確率解析の問題

指数マルチンゲール. 実数 $\theta$ に対し
$$M_t^{\theta }=\exp \left(\theta W_t-\frac{{\theta }^2}{2}t\right)=\exp \left(\theta X_t-\left(\theta +\frac{{\theta }^2}{2}\right)t\right)$$
はマルチンゲールである。$\theta +\frac{{\theta }^2}{2}=\frac{3}{2}$、すなわち ${\theta }^2+2\theta -3=0$ を解くと $\theta =1,-3$。このとき $M_t^{\theta }=\exp \left(\theta X_t-\frac{3}{2}t\right)$ となる。

任意抽出定理. $\tau <\infty$ a.s. である（$|X_t|\to \infty$ a.s. など）。また $t\le \tau$ では $|X_t|\le c$ かつ $e^{-\frac{3}{2}t}\le 1$ なので $|M_{t\wedge \tau }^{\theta }|\le e^{|\theta |c}$ と有界である。よって停止マルチンゲール $M_{t\wedge \tau }^{\theta }$ に有界収束定理を適用して $E[M_{\tau }^{\theta }]=M_0^{\theta }=1$ を得る。

$L=E\left[e^{-\frac{3}{2}\tau }{1}_{\{X_{\tau }=c\}}\right]$, $K=E\left[e^{-\frac{3}{2}\tau }{1}_{\{X_{\tau }=-c\}}\right]$ とおくと、$X_{\tau }=\pm c$ なので
$$\theta =1:e^{c}L+e^{-c}K=1,\theta =-3:e^{-3c}L+e^{3c}K=1.$$

連立方程式を解く. $e^c=e^{\frac{\log 2}{2}}=\sqrt{2}$ なので
$$\sqrt{2}L+\frac{K}{\sqrt{2}}=1,\frac{L}{2\sqrt{2}}+2\sqrt{2}K=1.$$
1 つ目から $K=\sqrt{2}-2L$。2 つ目に代入して
$$\frac{L}{2\sqrt{2}}+2\sqrt{2}(\sqrt{2}-2L)=1⟺\frac{L}{2\sqrt{2}}-4\sqrt{2}L=-3⟺L\cdot \frac{1-16}{2\sqrt{2}}=-3.$$
よって
$$L=\frac{6\sqrt{2}}{15}=\frac{2\sqrt{2}}{5}.$$
（このとき $K=\frac{\sqrt{2}}{5}$ で、$L+K=E[e^{-\frac{3}{2}\tau }]=\frac{3\sqrt{2}}{5}<1$、また上向きのドリフトにより $L>K$ となり整合する。一般式 $L=e^{\mu c}\frac{\sinh (\gamma c)}{\sinh (2\gamma c)}$, $\gamma =\sqrt{{\mu }^2+2\lambda }=2$ に $\sinh (\log 2)=\frac{3}{4},\sinh (\log 4)=\frac{15}{8}$ を入れても $\sqrt{2}\cdot \frac{2}{5}$ となる。）

ギルサノフの定理: 時刻 $\tau$ まで（有界でない停止時刻だが $\tau <\infty$ a.s. で、$\tau$ で止めた過程の密度は一様可積分）、ドリフト 1 の測度 $Q$ と標準ブラウン運動 $B$ の測度 $P_0$ の間に $\frac{dQ}{d{P}_0}{|}_{{\mathcal{F}}_{\tau }}=\exp \left(B_{\tau }-\frac{\tau }{2}\right)$ が成り立つ（$X$ の法則は $B$ の下で $Q$ に対応）。ゆえに
$$L=E_0\left[e^{B_{\tau }-\tau /2}{e}^{-3\tau /2}{1}_{\{B_{\tau }=c\}}\right]=e^c{E}_0\left[e^{-2\tau }{1}_{\{B_{\tau }=c\}}\right],$$
ここで $\tau$ は $B$ の $(-c,c)$ からの脱出時刻。

標準ブラウン運動の対称性より、$E_0[e^{-\lambda \tau }{1}_{\{B_{\tau }=c\}}]=\frac{1}{2}{E}_0[e^{-\lambda \tau }]=\frac{1}{2\cosh (c\sqrt{2\lambda })}$。$\lambda =2$ で $\frac{1}{2\cosh (2c)}$。$2c=\log 2$ だから $\cosh (\log 2)=\frac{2+1/2}{2}=\frac{5}{4}$。よって $E_0[e^{-2\tau }{1}_A]=\frac{1}{2\cdot 5/4}=\frac{2}{5}$。

$e^c=e^{(\log 2)/2}=\sqrt{2}$ なので $L=\frac{2\sqrt{2}}{5}\approx 0.566$。

検算: 別法（直接）。$u(x)=E_x[e^{-\frac{3}{2}\tau }{1}_A]$ は $\frac{1}{2}{u}^{\prime \prime }+u^{\prime }-\frac{3}{2}u=0$, $u(c)=1$, $u(-c)=0$ を満たす。特性方程式 $r^2+2r-3=0$ より $r=1,-3$、$u=\alpha e^x+\beta e^{-3x}$。$u(-c)=0$ から $\alpha e^{-c}+\beta e^{3c}=0$、$u(c)=1$ から $\alpha e^c+\beta e^{-3c}=1$。$e^c=\sqrt{2}$ を用いて $\beta =-\alpha e^{-4c}=-\alpha /4$、$\alpha (\sqrt{2}-\frac{1}{4\cdot 2\sqrt{2}})=\alpha (\sqrt{2}-\frac{1}{8\sqrt{2}})$… ここで $e^{-3c}=2^{-3/2}$ なので $\alpha (\sqrt{2}+\frac{1}{4}\cdot (-2^{-3/2}))=1$ ではなく $\beta e^{-3c}=-\frac{\alpha }{4}\cdot 2^{-3/2}$。$\alpha \left(\sqrt{2}-\frac{1}{8\sqrt{2}}\right)=\alpha \cdot \frac{16-1}{8\sqrt{2}}$ ではなく、$\beta e^{3c}$ 側の係数を再確認して整理すると、$u(0)=\alpha +\beta =\alpha \cdot \frac{3}{4}$ で、$\alpha =\frac{1}{\sqrt{2}-\frac{1}{4}\cdot 2^{-3/2}\cdot }$… 数値で確認すると $\beta =-\alpha e^{-4c}=-\alpha /4$ より $u(c)=\alpha (\sqrt{2}-\frac{1}{4\cdot 2\sqrt{2}})=\alpha \cdot \frac{15}{8\sqrt{2}}$ ではなく $e^{-3c}=\frac{1}{2\sqrt{2}}$ なので $\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{8\sqrt{2}}$、$\sqrt{2}=\frac{16}{8\sqrt{2}}$ で $u(c)=\alpha \frac{15}{8\sqrt{2}}=1$、$\alpha =\frac{8\sqrt{2}}{15}$、$u(0)=\frac{3}{4}\alpha =\frac{6\sqrt{2}}{15}=\frac{2\sqrt{2}}{5}$。ギルサノフによる結果と一致。

答え: $\frac{2\sqrt{2}}{5}$。