주가의 움직임 #6 - 브라운 다리

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주가의 움직임 #6 - 브라운 다리

horust 2025. 4. 30. 08:48

브라운 운동의 보간법

예전에 살펴 보았던 브라운 운동(위너 과정)을 잠시 떠올려 봅시다. 브라운 운동은 본질적으로 동전 던지기입니다. 동전을 던져서 앞면이 나오면 앞으로 한 걸음, 뒷면이 나오면 뒤로 한 걸음 걸어 보는 겁니다. 한 시간에 동전을 한 번만 던진다면 $t$ 시간 후의 위치는 이렇게 됩니다.

$\begin{aligned} W_{1} (0) & = 0 \\ W_{1} (1) & = W_{1} (0) + \frac{x_{1}}{\sqrt{1}} = x_{1} \\ W_{1} (2) & = W_{1} (1) + \frac{x_{2}}{\sqrt{1}} = x_{1} + x_{2} \\ . . . \\ W_{1} (t) & = x_{1} + x_{2} + . . . + x_{t} = \sum_{i = 1}^{t} x_{i} \end{aligned}$

여기서 $x_{i}$ 는 동전 던지기 확률 변수이지만 표준 정규 확률 변수를 사용해도 됩니다. 그런데 두 시간 반 후의 위치는 어디라고 말할 수 있을까요? 한 시간에 동전을 두 번씩 던졌더라면 아래와 같이 바로 말할 수 있었을 겁니다.

$W_{2} (2.5) = \frac{x_{1}}{\sqrt{2}} + \frac{x_{2}}{\sqrt{2}} + \frac{x_{3}}{\sqrt{2}} + \frac{x_{4}}{\sqrt{2}} + \frac{x_{5}}{\sqrt{2}}$

하지만 이미 동전을 던졌기 때문에 이미 결정된 위치는 그대로 두고 두 시점 사이의 중간을 채워 넣어야 합니다(보간, interpolation). 가장 먼저 드는 생각은 두 시간 후 위치와 세 시간 후 위치의 중간이라고 말하는 겁니다.
$W_{1} (2.5) = \frac{1}{2} W_{1} (2) + \frac{1}{2} W_{1} (3)$

그런데 이렇게 정한 위치는 우연히 결정된 것이 아니라서 브라운 운동이라 말할 수 없습니다. 선형 보간법(linear interpolation)을 사용할 수는 없다는 것입니다. 그렇다면 이 방법은 어떨까요?
$W_{1} (2.5) = W_{1} (2) + \frac{x}{\sqrt{2}}$

이렇게 정한 위치는 확률적으로 결정된 것이기는 하지만 이것 역시 브라운 운동이라고 말할 수는 없습니다. 브라운 운동에서 $t$ 시간 후의 위치 $W_{n} (t)$ 는 분산이 $t$ 가 되는 정규 확률 변수입니다.

$W_{n} (t) \sim N (0, t)$

또한 $s$ 시간 후와 $t$ 시간 후의 위치 차이는 - 시점 $s$ 와 $t$ 사이의 위치 변화량은 - 분산이 $t - s$ 가 되는 정규 확률 변수입니다 $(t > s)$ .

$W_{n} (t) - W_{n} (s) \sim N (0, t - s)$

따라서 아래와 같이 되어야 브라운 운동이라고 말할 수 있습니다. 하지만 실제로 구해보면 그렇지 않습니다(주석 (1)).
$V a r (W_{1} (2.5) - W_{1} (2)) = V a r (W_{1} (3) - W_{1} (2.5)) = 0.5$

브라운 다리

두 시점 사이의 중간을 채워 넣는 올바른 보간법은 아래와 같습니다(주석 (2)).
$\begin{matrix} (1) & W_{1} (2.5) = \frac{1}{2} W_{1} (2) + \frac{1}{2} W_{1} (3) + \frac{x}{\sqrt{4}} \end{matrix}$

그림으로 그려 보면 이렇습니다. 두 위치 A, B를 잇는 직선의 중간 값에 확률 변수 $\frac{x}{\sqrt{4}}$ 를 더하는 겁니다. 이 확률 변수는 평균이 0, 분산이 1/4인 정규 분포를 따릅니다. $x$ 가 표준 정규 확률 변수이기 때문입니다.

이런 식으로 두 시점 사이를 계속 채워 나가면 떨어져 있던 두 곳이 다리로 연결됩니다. 그래서 이 방법을 브라운 다리(Brownian Bridge)라고 부릅니다.

이제 거꾸로 처음부터 브라운 다리가 먼저 있었다고 생각해 봅시다. 처음부터 있었다면 브라운 다리가 아니라 브라운 운동이라고 해야겠군요. 처음부터 한 시간에 동전을 $n$ 번 던졌다고 생각하는 겁니다. 아래 그림은 위의 브라운 다리가 원점에서 시작하도록 평행 이동만 한 겁니다.

위의 그림에서 $B_{n} (t)$ 를 브라운 다리라고 부릅니다. 브라운 다리는 $B_{n} (0) = B_{n} (1) = 0$ 이 됩니다. 그리고 브라운 다리의 평균과 분산은 다음과 같습니다(주석 (3)).
$B_{n} (t) = W_{n} (t) - W_{n} (1) \cdot t (0 \leq t \leq 1)$

$E (B_{n} (t)) = 0$

$V a r (B_{n} (t)) = t (1 - t)$

그리고 $W_{n} (t)$ 가 정규 확률 변수이므로 $B_{n} (t)$ 역시 정규 확률 변수가 됩니다.
$B_{n} (t) \sim N (0, t (1 - t))$

$∴ B_{n} (t) = \sqrt{t (1 - t)} \cdot x (x \sim N (0, 1))$

이제 어떤 두 점이 주어지더라도 그 두 점을 잇는 직선에 브라운 다리를 더하기만 하면 두 점의 사이가 브라운 운동으로 채워 집니다. 식 (1)을 일반화하면 식 (2)가 됩니다. 아래 식 (2)에 $t = 2.5$ 를 대입하면 식 (1)이 된다는 것을 확인할 수 있습니다.
$W_{1} (t) = \underset{l i n e f r o m A (2, W_{1} (2)) t o B (3, W_{1} (3))}{\underset{⏟}{\frac{W_{1} (3) - W_{1} (2)}{3 - 2} t + 3 W_{1} (2) - 2 W_{1} (3)}} + B (t - 2)$

$\begin{matrix} (2) & ∴ W_{1} (t) = (3 - t) W_{1} (2) + (t - 2) W_{1} (3) + B (t - 2) \end{matrix}$

일반화된 브라운 다리

평균이 $μ$ 이고 표준 편차가 $σ$ 인 일반화된 브라운 운동 $P_{n} (t)$ 는 다음과 같습니다.
$\begin{matrix} (3) & P_{n} (t) = μ t + σ W_{n} (t) \end{matrix}$

위의 식 (3)를 만족하는 두 점 $A (0, W_{n} (0))$ , $B (T, W_{n} (T))$ 를 잇는 직선은 아래와 같습니다.
$\frac{P_{n} (T) - P_{n} (0)}{T} \cdot t = \frac{P_{n} (T)}{T} \cdot t (0 \leq t \leq T)$

따라서 브라운 다리는 이렇게 놓을 수 있습니다. 평균이 얼마가 되든 아무런 상관이 없음을 알 수 있습니다.

$\begin{aligned} B_{n} (t) & = P_{n} (t) - \frac{P_{n} (T)}{T} \cdot t \\ = μ t + σ W_{n} (t) - \frac{t}{T} (μ T + σ W_{n} (T)) \\ = μ t + σ W_{n} (t) - μ t - \frac{t}{T} σ W_{n} (T) \end{aligned}$

$\begin{matrix} (4) & ∴ B_{n} (t) = σ (W_{n} (t) - \frac{t}{T} W_{n} (T)) \end{matrix}$

아래 그림은 식 (3)와 (4)을 사용하여 그린 브라운 운동과(옅은 회색) 브라운 다리(진한 회색) 각각 32개의 그래프입니다.

그리고 주석(3)을 참조하여 브라운 다리의 평균과 분산을 구해 보면 이렇게 됩니다.

$E (B_{n} (t)) = 0$

$V a r (B_{n} (t)) = \frac{t (T - t)}{T} σ^{2}$

$B_{n} (t) \sim N (0, \frac{t (T - t)}{T} σ^{2})$

이제 두 점 $A (t_{1}, a)$ 과 $B (t_{2}, b)$ 사이에 다리를 놓아 봅시다. 편의 상 $t_{2} - t_{1} = T$ 라고 가정하겠습니다.

$\begin{array}{r} B_{n}^{'} (t) = B_{n} (t - t_{1}) + \underset{l i n e f r o m A t o B}{\underset{⏟}{a + \frac{b - a}{T} t}} (t_{1} \leq t \leq t_{2}) \end{array}$

그리고 평균과 분산은 이렇게 계산됩니다.
$\begin{aligned} E (B_{n}^{'} (t)) & = E (B_{n} (t - t_{1}) + a + \frac{b - a}{T} t) \\ = E (B_{n} (t - t_{1})) + a + \frac{b - a}{T} t \\ = a + \frac{b - a}{T} t \end{aligned}$

$\begin{aligned} V a r (B_{n}^{'} (t)) & = V a r (B_{n} (t - t_{1}) + a + \frac{b - a}{T} t) \\ = V a r (B_{n} (t - t_{1})) \\ = \frac{t (T - t)}{T} σ^{2} \end{aligned}$

주석

(1) 잘못된 보간

$\begin{aligned} V a r (W_{1} (2.5) - W_{1} (2)) & = V a r (\frac{x}{\sqrt{2}}) \\ = \frac{1}{2} \cdot V a r (x) = 0.5 \end{aligned}$

$\begin{aligned} V a r (W_{1} (3) - W_{1} (2.5)) & = V a r (W_{1} (3) - W_{1} (2) - \frac{x}{\sqrt{2}}) \\ = V a r (W_{1} (3) - W_{1} (2)) + V a r (\frac{x}{\sqrt{2}}) \\ = 1 + 0.5 = 1.5 \end{aligned}$

$∴ V a r (W_{1} (2.5) - W_{1} (2)) \neq V a r (W_{1} (3) - W_{1} (2.5))$

(2) 올바른 보간

$\begin{aligned} V a r (W_{1} (2.5) - W_{1} (2)) & = V a r (\frac{1}{2} W_{1} (3) - \frac{1}{2} W_{1} (2) + \frac{x}{\sqrt{4}}) \\ = \frac{1}{4} \cdot V a r (W_{1} (3) - W_{1} (2)) + \frac{1}{4} \cdot V a r (x) \\ = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = 0.5 \end{aligned}$

$\begin{aligned} V a r (W_{1} (3) - W_{1} (2.5)) & = V a r (W_{1} (3) - (\frac{1}{2} W_{1} (2) + \frac{1}{2} W_{1} (3) + \frac{x}{\sqrt{4}})) \\ = V a r (\frac{1}{2} W_{1} (3) - \frac{1}{2} W_{1} (2) - \frac{x}{\sqrt{4}}) \\ = \frac{1}{4} \cdot V a r (W_{1} (3) - W_{1} (2)) + \frac{1}{4} \cdot V a r (x) \\ = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = 0.5 \end{aligned}$

$∴ V a r (W_{1} (2.5) - W_{1} (2)) = V a r (W_{1} (3) - W_{1} (2.5)) = 0.5$

(3) 브라운 다리의 평균과 분산

브라운 운동의 $W_{n} (t)$ 의 평균은 0이고, 분산 $t$ 이므로 아래 식이 성립합니다.
$\begin{aligned} V a r (W_{n} (t)) & = E (W_{n} (t)^{2}) - E (W_{n} (t))^{2} = t \end{aligned}$

$\begin{matrix} (a) & ∴ E (W_{n} (t)^{2}) = t \end{matrix}$

한편 $W_{n} (t_{1})$ 과 $W_{n} (t_{2})$ 의 공분산은 $t_{1}$ 이므로 $(t_{1} < t_{2})$ 아래 식이 성립합니다.
$\begin{aligned} C o v (W_{n} (t_{1}), W_{n} (t_{2})) & = E [W_{n} (t_{1}) \cdot W_{n} (t_{2})] - E [W_{n} (t_{1})] \cdot E [W_{n} (t_{2})] \\ = E [W_{n} (t_{1}) \cdot W_{n} (t_{2})] \\ = E [W_{n} (t_{1}) [W_{n} (t_{2}) - W_{n} (t_{1}) + W_{n} (t_{1})]] \\ = E [W_{n} (t_{1})] E [W_{n} (t_{2}) - W_{n} (t_{1})] + E [W_{n} (t_{1})^{2}] \\ = E [W_{n} (t_{1})^{2}] \\ = t_{1} \end{aligned}$

$\begin{matrix} (b) & ∴ E [W_{n} (t_{1}) \cdot W_{n} (t_{2})] = t_{1} \end{matrix}$

식 (a), (b)를 이용하여 브라운 다리의 평균과 분산을 구할 수 있습니다.

$\begin{aligned} E (B_{n} (t)) & = E (W_{n} (t) - t \cdot W_{n} (1)) \\ = E (W_{n} (t)) - t \cdot E (W_{n} (1)) \\ = 0 \\ V a r (B_{n} (t)) & = E (B_{n} (t)^{2}) - E (B_{n} (t))^{2} \\ = E ({(W_{n} (t) - t \cdot W_{n} (1))}^{2}) \\ = E (W_{n} (t)^{2} - 2 t \cdot W_{n} (t) W_{n} (1) + t^{2} \cdot W_{n} (1)^{2}) \\ = E (W_{n} (t)^{2}) - 2 t \cdot E (W_{n} (t) W_{n} (1)) + t^{2} \cdot E (W_{n} (1)^{2}) \\ = t - 2 t + t^{2} \\ = t (1 - t) \end{aligned}$

참고

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