Finanzmathematik I Lösungvorschläge für Übungsblatt 1

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Nadine Meinhardt
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1 Finanzmathematik I Lösungvorschläge für Übungsblatt 1 J. Widenmann ufgabe 1: Zu zeigen ist, dass Q die Definition Ü erfüllt. Zunächst bemerken wir, dass Q wegen der nnahme f 0 Werte in R + annimmt. ußerdem gilt: (i) Q( ) = f(ω)p(dω) = 1 (ω)f(ω)p(dω) = 0. (ii) Sei ( i ) i 1 eine Folge paarweise disjunkter Mengen in F, dann gilt ( ) Q i = f(ω)p(dω) = 1 i 1 (ω)f(ω)p(dω) i Foglich ist Q ein Maß. i 1 i 1 i = i 1 1 i (ω)f(ω)p(dω) monotone = Konvergenz. i 1 ufgabe 2: Da Q P wissen wir, dass 0 existiert. Sei nun auch P Q. Es gilt für F Q() = = = { >0} Insbesondere gilt für = Ω, dass Q( natürlich auch P( > 0) = 1. Ist > 0 P-f.s., betrachten wir ( P() = = { >0} 1 = { >0} 1 > 0) = 1 und wegen der nnahme P Q 1. ) Dann gilt für F ( ) 1 ( ) 1 = Folglich besitzt P die Dichte ( ) 1 bzgl. Q. lso gilt auch P Q. ufgabe 3: i) Nach Konstruktion von F gilt: es gibt genau eine Menge F mit P() = 0, nämlich die leere Menge =. Wegen Q Wahrscheinlichkeitsmaß, gilt offensichtlich Q( ) = 0, also folgt Q P. Nach dem Satz von Radon-Nikodym existiert also in diesem Wahrscheinlichkeitsraum IMMER eine Dichte und 0 P-f.s., mit L1 (Ω, F, P)

2 ii) Jede Zufallsvariable auf diesem Wahrscheinlichkeitsraum (also auch die Dichte ) ist von der Form X : Ω R, X = n c i1 i, c i R. Sei nun zunächst Ω = n i. Der Satz von Radon-Nikodym ergibt F : Q() = E P 1. Wir setzen ein: Q( j ) = E P c i 1 i 1 j = E P cj 1 j = cj P( j ). lso haben wir c j = Q( j) P( j, und damit ) = P( i ) 1 i. Im Falle Ω n i definieren wir C n+1 := n i. Ist P( n+1 ) > 0, so gilt dann analog Q( n+1 ) = E n+1 P und damit = n+1 P( i ) 1 i. Ist hingegen P( n+1 ) = 0, so gilt erneut = n n+1 j=1 j ): Q(Ω) = E P P( i ) 1 i 1n+1 n = Q( j j=1 = c i1 i 1 n+1 = cn+1 P( n+1 ) P( i ) 1 i, denn z.b. für Ω (= i ) = Q(Ω) Q( n+1 ) = 1 =0,da Q P P( i ) P( i) ufgabe 4: (i) Da E P X G G-messbar ist, gilt {E P X G 0} G sowie {E P X G < 0} G und insbesondere E P EP X G + = EP E P X G, E P X G 0 = E P X, E P X G 0 E P X < nalog zeigt man E P EP X G <, also EP X G L 1 (Ω, G, P). (ii) Ist X 0, dann gilt 0 E P EP X G 0 = EP E P X G, E P X G < 0 = E P X, E P X G < 0 0, 0,daX 0 also E P EP X G = 0. Folglich gilt EP X G = 0 P-f.s., d.h. E P X G 0 P-f.s..

3 (iii) Folgt direkt aus der Definition. (iv) E P X ist als Konstante {, Ω}-messbar. Für = gilt E P E P X, = 0 = E P E P X G, Für B = Ω gilt Es folgt die Behauptung. E P E P X, Ω = E P X, Ω G Def = E P E P X G, Ω (v) Es gilt E P E P X G = E P E P X G, Ω = E P X, Ω = E P X (vi) (1) - E P X ist nach Definition -messbar. - Sei, dann gilt E P E P X, =E P X, G = E P E P X G, =E P E P E P X G, (2) - E P X ist nach Definition -, also auch G-messbar. - Sei G, dann gilt E P E P X, = E P E P E P X G, Es folgt die Behauptung. (vii) Seien X, Y L 1 (Ω, F, P), sowie α, β R, dann ist zu zeigen: E P αx + βy G = αe P X G + βe P Y G. Es gilt aber αe P X G+βE P Y G ist als linearkombination G-messbarer Funktionen selbst G-messbar. Sei G, dann gilt E P αe P X G + βe P Y G, = αe P E P X G, + βe P E P Y G, (viii) Folgt direkt aus (ii) und (vii) = E P αx, + E P βy, = E P αx + βy, (ix) Wir zeigen hier nur den vereinfachten Fall, in dem Z zusätzlich beschränkt ist. Die Behauptung gilt aber auch ganz allgemein. Dies dürfen Sie o.b.d. für alle weiteren Übungsaufgaben verwenden. Für den hier gezeigten Beweis verwenden wir das Konzept der maßtheoretischen Induktion ZE P X G ist G-messbar.

4 Sei G und Z = n k=1 α k1 Bk für α k R, B k G, n N. Dann gilt E P ZE P X G, = α k E P E P X G, B k = α k E P X, B k k=1 G k=1 = E P ZX, = E P E P ZX G, Für den allgemeinen Fall verwenden wir, dass jede beschränkte G-messbare Funktion Z durch eine Folge (Z n ) n N von Funktionen der obigen Gestalt approximiert werden kann. Dann folgt E P ZE P X G, dom. Konvergenz (!) = lim E P Z n E P X G, = lim E P Z n X, dom. Konvergenz (!) = E P ZX, = E P E P ZX G, (x) E P X ist als Konstante trivialerweise G-messbar. Sei G, dann gilt E P E P X, = E P X E P 1 X unabh. von G = E P X, = E P E P X G, (xi) Zunächst bemerken wir, dass für eine konvexe Funktion f die bbildung z monoton steigend ist. Insbesondere existieren für alle y R die links- und f(z) f(y) z y rechtsseitigen bleitungen f l (y) = lim z y f(z) f(y), f f(z) f(y) z y r(y) = lim z y z y gilt für alle y 1 < y < y 2 R: f(y 1 ) f(y) y 1 f y l (y) f r(y) f l (y) = f(y 2) f(y) y 2 und daher für alle x R: y und es f(x) f(y) + (x y)f r(y). (*) Nun zum eigentlichen Beweis. Zunächst bemerken wir, dass f stetig, also B(R)- messbar ist. ußerdem ist x f r(x) = lim n(f(x+ 1 f(x)) als Limes messbar. n Nun setzen wir X und Y := E P X G in (*) ein und erhalten f(x) f(y ) + (X Y )f r(y ) und daher mit (viii): E P f(x) G E P f(y ) G m.b. G + E P X G f r(y ) G-m.b. Y f r(y ) = f (E P X G) G m.b. (xii) Zunächst bemerken wir, dass wegen (viii) auch E P X n G P-f.s. monoton steigend, also konvergent gegen eine ZVe Z konvergiert. Z ist als Limes G-messbarer ZVen ebenfalls G-messbar. Wegen 0 E P X n G E P X G ist Z L 1 (Ω, F, P). Sei nun G, dann gilt E P Z, = lim E P E P X n G, = lim E P X n, = E P X, (xiii) Zunächst bemerken wir, dass X L 1 (Ω, F, P), da auch X Z P-f.s. Wir setzen U n := inf m n X m und V n = sup m n X m, dann gilt Z U n X n V n Z

5 und außerdem U n X sowie V n X P-f.s.. Mit (xii) gilt dann E P U n G E P X G sowie E P V n G E P X G us (viii) folgt insbesondere E P U n G E P X n G E P V n G und somit mit dem gezeigten die Behauptung. ufgabe 5: Sei G. Wegen Q P auf F gilt offensichtlich auch Q P auf G F. Dann gilt = E P G, G denn: Wegen ({ Q E P Q() = E P 1 = E P E P G 1. }) G = 0 = EP {E P G=0} folgt Q ({ E P G > 0 }) = 1. Sei X 0, G. Dann gilt E Q X 1 = E P X 1 = E E P P X = E P E P X G EP G E P G 1 {E P + E P E P X G 1 {EP G=0} 1 ( ) E P = E Q X G E P G G = 0 G 1 G>0} 1 Damit ist die Behauptung gezeigt für X 0. Für X L 1 (Ω, F, Q) zerlege X = X + X in Positiv- und Negativteil und benutze die Linearität der bedingten Erwartung. Zu ( ): Wegen G=0} G E P 1 {E P G=0} = E P E P = E P E P 1 {E P G 1 {EP G=0} = 0 und 0 P-f.s. folgt 1 {E P G=0} = 0 P-f.s.

6 lso haben wir E P E P X G 1 {EP G=0} 1 = E P E P X 1 {E P }{{ G=0} G 1 = 0. } =0 P-f.s. =0 P-f.s. ufgabe 6: (i) (ii) ist klar, da wir die einzelnen Ungleichungen der beiden Definitionen nur mit den 1 (deterministischen) Konstanten (1 + r) bzw. multiplizieren müssen. 1+r (i) (iii) Sei η eine rbitragemöglichkeit, dann gilt insbesondere 0 η π = η 0 +η π. Folglich gilt η S (1 + r)η π η S + (1 + r)η 0 = η S. Da nach Voraussetzung η S P-f.s. nicht-negativ und außerdem strikt positiv mit positiver Wahrscheinlichkeit ist, muss dies auch für η S (1 + r)η π gelten. (Es gilt also ξ = η.) (iii) (i) Sei ξ gegeben wie in (iii), dann betrachten wir das Portfolio η = (η 0, ξ), mit η 0 := ξ π. Dann gilt offensichtlich η π = 0 und außerdem η S = (1 + r)ξ π + ξ S, was nach Voraussetzung P-f.s. nicht negativ und positiv mit positiver Wahrscheinlichkeit ist. η ist also eine rbitragestrategie.

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