Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2015, De thi thu THPT Quoc Gia nam 2015

You are here: Home »

Like VNMATH on FACEBOOK để ủng hộ VNMATH.

Chuyển động Brown - Phần 2

VNMATH.COM 6 tháng 9, 2013 , 0

Phần này là nội dung còn lại của phần 3.2 - Bước đi ngẫu nhiên đã điều chỉnh mà phần đầu của nó đã được trình bày tại đây. Trước khi đọc phần lý thuyết này hãy chắc chắn là bạn đã nắm được những nội dung cơ bản đã trình bày ở trước “cách xây dựng bước đi ngẫu nhiên đối xứng” và “bước đi ngẫu nhiên đã điều chỉnh”, giá trị kì vọng và phương sai của chúng. Nội dung phần này hai kết quả chính thứ nhất “định lý giới hạn trung tâm về sự hội tụ theo phân bố của bước đi ngẫu nhiên đã điều chỉnh tới một biến ngẫu nhiên có phân phối chuẩn” phát biểu và chứng minh. Tiếp đến là sự áp dụng kết quả của định lý này để chỉ ra sự hội tụ theo phân phối của giá cổ phiếu (được tính theo mô hình nhị phân) về phân phối log-normal. Nội dung có một vài kiến thức toán hi vọng gây hứng thú cho các bạn.

3.2.6 Phân bố giới hạn của bước đi ngẫu nhiên đối xứng đã điều chỉnh
Ở bài trước, với mỗi “bước đi ngẫu nhiên đã điều chỉnh” ta cố định biến cố \(\omega\) thì khi thời gian thay đổi ta sẽ có một đường (hay một quỹ đạo mẫu) như hình 3.2.2 (bài trước).  Một hướng khác để quan sát bước đi ngẫu nhiên đã điều chỉnh là ta sẽ cố định thời gian và cho \(\omega\) thay đổi. Ví dụ khi \(t =0.25\) ta xem xét các giá trị có thể có của \(W^{100}(0.25) = \frac{1}{10}M_{25}\). Biến ngẫu nhiên này được xác định bởi \(25\) lần tung đồng xu đầu tiên. Bước đi ngẫu nhiên đối xứng chưa điều chỉnh \(M_t\) sau \(25\) lần tung có thể lấy giá trị là bất cứ số lẻ nào nằm trong khoảng \(-25\) và \(25\), vì thế \(W^{100}(0.25)\) sẽ lấy các giá trị sau:
\(-2.5, -2.3, -2.1,…, -0.3, -0.1, 0.1, 0.3,….,2.1, 2.3, 2.5\)
Để \(W^{100}(0.25)\) lấy giá trị là \(0.1\), ta phải tung được mặt ngửa \(13\) lần và tung được mặt xấp \(12\) lần trong tổng số \(25\) lần tung. Xác suất xảy ra biến cố này là:
\(\mathbb{P}({W^{(100)}(0.25)) =0.1} = \frac{25!}{13!12!}(\frac{1}{2})^{25} = 0.1555\)     (3.2.11)
Ta có thể vẽ thông tin này trong hình (3.2.3) bởi biểu đồ cột với 1 cột trung tâm tại \(0.1\) với diện tích \(0.1555\). Do 1 cột có chiều rộng \(0.2\), nên độ cao của nó phải là \(\frac{0.1555}{0.2} = 0.7775\). Tương tự ta có thể tính độ cao của các cột tại các giá trị có thể từ \(-1.5\) đến \(1.5\) và thu được phân bố giống như trên hình (3.2.3).
 Qua bài trước ta đã biết biến ngẫu nhiên \(W^{(100)}(0.25)\) có kì vọng là \(0\) và phương sai là \(t = 0.25\). Phủ lên biểu đồ cột trong hình (3.2.3) là hàm mật độ của phân phối chuẩn với kì vọng và phương sai của \(W^{(100)}(0.25)\). Ta có thể nhìn thấy \(W^{100}(0.25)\) có phân bố gần với phân phổi chuẩn. Nếu cho trước một hàm liên tục bị chặn \(g(x)\), thì \(\mathbb{E}[g(W^{100}(0.25))]\) có thể xấp xỉ bằng tích phân
\(\mathbb{E} [g(W^{(100)}(0.25))]\) \(\approx \frac{2}{\sqrt {2 \pi}}\) \(\int_{-\infty}^{\infty}g(x) e^{-2x^2}\,dx\)     (3.2.12)
Định lý giới hạn trung tâm (Central Limit Theorem) khẳng định công thức xấp xỉ (3.2.12) là hợp lý. Tiếp theo chúng ta sẽ đi chứng minh điều này.
Định lý giới hạn trung tâm: Cố định \(t \ge 0\). Khi \(n \rightarrow \infty\), phân phối giá trị của bước đi ngẫu nhiên đã điều chỉnh \(W^{(n)}(t)\) tại \(t\) hội tụ tới phân bố chuẩn với kì vọng \(0\) và phương sai \(t\).
Tóm tắt chứng minh:
Ta có thể xác định một phân phối bằng hàm sinh moment (moment-generating function). Với một hàm mật độ của phân phối chuẩn với kì vọng là \(0\) và phương sai là \(t\).
\(f(x)= \frac{1}{\sqrt{2\pi t}e^{-\frac{x^2}{2t}}}\)
Có hàm sinh moment là
\(\varphi (u) = \int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx\)
\(= \frac{1}{\sqrt{2\pi t}}\int_{-\infty}^{\infty}\exp {(ux -\frac{x^2}{2t})}\,dx\)
\(= e^{-\frac{1}{2}u^2t} \frac{1}{\sqrt {2 \pi t}} \int_{-\infty}^{\infty}\exp{(-\frac{(x -ut)^2}{2t})}\,dx\)
\(=e^{-\frac{1}{2}u^2t}\)
Do \(\frac{1}{\sqrt{2 \pi t}} e^{-(\frac{(x -ut)^2}{2t})}\) là hàm mật độ của phân phố chuẩn với kì vọng \(ut\) và phương sai \(t\) nên tích phân của nó là \((-\infty, \infty)\) bằng 1.
Nếu \(t\) sao cho \(nt\) là một số nguyên, ta sẽ có công thức cho hàm sinh moment cho \(W^{(n)}(t)\) là
\(\varphi_n(u) = \mathbb E [e^{uW^{(n)}(t)}] = \mathbb E [e^{\frac{u}{\sqrt n}M_{nt}}]\)
 \(= \mathbb{E}[e^{\frac{u}{\sqrt n}\sum_{j =1}^{nt}X_j}] = \mathbb{E}[\prod_{j =1}^{nt} e^{\frac{u}{\sqrt{n}}X_j}]\)     (3.2.14)
Bởi vì các \(X_j\) ở phía bên phải của công thức (3.2.14) là độc lập với nhau nên ta có thể viết lại
\(\prod_{j =1}^{nt}\mathbb{E} [e^{(\frac{u}{\sqrt n}X_j)}] = \prod_{j =1}^{nt}(\frac{1}{2}e^{\frac{u}{\sqrt n}}+\frac{1}{2}e^{-\frac{u}{\sqrt n}}) = (\frac{1}{2}e^{\frac{u}{\sqrt n}}+\frac{1}{2}e^{-\frac{u}{\sqrt n}})^{nt}\)
Chúng ta chứng minh rằng khi \(n \rightarrow \infty\)
\(\varphi_n(u) = (\frac{1}{2}e^{\frac{u}{\sqrt n}}+\frac{1}{2}e^{-\frac{u}{\sqrt n}})^{nt}\)
Hội tụ tới hàm sinh moment \(\varphi(u) = e^{\frac{1}{2}u^2t}\) trong công thức (3.2.13). Để làm điều đó ta sẽ chứng minh
\(\log \varphi_n(u) = nt \log(\frac{1}{2}e^{\frac{u}{\sqrt n}}+\frac{1}{2}e^{-\frac{u}{\sqrt n}})\)
hội tụ đến \(\log \varphi(u) = \frac{1}{2}u^2t\). Chúng ta cần một số kĩ thuật ở đây, đầu tiên ta đổi biến như sau đặt \(x =\frac{1}{\sqrt n}\) ta có
\(\lim_{n \to \infty} \log\varphi_n(u) = t \lim_{x \downarrow 0}\frac{\log(\frac{1}{2}e^{ux}+\frac{1}{2}e^{-ux})}{x^2}\).
Ta thấy rằng tại \(x =0\) biểu thức bên tay phải công có dang vô định \(\frac{0}{0}\), trong trường hợp này ta có thể dùng công thức L’Hopital để loại bỏ dạng vô định như sau:
Đạo hàm tử số và mẫu số ta có
\(\frac{\partial}{\partial x}\log(\frac{1}{2}e^{ux}+\frac{1}{2}e^{-ux}) = \frac{\frac{u}{2}e^{ux}-\frac{1}{2}e^{-ux}}{{\frac{1}{2}e^{ux}+\frac{1}{2}e^{-ux}}}\)
\(\frac{\partial}{\partial x} x^2 = 2x\)
Từ trên suy ra
\(\lim_{n \to \infty}\log\varphi_n(u) = t \lim_{x \downarrow 0} \frac{\frac{u}{2}e^{ux}-\frac{1}{2}e^{-ux}}{{2x(\frac{1}{2}e^{ux}+\frac{1}{2}e^{-ux})}} = \frac{t}{2} \lim_{x \downarrow 0} \frac{\frac{u}{2}e^{ux}-\frac{u}{2}e^{-ux}}{x}\)
dấu “=” cuối cùng ở trên có được do \( \lim_{x \downarrow 0}(\frac{1}{2}e^{ux}-\frac{1}{2}e^{-ux}) = 1\). Ta thấy tại \(x = 0\) biểu thức cuối vế phải \(\frac{\frac{u}{2}e^{ux}-\frac{u}{2}e^{-ux}}{x}\)  lại có dạng \(\frac{0}{0}\) do đó ta lại áp dụng L’Hopital một lần nữa. Đạo hàm tử số
\(\frac{\partial}{\partial x}(\frac{u}{2}e^{ux}-\frac{u}{2}e^{-ux})\) =\( \frac{u^2}{2}e^{ux}-\frac{u^2}{2}e^{-ux}\),
với mẫu số ta dễ thấy đạo hàm của nó là 1.
Từ đó ta có
\( \lim_{n \to \infty} \log \varphi _n (u) = \frac{t}{2}\lim_{t \downarrow 0}(\frac{u^2}{2}e^{ux}-\frac{u^2}{2}e^{-ux}) = \frac{1}{2} u^2t\) (điều phải chứng minh)
3.2.7 Phân phối Log Normal là giới hạn của mô hình Nhị phân (Binomial Model)
Chúng ta xây dựng một mô hình giá cổ phiếu trong khoảng thời gian từ \(0\) đến \(t\) bằng cách chọn một số nguyên \(n\) và xây dựng mô hình nhị phân cho giá cổ phiếu mà có \(n\) bước giá trên mỗi đơn vị thời gian. Ở đây \(n\) và \(t\) được chọn sao cho \(nt\) là 1 số nguyên.Ta chọn hệ số tăng là \(u_n = 1 + \frac{\sigma}{\sqrt n}\) và hệ số giảm là \(d_n = 1- \frac{\sigma}{\sqrt n}\) với hằng số dương \(\sigma\) là volatility (độ biến động) của quá trình giá cổ phiếu. Ta có xác suất trung hoà rủi ro (risk- neutral probability)
\(\tilde p =\frac{ 1+r – d_n}{u_n-u_d}=\frac{\sigma/\sqrt n}{2\sigma/\sqrt n} = \frac{1}{2}\)
\(\tilde q = \frac{u_n -1 -r}{u_n – d_n} = \frac{\sigma/\sqrt n}{2\sigma/\sqrt n} =\frac{1}{2}\)
Chú ý \(r\) là lãi suất phi rủi ro. Giá của cổ phiếu phụ thuộc vào giá tại thời điểm ban đầu \(t =0\) và kết quả của \(nt\) lần tung đầu tiên. Đặt \(H_{nt}\) và \(T_{nt}\) lần lượt là số lần tung được mặt ngửa \((N)\) và số lần tung được mặt xấp \((X)\) trong \(nt\) lần tung đầu tiên. Ta có
\(nt = H_{nt} +T_{nt}\).
Còn giá trị của bước đi ngẫu nhiên đối xứng \(M_{nt}\) là số lần tung được mặt \(N\) trừ đi số lần tung được mặt \(X\)
\(M_{nt} = H_{nt} – T_{nt}\)
Từ hai phương trình trên ta có
 \(H_{nt} = \frac{1}{2}(nt +M_{nt})\)

\(T_{nt} = \frac{1}{2}(nt –M_{nt})\).
Trong mô hình xây dựng với hai hệ số lên và xuống giá \(u_n\) và \(d_n\), giá của cổ phiếu tại thời điểm \(t\) là
\(S_n(0) = S(0) u^{H_{nt}}_n d^{T_{nt}}_n =  S(0)(1+\frac{\sigma}{\sqrt n})^{\frac{1}{2}(nt+M_{nt})} (1-\frac{\sigma}{\sqrt n})^{\frac{1}{2}(nt-M_{nt})} \)     (3.2.15)
Chúng ta hi vọng có thể xác định phân phố của biến ngẫu nhiên này khi \(n \to \infty\)
Định lý 3.2.2 Khi \(n \to \infty\), phân phối của \(S_n(t)\) trong công thức (3.2.15) hội tụ tới phân bố của
\(S(t) = S(0)e^{\sigma W(t) - \frac{1}{2}\sigma^2 t}\)     (3.2.16)
với \(W(t)\) là một biến ngẫu nhiên phân phối chuẩn với kì vọng là \(0\) và phương sai \(t\).
Phân phối của  \(S(t)\) trong công thức (3.2.16) được gọi là log-normal. Một cách tổng  quát, bất kì biến ngẫu nhiên nào có dạng \(ce^X\), với \(c\) là một hằng số và \(X\) có phân phối chuẩn thì nó được gọi là có phân phối log-normal. Trong trường hợp công thức của chúng ta \(X  = \sigma W(t) - \frac{1}{2}\sigma^2t\) là chuẩn với kì vọng \(-\frac{1}{2}\sigma^2t\) và phương sai \(\sigma^2t\).
Chứng minh định lý: Để chứng minh định lý trên ta chỉ cần chỉ ra được phân phối của
\(\log S_n(t) \) \( = \log S(0)+\frac{1}{2}(nt+M_{nt})\log (1 +\frac{\sigma}{\sqrt n}) +\frac{1}{2}(nt-M_{nt})log (1 -\frac{\sigma}{\sqrt n}) \)     (3.2.17)
hội tụ về phân phối của
\(\log S(t) = \log S(0)+\sigma W(t) - \frac{1}{2}\sigma^2t,\)
với \(W(t)\) là biến ngẫu nhiên có phân phối chuẩn với kì vọng là \(0\) và phương sai là \(t\). Để làm điều này ta cần dùng tới khai triển Taylor của công thức \(f(x) = \log (1+x)\). Ta lấy đạo hàm cấp 1 và cấp 2 của \(f(x)\) sau đó tính giá trị của chúng tại \(x =0\)
 \(f’(x) = (1+x)^{-1}\) và \(f’’(x) = -(1+x)^{-2}\)
\(f’(0) = 1\) và \(f’’(0) = -1\)
Theo công thức khai triển Taylor ta có
\(\log(1+x) = f(0)+f’(0)x+\frac{1}{2}f’’(0)x^2+O(x^3) = x -\frac{1}{2}x^2 +O(x^3)\),
Ở đây \(O(x^3)\) là kí hiệu vô cùng bé bậc cao hơn \(x^3\) khi \(x \to 0\) có nghĩa là khi \(O(x^3)\) sẽ tiến về \(0\) nhanh hơn là \(x^3\). Ta áp dụng khai triển này cho công thức (3.2.17) đầu tiên với \(x = \frac{\sigma}{\sqrt n}\) sau đó với \(x = -\frac{\sigma}{\sqrt n}\).
\(\log S(t) = \log S(0) +\frac{1}{2}(nt + M_{nt})(\frac{\sigma}{\sqrt n}- \frac{\sigma^2}{2n} + O(n^{-\frac{3}{2}}))\)
\(+ \frac{1}{2}(nt - M_{nt})(-\frac{\sigma}{\sqrt n} - \frac{\sigma^2}{2n}+O(x^{-\frac{3}{2}})) \)
\(= \log S(0) +nt(-\frac{\sigma^2}{2n}+O(n^{-\frac{3}{2}}) + M_{nt}(\frac{\sigma}{\sqrt n} + O(n^{-\frac{3}{2}})\)
\(= \log S(0) - \frac{1}{2}\sigma^2 t + O(n^{-\frac{1}{2}}) + \sigma W^{(n)}(t)+O(n^{-1})W^{(n)}(t)\).
Dấu “=” cuối cùng có được do ta thấy \(W^{(n)}(t) = \frac{1}{\sqrt n}M_{nt}\). Ở định lý trung tâm (Định lý 3.21) ta đã chứng minh được \(W^{(n)}(t)\) hội tụ về biến ngẫu nhiên \(W(t)\) có phân phối chuẩn với kì vọng là \(0\) và phương sai là \(t\). Mặt khác ta có các đại lượng \(O(n^{-1})\) và \(O(n^{-\frac{1}{2}})\) tiến dần về \(0\) khi \(n \to \infty\).  Vậy ta có thể kết luận khi \(n \to \infty\) phân phối của \(\log S_n(t)\) tiến dần đến phân phối của \(\log S(0) - \frac{1}{2}\sigma^2 t + \sigma W(t)\), từ đó ta suy ra điều phải chứng minh.
Chú thích:
Hàm sinh moment: Thay vì xét các moment \(\mathbb E (X^k)\) của một biến ngẫu nhiên \(X\), ta có thể xét các giá trị đặc trưng dạng \(\mathbb E (\exp (uX))\) trong đó \(u\) là một tham số nào đó. Hàm \(M_X(u) = \mathbb E (\exp (uX))\) được gọi là hàm sinh moment
Qua hai kết quả trên, tuy chưa chính thức đi vào chuyển động Brown nhưng ta có thể thấy được tính chất của chuyển động Brown (cũng giống như bước đi ngẫu nhiên đã điều chỉnh khi cho \(n \to \infty\)) rồi cả về vai trò của nó trong mô hình giá cổ phiếu.

Còn nữa...

Về VNMATH.COM

VNMATH hoạt động từ năm 2008 với slogan Trao đổi để học hỏi, Sẻ chia để vươn lên. Hiện nay VNMATH.COM là trang web Toán học có lượt truy cập lớn nhất Việt Nam.

Chia sẻ bài viết này


Bài viết liên quan

Không có nhận xét nào :

Để lại Nhận xét