs, mora vrijediti −c(u) + uµ +u2α2/2 = 0, odnosno, c(u) = uµ + u2α2/2.

Jednostavnije, da bi Vt bio martingal, ocekivanje od Vt mora bitikonstantno i jednako ocekivanju od V0. Dakle, E[Vt] = E[V0] =V0 = euy. Racun daje gornji izraz za c(u).

(ii) Teorem o opcionalnom zaustavljanju: ako je (Mt : t ≥ 0) mar-tingal i ako je T vrijeme zaustavljanja, tada uz odredene uvjete(npr., Mt ogranicen, ili T ograniceno, ili Mt∧T ogranicen) vrijedi

E[MT ] = E[M0] .

Teorem sluzi za racunanje ocekivanja funkcija od T (npr., funkcijaizvodnica momenata od T ), ili za racunanje ocekivanja od MT ,odnosno odgovarajucih posljedica.

(iii) Stavimo c(u) = uµ + u2α2/2. Tada je Vt = exp(uYt − c(u)t) mar-tingal s pocetnom vrijednoscu V0 = euy. Racunamo upotrebomteorema o opcionalnom zaustavljanju:

euy = E[VTa ]

= E[euYTa−c(u)Ta ]

= euaE[e−c(u)Ta ] .

Slijedi: E[e−c(u)Ta ] = eu(y−a). Da bismo izracunali E[e−vTa ], rijesimojednadzbu c(u) = v po u. Rjesenja od uµ + u2α2/2 = v su

u1,2 =−µ±

√µ2 + 2α2v

α2.

29

Tvrdimo da pozitivno rjesenje otpada. Jedan moguci argument jeda u tom slucaju nisu ispunjene pretpostavke teorema o opcional-nom zaustavljanju. Drugi argument je da za je limv→∞ E[e−vTa ] =0, sto nije ispunjeno za pozitivno rjesenje. Dakle:

E[e−vTa ] = exp

{(y − a)

−µ−√

µ2 + 2α2v

α2

}.

POGLAVLJE 7

1. (i) Pokazite da slucajna varijabla

X = −1

4log(U)

ima eksponencijalnu distribuciju s ocekivanjem 1/4 kada je U uni-formno distribuirana na (0, 1).

(ii) (a) Objasnite kako se gornja cinjenica moze upotrijebiti za simuli-ranje trajektorije Poissonovog procesa s parametrom 4.

(b) Izvedite metodu za simuliranje Poissonove slucajne varijables ocekivanjem 4.

(iii) Opisite alternativnu metodu generiranja Poissonove slucajne va-rijable s ocekivanjem 4 zasnovane na (kumulativnoj) funkciji dis-tribucije.

(iv) Obrazlozite koja bi od dviju metoda (ii) i (iii) bila efikasnijaako treba simulirati velik broj Poissonovih slucajnih varijabli socekivanjem 4.

Rjesenje:

(i)

P[X ≤ x] = P[−(1/4) log(U) ≤ x] = P[log(U) ≥ 4x]

= P[U ≥ e−4x] = 1− e−4x

sto je funkcija distribucije eksponencijalne slucajne varijable socekivanjem 1/4.

30

(ii) (a) Vremena cekanja kod Poissonovog procesa s parametrom (in-tenzitetom) 4 su nezavisne i eksponencijalno distribuirana sparametrom 4. Simuliramo niz slucajnih brojeva U1, U2, . . . .Racunamo Xj = −(1/4) log(Uj). Zbrajamo: Sn = X1 + · · ·+Xn. Poissonov proces N(t) jednak je najvecem indeksu ntakvom da je Sn ≤ t.

(b) Distribucija Poissonove slucajne varijable s paramterom 4 jed-naka je distribuciji od N(1). Dakle, dovoljno je u (a) uzetit = 1.

(iii) Generira se slucajan broj u iz unifromne distribucije. Neka je nnajveci nenegativan cijeli broj takav da je F (n) ≤ u. Poissonovuslucajnu varijablu simuliramo s n.

(iv) Efikasnija je metoda iz (iii), jer za svaku realizaciju Poissonoveslucajne varijable potreban nam je samo jedan slucajan broj.

MJESOVITI ZADACI

1. Standardni Ornstein-Uhlenbeckov proces moze se definirati kao sta-cionaran centrirani Gaussov proces {Ut : t ∈ R} s autokovarijacijskomfunkcijom danom s

Cov(Us, Ut) =τ 2

2θe−θ|t−s| (s, t ∈ R) .

(i) Pokazite da je proces {Un : n = 1, 2, . . . }, dobiven opazanjemprocesa U samo u cjelobrojnim vremenima, autoregresija prvogreda.

(ii) Izvedite izraze za parametre α i σ2 autoregresije pomocu θ i τ 2.

Rjesenje:

(i) Proces (Un : n ≥ 1) je Gaussov i stacionaran, te je stoga u pot-punosti odreden svojim ocekivanjem (koje je 0) i autokovarijacij-skom funkcijom. Vrijedi:

γk = Cov(Un, Un−k) =τ 2

2θe−θk , k > 0 ,

31

pa je autokorelacijska funkcija procesa Un jednaka ρk = e−θk, k ≥0.

(ii) Za AR(1) proces vrijedi γ0 = σ2

1−α2 i ρk = αk. Dakle mora vrijediti:

α = e−θ , σ2 = (1− e−2θ)τ 2

2θ.

2. Neka je Xn autoregresivni vremenski niz visoke frekvencije modeliransa:

Xn+1 = (1− α)Xn + θ + τen ,

gdje je en = ±1 s jednakom vjerojatnoscu, a α, θ, τ su konstantniparametri. Analiticar zeli istraziti da li se taj niz moze aproksimi-rati nekom vremenski neprekidnom difuzijom, t.j., Xn ≈ Ynh, gdje Yt

zadovoljava stohasticku diferencijalnu jednadzbu

dYt = µ(Yt) dt + dBt

i Bt oznacava standardno Brownovo gibanje.

(i) Navedite ocekivanje i varijancu od dYt = Yt+h−Yt, prirasta procesaYt na malom vremenskom intervalu velicine h, uvjetno na Yt = y.

(ii) Izracunajte ocekivanje i varijancu prirasta Xn+1 −Xn autoregre-sije, uvjetno na Xn = y.

(iii) Izjednacavajuci prve i druge momente prirasta u (i) i (ii), naditeizraz za drift µ(y) aproksimirajuce difuzije u obliku koji ne ukljucujevremenski prirast h.

(iv) Navedite uvjet uz koji je aproksimirajuci proces u (iii) Brownovogibanje s driftom.

(v) Navedite uvjet uz koji je aproksimirajuci proces u (iii) Ornstein-Uhlenbeckov proces.

Rjesenje:

(i)

E(dYt |Yt = y) = E(Yt+h |Yt = y) = µ(y)h + o(h)

Var(dYt |Yt = y) = Var(Yt+h − Yt |Yt = y) = h + o(h) (σ = 1)

32

(ii) E(Xn+1 −Xn |Xn = y) = θ − αy, Var(Xn+1 −Xn |Xn = y) = τ 2

(iii) Zbog Xn+1 −Xn ≈ Ynh+h − Ynh, vrijedi

µ(y)h = θ − αy i h = τ 2 =⇒ µ(y) =θ − αy

τ 2

(iv) Kod Brownovog gibanja s driftom, µ(y) ne ovisi o y, sto je mogucesamo ako je α = 0.

(v) Ornstein-Uhlenbeckov proces ima drift oblika µ(y) = −γy za nekiγ > 0. Usporedujuci s (iii), slijedi da je θ = 0 (i γ = α).

33