Bedingter erwarteter Wert des Produkts der Normal- und Log-Normalverteilung

Könnte jemand bitte die Antwort und die Schritte zur Lösung dieses Ausdrucks geben?

\begin{array}{rcl} E [(e^{X} Y + k) | (e^{X} Y + k) > 0] \end{array}

$\begin{eqnarray*} E\left[\left.\left(e^{X}Y+k\right)\right|\left.\left(e^{X}Y+k\right)>0\right]\right. \end{eqnarray*}$

E

$E$ ist der Erwartungsoperator.

\begin{array}{rcl} X \sim N (μ_{X}, σ_{X}^{2}); Y \sim N (μ_{Y}, σ_{Y}^{2}); X and Y are independent. Also, k < 0 \end{array}

$\begin{eqnarray*} X\sim N\left(\mu_{X},\sigma_{X}^{2}\right);Y\sim N\left(\mu_{Y},\sigma_{Y}^{2}\right);X\;\text{and }Y\text{ are independent. Also, }k<0 \end{eqnarray*}$

KEY MISSING LINK

Der obige Ausdruck hängt davon ab, ob der folgende allgemeine Ausdruck bewiesen wird oder zumindest gezeigt wird, dass er für den Sonderfall der Normal- und Log-Normalverteilung gilt.

$E[UV\mid UV>c] = E[UE[V\mid UV>c]]$

Hier sind unabhängige Zufallsvariablen, die diskret oder kontinuierlich sein können und jeder Wahrscheinlichkeitsverteilung folgen. ist der Erwartungsoperator. ist eine Konstante. $U,V$ $E$ $c$

Natürlich benötigen wir für unsere Hauptfrage nur den Fall, dass einer von ihnen normal verteilt ist und der andere logarithmisch normal ist? Angenommen, ist logarithmisch normal und ist normal. Trifft die obige Identität für diesen Sonderfall zu? $U$ $V$

Dies wird aufgrund seiner Bedeutung als separate Frage gestellt: Beweis der Vereinfachung der bedingten Erwartung des Produkts zufälliger Variablen

SCHRITTE VERSUCHT

0) GEMEINSAME ZUSTANDSDICHTE

Ich habe Schwierigkeiten, die bedingte Gelenkdichte zu finden, die in der obigen Erwartung verwendet werden kann. Die Gelenkdichtefunktion von nur und ist einfach und folgt aus der Standarddichtefunktion für den bivariaten Normalfall. Wie würden wir den bedingten Aspekt in die Gelenkdichtefunktion einbeziehen? $X$ $Y$

1) NORMALES LOG-NORMALES MISCHPAPIER VON YANG

(Link: http://repec.org/esAUSM04/up.21034.1077779387.pdf )

Dieses Papier hat die ersten vier zentralen Momente ohne Beweis (Gleichung 5 im obigen Papier). Wenn jemand diese Beweise liefern könnte, könnte dies mehr Licht auf das oben genannte Problem werfen.

Die Variablen im Yang-Papier sind korreliert, was oben leicht anzuwenden ist. Sie haben aber auch einen Mittelwert von Null in der Arbeit, was in unserem Fall nicht direkt gilt, da wir einen Mittelwert ungleich Null haben.

2) ANDERE VERWANDTE LINKS

a) Interessante Frage zu einer Erwartung, die eine leicht modifizierte Form des normalen logarithmisch-normalen Gemisches beinhaltet. Diesem fehlt jedoch der bedingte Aspekt, und daher müssen einige Änderungen vorgenommen werden, bevor er für das obige Problem verwendet werden kann.

/math/1142841/covariance-in-normal-lognormal-nln-mixture

b) Eine weitere Frage zur normalen logarithmisch-normalen Mischung, obwohl dies keine tiefere Diskussion enthält.

/math/159818/combination-of-a-normal-rv-with-a-log-normal-one

c) Frage zur bedingten Erwartung des Produkts unabhängiger Zufallsvariablen. Es wäre gut zu wissen, welche Aspekte davon in unserem Fall zutreffen.

/math/544410/result-and-proof-on-the-conditional-expectation-of-the-product-of-two-random-var

d) Weitere interessante Fragen zur bedingten Erwartung unabhängiger Zufallsvariablen.

/math/380866/conditional-expectations-for-independent-random-variables?rq=1

/math/55524/rule-with-independent-random-variables-and-conditional-expectations?rq=1

3) Annäherungen an die Taylor-Serie

Wäre es möglich, hier ernsthafte Näherungswerte zu verwenden? Ich bin wenig verwirrt aufgrund der bedingten Erwartung und der normalen logarithmischen Normalmischung? Hinweise darauf, ob dies möglich ist und wie es weitergehen soll oder ob dies hier nicht anwendbar ist, wären großartig.

4) VERWENDUNG VON STANDARD NORMAL (SCHEINT WIE EIN TOTES ENDE)

Ich weiß, dass es eine Lösung gibt, wenn wir diese Summe mit der folgenden Standardnormalen ausdrücken können. Bitte beraten Sie auch, wie dies oder andere Alternativen zur Lösung des oben genannten Problems zu tun sind. Dies scheint eine Sackgasse zu sein, wie Experten in diesem Forum bestätigt haben. Aber immer noch hier bleiben, wenn jemand einen Weg findet, diesen Ansatz weiter zu verwenden.

\begin{array}{rcl} W = (e^{X} Y + k) <=> μ + σ Z where, Z \sim N (0, 1) \end{array}

$\begin{eqnarray*} W=\left(e^{X}Y+k\right)<=>\mu+\sigma Z\text{ where, }Z\sim N\left(0,1\right) \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} [W \sim N (μ, σ^{2}) \Rightarrow W = μ + σ Z; W > 0 \Rightarrow Z > - μ / σ] \end{array}

$\begin{eqnarray*} \left[W\sim N\left(\mu,\sigma^{2}\right)\Rightarrow W=\mu+\sigma Z\;;\; W>0\Rightarrow Z>-\mu/\sigma\right] \end{eqnarray*}$ Wir müssen dann bestimmen .

μ and σ

$\mu\text{ and }\sigma$

Wir haben für jede Standardnormalverteilung und für jedes . Hier sind und das normale Standard-PDF bzw. CDF. Daher haben wir, $Z$ $u,$ $Pr\left[Z>\text-u\right]=Pr\left[Z<u\right]=\mathbf{\Phi}\left(u\right)$ $\phi$ $\mathbf{\Phi}$

\begin{array}{rcl} E [Z | Z > - u] & = & \frac{1}{Φ (u)} [\int_{- u}^{\infty} t ϕ (t) d t] \\ = & \frac{1}{Φ (u)} [{- ϕ (t) |}_{- u}^{\infty}] = \frac{ϕ (u)}{Φ (u)} \end{array}

$\begin{eqnarray*} E\left[\left.Z\right|Z>-u\right] & = & \frac{1}{\mathbf{\Phi}\left(u\right)}\left[\int_{-u}^{\infty}t\phi\left(t\right)dt\right]\\ & = & \frac{1}{\mathbf{\Phi}\left(u\right)}\left[\left.-\phi\left(t\right)\right|_{-u}^{\infty}\right]=\frac{\phi\left(u\right)}{\mathbf{\Phi}\left(u\right)} \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} E [Y | Y > 0] & = & μ + σ E [Z | Z > (- \frac{μ}{σ})] \\ = & μ + \frac{σ ϕ (μ / σ)}{Φ (μ / σ)} \end{array}

$\begin{eqnarray*} E\left[\left.Y\right|Y>0\right] & = & \mu+\sigma E\left[\left.Z\right|Z>\left(-\frac{\mu}{\sigma}\right)\right]\\ & = & \mu+\frac{\sigma\phi\left(\mu/\sigma\right)}{\mathbf{\Phi}\left(\mu/\sigma\right)} \end{eqnarray*}$ Einstellung, ,

ψ (u) = u + ϕ (u) / Φ (u)

$\psi\left(u\right)=u+\phi\left(u\right)/\Phi\left(u\right)$

\begin{array}{rcl} E [Y | Y > 0] = σ ψ (μ / σ) \end{array}

$\begin{eqnarray*} E\left[\left.Y\right|Y>0\right]=\sigma\psi\left(\mu/\sigma\right) \end{eqnarray*}$

— Texmex
quelle

@gung, Bitte beachten Sie über den Schritten, die ich versucht habe. Das oben Gesagte als Standardnormalvariable mit geeignetem Mittelwert und Varianz auszudrücken, hat eine Lösung. Der Trick wäre also, das Obige in ein geeignetes Standardnormal umzuwandeln. Wenn es Alternativen gibt, schlagen Sie bitte auch vor. Danke für Ihre Hilfe.

— Texmex

Ich habe gerade auch die Mischung Paper on Normal und Log Normal von Yang gefunden, aber sie behandelt korrelierte Variablen und bin sich noch nicht sicher, wie ich die bedingte Erwartung erhalten soll. Bitte beraten Sie über geschlossene Lösungen, die für die oben genannten existieren könnten.

— Texmex

Was ist der Index in Ihrer ersten Formel?

T

$T$

— user765195

Entschuldigung, ich hätte das entweder entfernen oder früher klarstellen sollen, dass es Zeit ist. Ich nehme die Erwartung zum Zeitpunkt T an. Bitte lassen Sie mich wissen, wenn Sie weitere Details benötigen. Anregungen zu Antworten und Schritten wären willkommen?

— Texmex

Jede Referenz, die den Fehler analysiert, würde dies tun. Zunächst empfehle ich Ihnen jedoch, die Frage zu vereinfachen, indem Sie redundante Parameter eliminieren. Sie kann um auf eins reduziert werden, wobei eine Mittelwert-Null-Normalverteilung und eine beliebige Normalverteilung hat. Diese Vereinfachung wird die Art des Problems verdeutlichen und Ihnen möglicherweise dabei helfen, festzustellen, ob eine Taylor-Reihen-Näherung angemessen wäre.

e^{X} Y

$e^XY$

X

$X$

Y

$Y$

— whuber

Antworten:

Was ist die beabsichtigte Verwendung des Ergebnisses? Dies hängt davon ab, welche Art von Antwort erforderlich ist, um zu berücksichtigen, ob ein stochastischer (Monte-Carlo-) Simulationsansatz angemessen sein könnte. Und selbst das Gesamtbild ist, dass dieses Problem gelöst werden muss, und hat sich jemand dieses Problem ausgedacht ein Problem auf höherer Ebene zu lösen, und es könnte einen besseren Ansatz für das Problem auf höherer Ebene geben, der dies nicht erfordert.

Hier ist eine stochastische (Monte Carlo) Simulationslösung in MATLAB.

a = 1; b = 2; c = 3; d = 4; k = -1; % Made up values for illustrative purpose
n = 1e8; % Number of replications
mux = 10; sigmax = 4; sigmay = 7; % Made up values for illustrative purposes
X = mux + sigmax * randn(n,1); Y = sigmay * randn(n,1); Y1 = a + b + c + d * Y;
success_index = exp(X).*Y1 > 0; % replications in which condition is true
num_success = sum(success_index);
Cond_Sample = exp(X(success_index)) .* Y1(success_index) + k;
disp([num_success mean(Cond_Sample) std(Cond_Sample)/sqrt(num_success)])
1.0e+09 *
0.058475265000000   1.502775087443930   0.057342191058931

— Mark L. Stone
quelle

Ich bin der Meinung, dass dies eine so grundlegende Kombination aus Normal und Log-Normal ist, dass es eine Lösung geben muss, wenn keine Annäherung verfügbar ist. Wenn dies nicht der Fall ist, wären angesichts der eher einfachen Natur des Problems weitere Fortschritte oder Durchbrüche für viele hilfreich, wie es scheint. Ich würde mich freuen, wenn ich so schnell wie möglich ein Kopfgeld dafür bekomme, nachdem ich fünf weitere Punkte erhalten habe.

— Texmex

Zu diesem Zeitpunkt habe ich wohl genug Werbegeschenke für einen Milliardärs-Hedgefonds-Tycoon gegeben. Sie können Pony spielen, wenn sie spezialisiertere Hilfe und Beratung wünschen. Oder ist das ein akademisches Projekt?

— Mark L. Stone

Dies ist ein akademisches Projekt. Ich bin kein Milliardär Hedge Fund Tycoon :-) Wenn dies nicht akademisch wäre, hätte eine Simulation es längst getötet. Eine bessere Antwort zu finden, wäre hauptsächlich im Interesse, Wissen zu erlangen und es zu verbreiten… Richtig?

— Texmex

Vielleicht sollten wir zusammenarbeiten. Sie können eine Einladung an mein LinkedIn-Konto senden, das in meinem Profil verlinkt ist. Und ich dachte nicht, dass Sie der Milliardärs-Hedgefonds-Tycoon sind - eher, dass Sie ein Angestellter sind, der für den Milliardärs-Hedgefonds-Tycoon arbeitet :).

— Mark L. Stone

Da ich das große Ganze immer noch nicht wirklich kenne, kann ich nicht beurteilen, welche Art von Lösung, wenn überhaupt, wirklich dafür benötigt wird. Und warum ist eine dieser Normalen oder Lognormalen und nicht einige dickere Schwanzverteilungen? Der Simulationsansatz bleibt bestehen, wenn sich Verteilungen ändern, Abhängigkeiten eingeführt werden usw.

— Mark L. Stone

Bemerkungen:

Die Verbindungsdichte wird durch Multiplizieren der Dichten angegeben, da sie idp sind. Eine Variable ist nur ein Parameter für die andere.
$Ye^X$ ist nicht normal verteilt, daher funktioniert Ansatz (4) nicht.
Mit den folgenden Ausdrücken können Sie möglicherweise eine Annäherung finden. Wenn nicht, sind sie mit einem Computer relativ einfach zu bewerten.

Sei , bezeichne und . Sei , dann und wenn und andernfalls. Da also nur ist, wenn , ist $X\sim\mathcal{N}(\mu, \sigma^2)$ $c = -k/y$ $d(y)=\log(-k/y)$ $Z=e^X$

E [Y Z ∣ B] = E [Y E [Z ∣ B]],

$E[YZ\mid B] = E[YE[Z\mid B]],$

E [Z ∣ Z > c] = e^{μ + σ^{2} / 2} \frac{P (X > d - σ^{2})}{P (X > d)},

$E[Z\mid Z>c] = e^{\mu+\sigma^2/2}\frac{P(X>d-\sigma^2)}{P(X>d)},$

c > 0

$c>0$

E [Z] = e^{μ + σ^{2} / 2}

$E[Z] = e^{\mu+\sigma^2/2}$

c > 0

$c>0$

Y < 0

$Y<0$

E [Y Z ∣ B] = \frac{1}{2} e^{μ + σ^{2} / 2} (E [Y 1 (Y > 0] + E [Y \frac{P (X > d (Y) - σ^{2})}{P (X > d (Y))} 1 (Y < 0)]) .

$E[YZ\mid B] = \frac{1}{2}e^{\mu+\sigma^2/2}\bigg(E[Y\mathbb{1}(Y>0] + E\Big[Y\frac{P(X>d(Y)-\sigma^2)}{P(X>d(Y))}\mathbb{1}(Y<0)\Big]\bigg).$

Der erste Teil ist einfach und der zweite

\int_{0}^{\infty} y f_{Y} (y) d y,

$\int_0^\infty y f_Y(y)\,dy,$

\int_{- \infty}^{0} y \frac{P (X > l o g (- \frac{k}{y}) - σ^{2})}{P (X > l o g (- \frac{k}{y}))} f_{Y} (y) d y .

$\int_{-\infty}^0 y \frac{P(X>log(-\frac{k}{y})-\sigma^2)}{P(X>log(-\frac{k}{y}))}f_Y(y)\,dy.$

— Hunaphu
quelle

Danke für die hilfreiche Antwort. Hier ist , aber ich nehme an, wir ändern nur das Vorzeichen und alles folgt. Könnten Sie bitte auch die Schritte näher erläutern, um die folgenden beiden Ergebnisse zu erhalten? Folgt der erste einfach aus der Unabhängigkeit oder handelt es sich um einen anderen besonderen Zweck? # 1) # 2)

k < 0

$k<0$

E [Y Z ∣ B] = E [Y E [Z ∣ B]],

$E[YZ\mid B] = E[YE[Z\mid B]],$

E [Z ∣ Z > c] = e^{μ + σ^{2} / 2} \frac{P (X > d - σ^{2})}{P (X > d)},

$E[Z\mid Z>c] = e^{\mu+\sigma^2/2}\frac{P(X>d-\sigma^2)}{P(X>d)},$

— texmex

Könnten Sie bitte auch erklären, wie Sie hier die bedingte Dichte einrichten?

E [Z Y ∣ Z Y \in B] = \int \int_{B} z y f_{Z Y ∣ B} d z d y = \int y (\int_{- k / y} z f_{Z} d z) f_{Y} d y

$E[ZY\mid ZY\in B] = \int\int_B zy f_{ZY\mid B}\,dz\,dy = \int y \Big(\int_{-k/y} z f_Z\,dz\Big) f_Y\,dy$

— texmex

Es gab einen Fehler im zweidimensionalen Integral. Wenn Sie es sich jetzt ansehen, sollte klar sein, woher stammt - ansonsten lassen Sie es mich wissen! Die bedingte Erwartung ist ein Standardergebnis, das beispielsweise im Wikipedia-Artikel für lognormal zu finden ist. Sie finden es, indem Sie e ^ X f_X mit einigen Einschränkungen integrieren.

E [Y Z ∣ B]

$E[YZ\mid B]$

— Hunaphu

Sehr dankbar für Ihre Klarstellungen. Ich sehe, wie wir das bekommen würden, aber ich habe diesen Link gefunden, als ich versucht habe, dies besser zu verstehen, und vielleicht verwirre ich etwas, würde aber die Antwort unter diesem Link gilt in unserem Fall nicht. math.stackexchange.com/questions/544410/…

E [Y Z ∣ B] = E [Y E [Z ∣ B]],

$E[YZ\mid B] = E[YE[Z\mid B]],$

— texmex

Wir haben

E [Y E [Z ∣ B] \neq E [Y] E [Z ∣ B]

$E[YE[Z\mid B]\neq E[Y]E[Z\mid B]$

— Hunaphu

Diese Lösung ist auf die Vorschläge und Korrekturen von @Hunaphu, @whuber und anderen zurückzuführen. Könnte jemand bitte überprüfen, ob alle Schritte sinnvoll sind?

ANTWORT SCHRITTE STARTEN

Verwenden einiger Notationsverknüpfungen,

Betrachten Sie: Hier ist die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion für , hier ist die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion für ,

\begin{array}{rcl} E [(e^{X} Y + k) | (e^{X} Y + k) > 0] & = & E [k | (e^{X} Y + k) > 0] + E [(e^{X} Y) | (e^{X} Y + k) > 0] \end{array}

$\begin{eqnarray*} E\left[\left.\left(e^{X}Y+k\right)\right|\left(e^{X}Y+k\right)>0\right] & = & E\left[k\left|\left(e^{X}Y+k\right)>0\right.\right]+E\left[\left(e^{X}Y\right)\left|\left(e^{X}Y+k\right)>0\right.\right] \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} = & k + E [(Y e^{X}) | (Y e^{X} + k) > 0] \end{array}

$\begin{eqnarray*} & = & k+E\left[\left.\left(Ye^{X}\right)\right|\left.\left(Ye^{X}+k\right)>0\right]\right. \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} = & k + \int \int y e^{x} f (y e^{x} | {y e^{x} + k} > 0) d x d y \end{array}

$\begin{eqnarray*} & = & k+\int\int ye^{x}f\left(\left.ye^{x}\right|\left\{ ye^{x}+k\right\} >0\right)dxdy \end{eqnarray*}$

f (w)

$f\left(w\right)$

w

$w$

f (w)

$f\left(w\right)$

w

$w$

\begin{array}{rcl} = & k + \int \int y e^{x} \frac{f (y e^{x}; {y e^{x} + k} > 0)}{f ({y e^{x} + k} > 0)} d x d y \end{array}

$\begin{eqnarray*} & = & k+\int\int ye^{x}\frac{f\left(ye^{x};\left\{ ye^{x}+k\right\} >0\right)}{f\left(\left\{ ye^{x}+k\right\} >0\right)}dxdy \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} [We note that, y e^{x} > - k > 0 \Rightarrow y > 0] \end{array}

$\begin{eqnarray*} \left[\text{We note that, }ye^{x}>-k>0\Rightarrow y>0\right] \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} = & k + \int \int y e^{x} \frac{f (y) f (e^{x}; {y e^{x} + k} > 0)}{f ({y e^{x} + k} > 0)} d x d y \end{array}

$\begin{eqnarray*} & = & k+\int\int ye^{x}\frac{f\left(y\right)f\left(e^{x};\left\{ ye^{x}+k\right\} >0\right)}{f\left(\left\{ ye^{x}+k\right\} >0\right)}dxdy \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} = & k + \int y [\int \frac{e^{x} f (e^{x}; {e^{x} > - \frac{k}{y}})}{f (e^{x} > - \frac{k}{y})} d x] f (y) d y \end{array}

$\begin{eqnarray*} & = & k+\int y\left[\int\frac{e^{x}f\left(e^{x};\left\{ e^{x}>-\frac{k}{y}\right\} \right)}{f\left(e^{x}>-\frac{k}{y}\right)}dx\right]f\left(y\right)dy \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} = & k + \int y [\int e^{x} f (e^{x} | {e^{x} > - \frac{k}{y}}) d x] f (y) d y \end{array}

$\begin{eqnarray*} & = & k+\int y\left[\int e^{x}f\left(e^{x}\left|\left\{ e^{x}>-\frac{k}{y}\right\} \right.\right)dx\right]f\left(y\right)dy \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} = & k + \int_{0}^{(y < - k)} y [\int e^{x} f (e^{x} | {e^{x} > 1}) d x] f (y) d y + \int_{(y > - k)}^{\infty} y [\int e^{x} f (e^{x} | {e^{x} < 1}) d x] f (y) d y \end{array}

$\begin{eqnarray*} & = & k+\int_{0}^{\left(y<-k\right)}y\left[\int e^{x}f\left(e^{x}\left|\left\{ e^{x}>1\right\} \right.\right)dx\right]f\left(y\right)dy+\int_{\left(y>-k\right)}^{\infty}y\left[\int e^{x}f\left(e^{x}\left|\left\{ e^{x}<1\right\} \right.\right)dx\right]f\left(y\right)dy \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} = & k + \int_{0}^{(- k)} y [E (W | W > c)] f (y) d y + \int_{(- k)}^{\infty} y [E (W | W < c)] f (y) d y; here, W = e^{X} and c = 1 \end{array}

$\begin{eqnarray*} & = & k+\int_{0}^{\left(-k\right)}y\left[E\left(\left.W\right|W>c\right)\right]f\left(y\right)dy+\int_{\left(-k\right)}^{\infty}y\left[E\left(\left.W\right|W<c\right)\right]f\left(y\right)dy\quad;\;\text{here, }W=e^{X}\text{ and }c=1 \end{eqnarray*}$ Vereinfachung der inneren Erwartungen,

\begin{array}{rcl} E (W | W > c) = \frac{1}{P (e^{X} > c)} \int_{c}^{\infty} w \frac{1}{w σ_{X} \sqrt{2 π}} e^{- \frac{1}{2} {[\frac{l n (w) - μ_{X}}{σ_{X}}]}^{2}} d w \end{array}

$\begin{eqnarray*} E\left(\left.W\right|W>c\right)=\frac{1}{P\left(e^{X}>c\right)}\int_{c}^{\infty}w\frac{1}{w\sigma_{X}\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}\left[\frac{ln\left(w\right)-\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right]^{2}}dw \end{eqnarray*}$ Setzen , haben wir,

t = l n (w)

$t=ln\left(w\right)$

d w = e^{t} d t

$dw=e^{t}dt$

\begin{array}{rcl} E (W | W > c) = \frac{1}{P (X > l n (c))} \int_{l n (c)}^{\infty} \frac{e^{t}}{σ_{X} \sqrt{2 π}} e^{- \frac{1}{2} {(\frac{t - μ_{X}}{σ_{X}})}^{2}} d t \end{array}

$\begin{eqnarray*} E\left(\left.W\right|W>c\right)=\frac{1}{P\left(X>ln\left(c\right)\right)}\int_{ln\left(c\right)}^{\infty}\frac{e^{t}}{\sigma_{X}\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{t-\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)^{2}}dt \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} t - \frac{1}{2} {(\frac{t - μ_{X}}{σ_{X}})}^{2} = - \frac{1}{2 σ_{X}^{2}} {(t - (μ_{X} + σ_{X}^{2}))}^{2} + μ_{X} + \frac{σ_{X}^{2}}{2} \end{array}

$\begin{eqnarray*} t-\frac{1}{2}\left(\frac{t-\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)^{2}=-\frac{1}{2\sigma_{X}^{2}}\left(t-\left(\mu_{X}+\sigma_{X}^{2}\right)\right)^{2}+\mu_{X}+\frac{\sigma_{X}^{2}}{2} \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} E (W | W > c) = \frac{e^{(μ_{X} + \frac{1}{2} σ_{X}^{2})}}{P (μ_{X} + σ_{X} Z > l n (c))} \int_{l n (c)}^{\infty} \frac{1}{σ_{X} \sqrt{2 π}} e^{- \frac{1}{2} {[\frac{t - (μ_{X} + σ_{X}^{2})}{σ_{X}}]}^{2}} d t; Z \sim N (0, 1) \end{array}

$\begin{eqnarray*} E\left(\left.W\right|W>c\right)=\frac{e^{\left(\mu_{X}+\frac{1}{2}\sigma_{X}^{2}\right)}}{P\left(\mu_{X}+\sigma_{X}Z>ln\left(c\right)\right)}\int_{ln\left(c\right)}^{\infty}\frac{1}{\sigma_{X}\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}\left[\frac{t-\left(\mu_{X}+\sigma_{X}^{2}\right)}{\sigma_{X}}\right]^{2}}dt\quad;Z\sim N\left(0,1\right) \end{eqnarray*}$ Put und wir haben,

s = [\frac{t - (μ_{X} + σ_{X}^{2})}{σ_{X}}]

$s=\left[\frac{t-\left(\mu_{X}+\sigma_{X}^{2}\right)}{\sigma_{X}}\right]$

b = [\frac{l n (c) - (μ_{X} + σ_{X}^{2})}{σ_{X}}]

$b=\left[\frac{ln\left(c\right)-\left(\mu_{X}+\sigma_{X}^{2}\right)}{\sigma_{X}}\right]$

d s = \frac{d t}{σ_{X}}

$ds=\frac{dt}{\sigma_{X}}$

\begin{array}{rcl} E (W | W > c) = \frac{e^{(μ_{X} + \frac{1}{2} σ_{X}^{2})}}{P (Z > \frac{l n (c) - μ_{X}}{σ_{X}})} \int_{b}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- \frac{1}{2} s^{2}} d s \end{array}

$\begin{eqnarray*} E\left(\left.W\right|W>c\right)=\frac{e^{\left(\mu_{X}+\frac{1}{2}\sigma_{X}^{2}\right)}}{P\left(Z>\frac{ln\left(c\right)-\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)}\int_{b}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}s^{2}}ds \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} = \frac{e^{(μ_{X} + \frac{1}{2} σ_{X}^{2})}}{P (Z < \frac{- l n (c) + μ_{X}}{σ_{X}})} [\int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- \frac{1}{2} s^{2}} d s - \int_{- \infty}^{b} \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- \frac{1}{2} s^{2}} d s] \end{array}

$\begin{eqnarray*} =\frac{e^{\left(\mu_{X}+\frac{1}{2}\sigma_{X}^{2}\right)}}{P\left(Z<\frac{-ln\left(c\right)+\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)}\left[\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}s^{2}}ds-\int_{-\infty}^{b}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}s^{2}}ds\right] \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} = \frac{e^{(μ_{X} + \frac{1}{2} σ_{X}^{2})}}{P (Z < \frac{- l n (c) + μ_{X}}{σ_{X}})} [1 - Φ (b)]; Φ is the standard normal CDF \end{array}

$\begin{eqnarray*} =\frac{e^{\left(\mu_{X}+\frac{1}{2}\sigma_{X}^{2}\right)}}{P\left(Z<\frac{-ln\left(c\right)+\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)}\left[1-\Phi\left(b\right)\right]\quad;\Phi\text{ is the standard normal CDF} \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} = \frac{e^{(μ_{X} + \frac{1}{2} σ_{X}^{2})}}{Φ (\frac{- l n (c) + μ_{X}}{σ_{X}})} [Φ (- b)] \end{array}

$\begin{eqnarray*} =\frac{e^{\left(\mu_{X}+\frac{1}{2}\sigma_{X}^{2}\right)}}{\Phi\left(\frac{-ln\left(c\right)+\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)}\left[\Phi\left(-b\right)\right] \end{eqnarray*}$ In ähnlicher Weise gilt für den anderen Fall Setzen , wir haben,

\begin{array}{rcl} E (W | W < c) = \frac{1}{P (e^{X} < c)} \int_{0}^{c} w \frac{1}{w σ_{X} \sqrt{2 π}} e^{- \frac{1}{2} {[\frac{l n (w) - μ_{X}}{σ_{X}}]}^{2}} d w \end{array}

$\begin{eqnarray*} E\left(\left.W\right|W<c\right)=\frac{1}{P\left(e^{X}<c\right)}\int_{0}^{c}w\frac{1}{w\sigma_{X}\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}\left[\frac{ln\left(w\right)-\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right]^{2}}dw \end{eqnarray*}$

t = l n (w)

$t=ln\left(w\right)$

d w = e^{t} d t

$dw=e^{t}dt$

\begin{array}{rcl} E (W | W < c) = \frac{1}{P (X < l n (c))} \int_{- \infty}^{l n (c)} \frac{e^{t}}{σ_{X} \sqrt{2 π}} e^{- \frac{1}{2} {(\frac{t - μ_{X}}{σ_{X}})}^{2}} d t \end{array}

$\begin{eqnarray*} E\left(\left.W\right|W<c\right)=\frac{1}{P\left(X<ln\left(c\right)\right)}\int_{-\infty}^{ln\left(c\right)}\frac{e^{t}}{\sigma_{X}\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{t-\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)^{2}}dt \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} t - \frac{1}{2} {(\frac{t - μ_{X}}{σ_{X}})}^{2} = - \frac{1}{2 σ_{X}^{2}} {(t - (μ_{X} + σ_{X}^{2}))}^{2} + μ_{X} + \frac{σ_{X}^{2}}{2} \end{array}

\begin{array}{rcl} E (W | W < c) = \frac{e^{(μ_{X} + \frac{1}{2} σ_{X}^{2})}}{P (μ_{X} + σ_{X} Z < l n (c))} \int_{- \infty}^{l n (c)} \frac{1}{σ_{X} \sqrt{2 π}} e^{- \frac{1}{2} {[\frac{t - (μ_{X} + σ_{X}^{2})}{σ_{X}}]}^{2}} d t; Z \sim N (0, 1) \end{array}

$\begin{eqnarray*} E\left(\left.W\right|W<c\right)=\frac{e^{\left(\mu_{X}+\frac{1}{2}\sigma_{X}^{2}\right)}}{P\left(\mu_{X}+\sigma_{X}Z<ln\left(c\right)\right)}\int_{-\infty}^{ln\left(c\right)}\frac{1}{\sigma_{X}\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}\left[\frac{t-\left(\mu_{X}+\sigma_{X}^{2}\right)}{\sigma_{X}}\right]^{2}}dt\quad;Z\sim N\left(0,1\right) \end{eqnarray*}$ Put und wir,

s = [\frac{t - (μ_{X} + σ_{X}^{2})}{σ_{X}}]

$s=\left[\frac{t-\left(\mu_{X}+\sigma_{X}^{2}\right)}{\sigma_{X}}\right]$

b = [\frac{l n (c) - (μ_{X} + σ_{X}^{2})}{σ_{X}}]

$b=\left[\frac{ln\left(c\right)-\left(\mu_{X}+\sigma_{X}^{2}\right)}{\sigma_{X}}\right]$

d s = \frac{d t}{σ_{X}}

$ds=\frac{dt}{\sigma_{X}}$

\begin{array}{rcl} E (W | W < c) = \frac{e^{(μ_{X} + \frac{1}{2} σ_{X}^{2})}}{P (Z < \frac{l n (c) - μ_{X}}{σ_{X}})} \int_{- \infty}^{b} \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- \frac{1}{2} s^{2}} d s \end{array}

$\begin{eqnarray*} E\left(\left.W\right|W<c\right)=\frac{e^{\left(\mu_{X}+\frac{1}{2}\sigma_{X}^{2}\right)}}{P\left(Z<\frac{ln\left(c\right)-\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)}\int_{-\infty}^{b}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}s^{2}}ds \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} = \frac{e^{(μ_{X} + \frac{1}{2} σ_{X}^{2})}}{P (Z < \frac{l n (c) - μ_{X}}{σ_{X}})} [Φ (b)]; Φ is the standard normal CDF \end{array}

$\begin{eqnarray*} =\frac{e^{\left(\mu_{X}+\frac{1}{2}\sigma_{X}^{2}\right)}}{P\left(Z<\frac{ln\left(c\right)-\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)}\left[\Phi\left(b\right)\right]\quad;\Phi\text{ is the standard normal CDF} \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} = \frac{e^{(μ_{X} + \frac{1}{2} σ_{X}^{2})}}{Φ (\frac{l n (c) - μ_{X}}{σ_{X}})} [Φ (b)] \end{array}

$\begin{eqnarray*} =\frac{e^{\left(\mu_{X}+\frac{1}{2}\sigma_{X}^{2}\right)}}{\Phi\left(\frac{ln\left(c\right)-\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)}\left[\Phi\left(b\right)\right] \end{eqnarray*}$ Verwenden Sie die Ergebnisse für die inneren Erwartungen.

\begin{array}{rcl} E [(e^{X} Y + k) | (e^{X} Y + k) > 0] = k + \int_{0}^{(- k)} y [\frac{e^{(μ_{X} + \frac{1}{2} σ_{X}^{2})}}{Φ (\frac{- l n (c) + μ_{X}}{σ_{X}})} [Φ (- b)]] f (y) d y + \int_{(- k)}^{\infty} y [\frac{e^{(μ_{X} + \frac{1}{2} σ_{X}^{2})}}{Φ (\frac{l n (c) - μ_{X}}{σ_{X}})} [Φ (b)]] f (y) d y \end{array}

$\begin{eqnarray*} E\left[\left.\left(e^{X}Y+k\right)\right|\left(e^{X}Y+k\right)>0\right]=k+\int_{0}^{\left(-k\right)}y\left[\frac{e^{\left(\mu_{X}+\frac{1}{2}\sigma_{X}^{2}\right)}}{\Phi\left(\frac{-ln\left(c\right)+\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)}\left[\Phi\left(-b\right)\right]\right]f\left(y\right)dy+\int_{\left(-k\right)}^{\infty}y\left[\frac{e^{\left(\mu_{X}+\frac{1}{2}\sigma_{X}^{2}\right)}}{\Phi\left(\frac{ln\left(c\right)-\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)}\left[\Phi\left(b\right)\right]\right]f\left(y\right)dy \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} = k + e^{(μ_{X} + \frac{1}{2} σ_{X}^{2})} [\int_{0}^{(- k)} y {\frac{Φ (\frac{μ_{X} + σ_{X}^{2}}{σ_{X}})}{Φ (\frac{μ_{X}}{σ_{X}})}} f (y) d y + \int_{(- k)}^{\infty} y {\frac{Φ (- [\frac{μ_{X} + σ_{X}^{2}}{σ_{X}}])}{Φ (- [\frac{μ_{X}}{σ_{X}}])}} f (y) d y] \end{array}

$\begin{eqnarray*} =k+e^{\left(\mu_{X}+\frac{1}{2}\sigma_{X}^{2}\right)}\left[\int_{0}^{\left(-k\right)}y\left\{ \frac{\Phi\left(\frac{\mu_{X}+\sigma_{X}^{2}}{\sigma_{X}}\right)}{\Phi\left(\frac{\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)}\right\} f\left(y\right)dy+\int_{\left(-k\right)}^{\infty}y\left\{ \frac{\Phi\left(-\left[\frac{\mu_{X}+\sigma_{X}^{2}}{\sigma_{X}}\right]\right)}{\Phi\left(-\left[\frac{\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right]\right)}\right\} f\left(y\right)dy\right] \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} = k + e^{(μ_{X} + \frac{1}{2} σ_{X}^{2})} [\int_{0}^{(- k)} y {\frac{Φ (\frac{μ_{X} + σ_{X}^{2}}{σ_{X}})}{Φ (\frac{μ_{X}}{σ_{X}})}} f (y) d y + \int_{(- k)}^{\infty} y {\frac{1 - Φ (\frac{μ_{X} + σ_{X}^{2}}{σ_{X}})}{1 - Φ (\frac{μ_{X}}{σ_{X}})}} f (y) d y] \end{array}

$\begin{eqnarray*} =k+e^{\left(\mu_{X}+\frac{1}{2}\sigma_{X}^{2}\right)}\left[\int_{0}^{\left(-k\right)}y\left\{ \frac{\Phi\left(\frac{\mu_{X}+\sigma_{X}^{2}}{\sigma_{X}}\right)}{\Phi\left(\frac{\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)}\right\} f\left(y\right)dy+\int_{\left(-k\right)}^{\infty}y\left\{ \frac{1-\Phi\left(\frac{\mu_{X}+\sigma_{X}^{2}}{\sigma_{X}}\right)}{1-\Phi\left(\frac{\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)}\right\} f\left(y\right)dy\right] \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} = & k + e^{(μ_{X} + \frac{1}{2} σ_{X}^{2})} [{\frac{Φ (\frac{μ_{X} + σ_{X}^{2}}{σ_{X}})}{Φ (\frac{μ_{X}}{σ_{X}})}} \int_{- \frac{μ_{Y}}{σ_{Y}}}^{- (\frac{k + μ_{Y}}{σ_{Y}})} (μ_{Y} + σ_{Y} z) \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- \frac{1}{2} z^{2}} d z \\ + {\frac{1 - Φ (\frac{μ_{X} + σ_{X}^{2}}{σ_{X}})}{1 - Φ (\frac{μ_{X}}{σ_{X}})}} \int_{- (\frac{k + μ_{Y}}{σ_{Y}})}^{\infty} (μ_{Y} + σ_{Y} z) \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- \frac{1}{2} z^{2}} d z]; Z \sim N (0, 1) \end{array}

$\begin{eqnarray*} & = & k+e^{\left(\mu_{X}+\frac{1}{2}\sigma_{X}^{2}\right)}\left[\left\{ \frac{\Phi\left(\frac{\mu_{X}+\sigma_{X}^{2}}{\sigma_{X}}\right)}{\Phi\left(\frac{\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)}\right\} \int_{-\frac{\mu_{Y}}{\sigma_{Y}}}^{-\left(\frac{k+\mu_{Y}}{\sigma_{Y}}\right)}\left(\mu_{Y}+\sigma_{Y}z\right)\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}z^{2}}dz\right.\\ & & +\left.\left\{ \frac{1-\Phi\left(\frac{\mu_{X}+\sigma_{X}^{2}}{\sigma_{X}}\right)}{1-\Phi\left(\frac{\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)}\right\} \int_{-\left(\frac{k+\mu_{Y}}{\sigma_{Y}}\right)}^{\infty}\left(\mu_{Y}+\sigma_{Y}z\right)\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}z^{2}}dz\right]\quad;Z\sim N\left(0,1\right) \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} = & k + e^{(μ_{X} + \frac{1}{2} σ_{X}^{2})} [{\frac{Φ (\frac{μ_{X} + σ_{X}^{2}}{σ_{X}})}{Φ (\frac{μ_{X}}{σ_{X}})}} {μ_{Y} [Φ (- [\frac{k + μ_{Y}}{σ_{Y}}]) - Φ (- \frac{μ_{Y}}{σ_{Y}})] - \frac{σ_{Y}}{\sqrt{2 π}} [e^{- \frac{1}{2} {(\frac{k + μ_{Y}}{σ_{Y}})}^{2}} - e^{- \frac{1}{2} {(\frac{μ_{Y}}{σ_{Y}})}^{2}}]} \\ + {\frac{1 - Φ (\frac{μ_{X} + σ_{X}^{2}}{σ_{X}})}{1 - Φ (\frac{μ_{X}}{σ_{X}})}} {μ_{Y} [1 - Φ (- [\frac{k + μ_{Y}}{σ_{Y}}])] + \frac{σ_{Y}}{\sqrt{2 π}} [e^{- \frac{1}{2} {(\frac{k + μ_{Y}}{σ_{Y}})}^{2}}]}] \end{array}

$\begin{eqnarray*} & = & k+e^{\left(\mu_{X}+\frac{1}{2}\sigma_{X}^{2}\right)}\left[\left\{ \frac{\Phi\left(\frac{\mu_{X}+\sigma_{X}^{2}}{\sigma_{X}}\right)}{\Phi\left(\frac{\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)}\right\} \left\{ \mu_{Y}\left[\Phi\left(-\left[\frac{k+\mu_{Y}}{\sigma_{Y}}\right]\right)-\Phi\left(-\frac{\mu_{Y}}{\sigma_{Y}}\right)\right]-\frac{\sigma_{Y}}{\sqrt{2\pi}}\left[e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{k+\mu_{Y}}{\sigma_{Y}}\right)^{2}}-e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{\mu_{Y}}{\sigma_{Y}}\right)^{2}}\right]\right\} \right.\\ & & +\left.\left\{ \frac{1-\Phi\left(\frac{\mu_{X}+\sigma_{X}^{2}}{\sigma_{X}}\right)}{1-\Phi\left(\frac{\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)}\right\} \left\{ \mu_{Y}\left[1-\Phi\left(-\left[\frac{k+\mu_{Y}}{\sigma_{Y}}\right]\right)\right]+\frac{\sigma_{Y}}{\sqrt{2\pi}}\left[e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{k+\mu_{Y}}{\sigma_{Y}}\right)^{2}}\right]\right\} \right] \end{eqnarray*}$

— Texmex
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Ja, das oder einfach eine stochastische Simulation. Wer sind diese Leute, die im akademischen Urteil sitzen und keine simulationsbasierten Lösungen zulassen? Es gibt Professoren an den renommiertesten Universitäten der Welt, Zeitschriften und Bücher, die sich nur mit stochastischer Simulation befassen. Hinweis: Nennen wir es stochastische Simulation, nicht Monte-Carlo-Simulation - es klingt raffinierter und weniger "vulgär".

— Mark L. Stone

@ MarkL.Stone Du bist lustig und hast Recht mit der stochastischen Simulation. Wie ich bereits erwähnt habe, besteht die Frage zu diesem Zeitpunkt darin, keinen Professor oder Hedgefonds-Manager glücklich zu machen. Es ist Wissen um seiner selbst willen ... :-)

— Texmex