Application of Optional Stopping Theorem

 

수렴 정리와 임의정지정리(OST): 왜 “공정한 게임”은 멈춰도 공정할까?

금융공학에서 “위험중립측도 하의 할인된 자산가격이 마팅게일”이라는 말은, 현재 정보로 본 미래의 평균(기댓값)이 현재 가격과 일치한다는 공정성(Fairness)을 뜻합니다. 그렇다면 자연스러운 질문이 생깁니다.

“우리가 임의의 시점 $\tau$에 거래/계약을 종료(정지)해도, 이 공정성은 유지되는가?”

이 질문에 답하는 핵심 도구가 임의정지정리(Optional Stopping Theorem, OST)이고, 그 논리의 심장부에는 수렴 정리(Convergence Theorems)—특히 DCT—가 있습니다. 이 글에서는 (1) 수렴정리의 역할, (2) OST의 3가지 충분조건과 “왜 필요한지”의 완전 증명, (3) “더블업(마틴게일 베팅)” 역설의 계산을 끝까지, (4) 대칭 랜덤워크 장벽도달시간 $E[\tau]=k^2$의 모든 중간단계, (5) 코사인 마팅게일로 $E[(-1)^\tau]=(-1)^k$의 모든 중간단계를 생략 없이 정리합니다.

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0. 큰 그림: “극한”과 “기댓값”의 순서를 바꿔도 되는가?

OST의 표준 증명 구조는 대부분 다음 한 줄로 요약됩니다.

$$E(M_{\tau\wedge n}) = E(M_0)\quad(\forall n),\quad \text{그리고 }n\to\infty\text{로 보내 }E(M_\tau)=E(M_0).$$

그런데 여기서 핵심 난제는 바로 이것입니다.

$$\lim_{n\to\infty}E(M_{\tau\wedge n}) \overset{?}{=} E\!\left(\lim_{n\to\infty} M_{\tau\wedge n}\right)=E(M_\tau).$$

즉, 극한과 기댓값(적분)의 교환이 정당화돼야 OST가 “진짜로” 성립합니다. 그래서 수렴정리가 중요합니다.

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1. 수렴 정리(Convergence Theorems) : OST 증명의 엔진

1.1 단조 수렴 정리 (MCT)

정리 (MCT)

$X_n\ge 0$이고 $X_n\uparrow X$ a.s.이면,

$$\lim_{n\to\infty}E[X_n]=E[X].$$

OST에서의 역할: $\tau\wedge n\uparrow \tau$처럼 “점점 덜 자르는” 절단(truncation)에서 자주 등장합니다.

1.2 파투의 보조정리 (Fatou)

정리 (Fatou)

$X_n\ge 0$이면,

$$E(\liminf_{n\to\infty}X_n)\le \liminf_{n\to\infty}E[X_n].$$

OST에서의 역할: 극한 교환이 “완전 동일”하지 않더라도, 최소한의 경계(하한)를 제공해 논리의 안전장치가 됩니다.

1.3 지배 수렴 정리 (DCT)

정리 (DCT)

$X_n\to X$ a.s., $|X_n|\le Y$ (모든 $n$), 그리고 $E[Y]<\infty$이면,

$$\lim_{n\to\infty}E[X_n]=E[X].$$

OST에서의 역할: $M_{\tau\wedge n}\to M_\tau$를 기대값으로 옮기는 “결정타”입니다.

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2. 임의정지정리(OST)의 이론적 기초 

2.1 필수 개념: 필트레이션/마팅게일/정지시간

• 확률공간: $(\Omega,\mathcal F,\mathbb P)$
• 필트레이션 $(\mathcal F_n)_{n\ge 0}$: 시간이 지날수록 정보가 증가. $\mathcal F_0\subseteq\mathcal F_1\subseteq\cdots$
• 적응(adapted): $X_n$이 $\mathcal F_n$-가측이면 “$n$시점 정보로 $X_n$을 안다”.
• 마팅게일 $(M_n)$: (i) $E|M_n|<\infty$, (ii) $M_n$은 adapted, (iii) $E(M_{n+1}\mid\mathcal F_n)=M_n$.
• 정지시간(stopping time) $\tau$: 모든 $n$에 대해 $\{\tau\le n\}\in\mathcal F_n$.

2.2 $\tau\wedge n$이 정지시간임을 먼저 확인 

OST에서는 항상 $\tau_n:=\tau\wedge n$를 쓰는데, 이 자체가 정지시간인지부터 확인해야 합니다.

사실: $\tau$가 정지시간이면 $\tau\wedge n$도 정지시간

임의의 $m$에 대해

$$\{\tau\wedge n \le m\}=\big(\{\tau\le m\}\cap\{n\le m\}\big)\;\cup\;\big(\{n\le m\}\cap\{\tau>m\}\big)\;\cup\;\big(\{n>m\}\cap\{\tau\le m\}\big).$$

더 간단히는 다음이 핵심입니다.

$$\{\tau\wedge n \le m\}=\{\tau\le m\}\cup\{n\le m\}.$$

왜냐하면 $\min(\tau,n)\le m$이면 “$\tau\le m$ 또는 $n\le m$”가 반드시 성립하고, 반대로도 성립합니다. 여기서 $\{\tau\le m\}\in\mathcal F_m$, $\{n\le m\}$은 확률과 무관한 확정 사건이므로(상수), 결국 $\{\tau\wedge n \le m\}\in\mathcal F_m$입니다.

2.3 멈춘 과정(Stopped process) 정의

정지시간 $\tau$에서 멈춘(혹은 $n$에서 강제 종료한) 과정은

$$M_{\tau\wedge n} = M_n\mathbf 1_{\{\tau>n\}} + M_\tau\mathbf 1_{\{\tau\le n\}}.$$

이 항등식은 “$\tau>n$이면 아직 멈추지 않았으니 $M_n$, $\tau\le n$이면 이미 멈췄으니 $M_\tau$”를 정확히 표현한 것입니다.

2.4 $M_{\tau\wedge n}$은 마팅게일이다

많이 생략되지만, 여기서도 조건부기대값을 직접 계산해보면 가장 명확합니다.

정리: $M$이 마팅게일이면 $M_{\tau\wedge n}$도 마팅게일

$\mathcal G_n:=\mathcal F_n$에 대해 $E(M_{\tau\wedge (n+1)}\mid\mathcal F_n)=M_{\tau\wedge n}$를 보이면 됩니다. 사건 $\{\tau\le n\}$와 $\{\tau>n\}$로 나눕니다.

(1) $\{\tau\le n\}$에서

$\tau\le n$이면 $\tau\wedge(n+1)=\tau$이고 $\tau\wedge n=\tau$이므로 $M_{\tau\wedge(n+1)}=M_\tau=M_{\tau\wedge n}$. 또한 $\mathbf1_{\{\tau\le n\}}$은 $\mathcal F_n$-가측입니다(정지시간 정의). 따라서 이 사건 위에서는 조건부기대값이 그대로 유지됩니다.

(2) $\{\tau>n\}$에서

이 사건에서는 $\tau\wedge n=n$, 즉 $M_{\tau\wedge n}=M_n$입니다. 한편 $\tau\wedge(n+1)$은 두 경우:

• $\tau>n+1$이면 $M_{\tau\wedge(n+1)}=M_{n+1}$
• $\tau=n+1$이면 $M_{\tau\wedge(n+1)}=M_{n+1}$ (어차피 $\tau\wedge(n+1)=n+1$)

따라서 $\{\tau>n\}$에서는 항상 $M_{\tau\wedge(n+1)}=M_{n+1}$가 됩니다. 그러므로

$$E(M_{\tau\wedge(n+1)}\mid\mathcal F_n)=E(M_{n+1}\mid\mathcal F_n)=M_n=M_{\tau\wedge n}.$$

두 사건을 합치면 모든 $\omega$에 대해 성립하므로 $M_{\tau\wedge n}$은 마팅게일입니다.

2.5 따라서 $E(M_{\tau\wedge n})=E(M_0)$ 

마팅게일이면 기대값은 시간에 따라 일정합니다. 이를 “조건부기대값→전체기대값”으로 끝까지 적어보면:

$$E(M_{n+1})=E(E(M_{n+1}\mid\mathcal F_n))=E(M_n).$$

따라서 귀납적으로 $E(M_n)=E(M_0)$. 특히 $M_{\tau\wedge n}$도 마팅게일이므로

$$E(M_{\tau\wedge n})=E(M_0)\quad(\forall n).$$

2.6 이제 남은 것은 “극한 교환” (수렴정리)

항등식으로 분해하면 항상

$$E[M_{\tau\wedge n}]=E[M_\tau\mathbf1_{\{\tau\le n\}}]+E[M_n\mathbf1_{\{\tau>n\}}].$$

따라서 $n\to\infty$에서 $E[M_{\tau\wedge n}]\to E[M_\tau]$를 얻으려면, (첫 항이 $E[M_\tau]$로 가고, 둘째 항이 0으로 가야 합니다.)

2.7 OST 적용을 위한 3가지 충분 조건 

OST를 $E[M_\tau]=E[M_0]$ 형태로 얻기 위한 실전형 충분조건

• (C1) $\tau<\infty$ a.s. : 거의 확실하게 유한 시간에 멈춘다.
• (C2) $M_\tau$ 적분가능 : $E[|M_\tau|]<\infty$.
• (C3) 꼬리항 소멸 : $\lim_{n\to\infty}E[M_n\mathbf 1_{\{\tau>n\}}]=0$.

(증명) (C1)(C2)로 첫 항의 극한

$X_n:=M_\tau\mathbf1_{\{\tau\le n\}}$를 두면, (C1) 때문에 $\mathbf1_{\{\tau\le n\}}\uparrow 1$ a.s.이고 따라서 $X_n\to M_\tau$ a.s. 또한 $|X_n|\le |M_\tau|$이고 (C2)로 $E|M_\tau|<\infty$. 그러므로 DCT에 의해

$$E[M_\tau\mathbf1_{\{\tau\le n\}}]=E[X_n]\longrightarrow E[M_\tau].$$

(증명) (C3)로 둘째 항의 극한

(C3)가 바로 $\lim_{n\to\infty}E[M_n\mathbf1_{\{\tau>n\}}]=0$을 의미합니다.

(결론)

따라서

$$\lim_{n\to\infty}E[M_{\tau\wedge n}]=E[M_\tau]+0=E[M_\tau].$$

그런데 좌변은 항상 $E[M_0]$였으므로 $E[M_\tau]=E[M_0]$.

금융공학적 해석

위 조건들은 “무한한 자본/레버리지” 같은 비현실적 가정 하에서 발생하는 필승 전략을 배제합니다. 즉, 현실적인 거래 범위(적분가능성/꼬리 제어) 안에서만 마팅게일의 공정성이 “정지 후에도” 유지된다는 뜻입니다.

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3. 함정 사례: “더블업(마틴게일 베팅)”은 왜 OST를 깨는가?

3.1 설정: 예측가능(predictable) 베팅과 자산 과정

동전던지기 게임에서 $\eta_n\in\{+1,-1\}$ (각각 확률 $1/2$)라 하자. 정보는 $\mathcal F_n=\sigma(\eta_1,\dots,\eta_n)$. 베팅 크기를

$$\alpha_n=2^{n-1}\in \mathcal F_{n-1}$$

로 두고 자산을

$$S_n=\sum_{k=1}^n \alpha_k \eta_k$$

로 정의합니다. (즉 $S_n=S_{n-1}+\alpha_n\eta_n$)

3.2 (완전 증명) $S_n$은 마팅게일

조건부기대값을 직접 계산합니다.

\begin{align} E(S_n\mid\mathcal F_{n-1}) &=E(S_{n-1}+\alpha_n\eta_n\mid\mathcal F_{n-1})\\ &=S_{n-1}+\alpha_nE(\eta_n\mid\mathcal F_{n-1}). \end{align}

여기서 $\eta_n$은 과거와 독립이며 $E[\eta_n]=0$이므로 $E(\eta_n\mid\mathcal F_{n-1})=0$. 따라서

$$E(S_n\mid\mathcal F_{n-1})=S_{n-1}.$$

즉 $S_n$은 마팅게일입니다.

3.3 정지 규칙: 처음 이기는 순간 멈춤

$$\tau=\min\{n\ge 1:\eta_n=+1\}.$$

이때 $\tau$는 정지시간입니다. 왜냐하면 $\{\tau\le n\}=\{\eta_1=+1\}\cup\cdots\cup\{\eta_n=+1\}\in\mathcal F_n$.

3.4 $S_\tau=1$이 항상 성립

$\tau=n$이면 $\eta_1=\cdots=\eta_{n-1}=-1$, $\eta_n=+1$입니다. 따라서

\begin{align} S_\tau=S_n &=\sum_{k=1}^{n-1}2^{k-1}(-1)+2^{n-1}(+1)\\ &=-(2^{n-1}-1)+2^{n-1}=1. \end{align}

즉 어떤 $n$에서 이기든 최종 자산은 항상 $1$입니다. 따라서 $E|S_\tau|=1<\infty$.

3.5 그런데 왜 $E(S_\tau)=E(S_0)$가 깨질까? (C3가 깨짐을 “식으로” 확인)

먼저 $\{\tau>n\}$은 “$n$번 연속 패배”이므로

$$P(\tau>n)=P(\eta_1=-1,\dots,\eta_n=-1)=\left(\frac12\right)^n.$$

그리고 그 사건 위에서 자산은

\begin{align} S_n &=\sum_{k=1}^{n}2^{k-1}(-1)=-(2^n-1)=1-2^n. \end{align}

따라서 꼬리항은

\begin{align} E[S_n\mathbf1_{\{\tau>n\}}] &=(1-2^n)\cdot P(\tau>n)\\ &=(1-2^n)\left(\frac12\right)^n\\ &=\frac1{2^n}-1\;\longrightarrow\;-1\ne 0. \end{align}

3.6 $E(S_{\tau\wedge n})=0$인데, $n\to\infty$ 극한에서 $E(S_\tau)=1$로 “점프”하는 구조

$S_{\tau\wedge n}=S_\tau\mathbf1_{\{\tau\le n\}}+S_n\mathbf1_{\{\tau>n\}}$이므로

$$E[S_{\tau\wedge n}]=E[S_\tau\mathbf1_{\{\tau\le n\}}]+E[S_n\mathbf1_{\{\tau>n\}}].$$

각 항을 정확히 계산하면

• $S_\tau=1$이므로 $E[S_\tau\mathbf1_{\{\tau\le n\}}]=P(\tau\le n)=1-(1/2)^n$
• 위에서 $E[S_n\mathbf1_{\{\tau>n\}}]=2^{-n}-1$

따라서 합은

$$(1-2^{-n})+(2^{-n}-1)=0.$$

즉 모든 $n$에서 $E[S_{\tau\wedge n}]=0=E[S_0]$로 “공정성”이 유지됩니다. 그러나 $n\to\infty$에서

• $E[S_\tau\mathbf1_{\{\tau\le n\}}]\to 1$
• $E[S_n\mathbf1_{\{\tau>n\}}]\to -1$

둘째 항이 0으로 사라지지 않기 때문에(=C3 실패), $E[S_{\tau\wedge n}]\to E[S_\tau]$가 불가능해집니다.

결론

$\tau<\infty$이고 $S_\tau$가 적분가능해도, 꼬리항이 0으로 사라지지 않으면 OST는 실패합니다. 더블업 전략은 “이길 때는 항상 +1”이지만, 지기만 하면 자산이 기하급수적으로 폭발(음의 방향)하여 꼬리가 절대 사라지지 않습니다.

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4. 예제 1: 대칭 랜덤워크가 $\pm k$에 닿는 평균시간 $E[\tau]=k^2$ 

4.1 설정

대칭 랜덤워크

$$S_0=0,\qquad S_n=\eta_1+\cdots+\eta_n,\quad P(\eta_i=\pm1)=\frac12.$$

장벽 도달시간(정지시간)

$$\tau=\min\{n\ge 0:|S_n|=k\},\quad k\in\mathbb Z^+.$$

4.2 (1) $\tau$가 정지시간임을 확인

$\{\tau\le n\}$은 “$0$부터 $n$ 사이 어딘가에서 $|S_m|=k$를 만족하는 $m$이 존재”라는 사건이므로

$$\{\tau\le n\}=\bigcup_{m=0}^n\{|S_m|=k\}.$$

각 사건 $\{|S_m|=k\}$는 $S_m$이 $\mathcal F_m$-가측이고 $\mathcal F_m\subseteq\mathcal F_n$이므로 $\mathcal F_n$에 속합니다. 유한 합집합이므로 $\{\tau\le n\}\in\mathcal F_n$. 따라서 $\tau$는 정지시간입니다.

4.3 (2) $\tau<\infty$ a.s. 

길이 $2k$짜리 블록을 생각합니다. 한 블록 안에서 “전부 +1”이면 부분합이 $0,1,2,\dots,2k$로 증가하므로 중간에 반드시 $k$를 지나며(따라서 $|S|=k$ 도달), “전부 -1”이어도 마찬가지로 $-k$를 지나게 됩니다.

이제 $n$개의 블록(총 $2kn$번 던지기)을 봅시다. 사건

$$A_j=\{\text{$j$번째 블록(길이 $2k$)이 모두 +1}\}$$

를 두면 $P(A_j)=(1/2)^{2k}$. 그리고

$$\{\tau>2kn\}\subseteq \bigcap_{j=1}^n A_j^c.$$

왜냐하면 $\tau>2kn$이면, 처음 $2kn$번 동안 한 번도 $\pm k$에 닿지 않았다는 뜻인데, 어떤 블록이 전부 +1이면 그 블록 중간에 반드시 $+k$를 지나므로 모순입니다. 따라서 모든 블록에서 $A_j$가 일어나면 안 됩니다.

블록들은 서로 독립이므로

\begin{align} P(\tau>2kn) &\le P\!\left(\bigcap_{j=1}^n A_j^c\right) =\prod_{j=1}^n (1-P(A_j)) =\left(1-\left(\frac12\right)^{2k}\right)^n \longrightarrow 0. \end{align}

따라서

$$P(\tau=\infty)=P\Big(\bigcap_{n\ge 1}\{\tau>2kn\}\Big)=\lim_{n\to\infty}P(\tau>2kn)=0.$$

즉 $\tau<\infty$ a.s.

4.4 (3) $S_n$과 $M_n=S_n^2-n$이 마팅게일

사실 1: $S_n$은 마팅게일

$S_{n+1}=S_n+\eta_{n+1}$이고 $E(\eta_{n+1}\mid\mathcal F_n)=0$이므로

$$E(S_{n+1}\mid\mathcal F_n)=S_n.$$

사실 2: $M_n=S_n^2-n$은 마팅게일

먼저 전개:

$$S_{n+1}^2=(S_n+\eta_{n+1})^2=S_n^2+2S_n\eta_{n+1}+\eta_{n+1}^2=S_n^2+2S_n\eta_{n+1}+1.$$

조건부기대값:

\begin{align} E(S_{n+1}^2\mid\mathcal F_n) &=S_n^2+2S_nE(\eta_{n+1}\mid\mathcal F_n)+1 =S_n^2+1. \end{align}

따라서

$$E(M_{n+1}\mid\mathcal F_n)=E(S_{n+1}^2-(n+1)\mid\mathcal F_n)=(S_n^2+1)-(n+1)=S_n^2-n=M_n.$$

4.5 (4) “가장 안전한 루트”: $\tau_n=\tau\wedge n$에 OST 적용 

$\tau_n:=\tau\wedge n$은 유계 정지시간이므로(항상 $\le n$), 마팅게일 $M_n$에 대해 다음이 성립합니다.

$$E[M_{\tau_n}]=E[M_0].$$

여기서 $M_0=S_0^2-0=0$. 따라서

$$E[S_{\tau_n}^2-\tau_n]=0\quad\Rightarrow\quad E[\tau_n]=E[S_{\tau_n}^2].$$

4.6 (5) $E[\tau]<\infty$를 보이는 두 가지 방법

방법 A (가장 깔끔, 논리순환 없음): $\tau_n$에서 바로 유계성

$\tau_n$ 시점은 장벽을 넘지 않았으므로 항상 $|S_{\tau_n}|\le k$. 따라서 $S_{\tau_n}^2\le k^2$이고

$$E[\tau_n]=E[S_{\tau_n}^2]\le k^2.$$

$\tau_n\uparrow \tau$이므로 MCT(또는 단조수렴)로

$$E[\tau]=\lim_{n\to\infty}E[\tau_n]\le k^2<\infty.$$

방법 B (블록 꼬리확률로 급수 상계 + 수렴 판정법)

앞에서 $P(\tau>2kn)\le r^n$ ($r:=1-(1/2)^{2k}\in(0,1)$)를 얻었습니다. 기댓값의 tail-sum 공식(항상 성립):

$$E[\tau]=\sum_{m=0}^\infty P(\tau>m).$$

이를 블록으로 묶으면

\begin{align} E[\tau] &=\sum_{m=0}^\infty P(\tau>m) =\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=2kn}^{2k(n+1)-1}P(\tau>m)\\ &\le \sum_{n=0}^\infty\sum_{m=2kn}^{2k(n+1)-1}P(\tau>2kn) \le \sum_{n=0}^\infty 2k\cdot r^n =\frac{2k}{1-r}<\infty. \end{align}

즉 $E[\tau]<\infty$입니다. (원하면 여기서 $\sum (n+1)r^n$ 형태로도 유도 가능하며, ratio test로 수렴함을 확인할 수 있습니다.)

4.7 (6) 꼬리항 소멸 조건 확인: $E[(S_n^2-n)\mathbf1_{\{\tau>n\}}]\to 0$

우리는 $M_n=S_n^2-n$에 대해 (C3) 형태의 꼬리항을 확인해야 합니다:

$$E[M_n\mathbf1_{\{\tau>n\}}]=E[S_n^2\mathbf1_{\{\tau>n\}}]-E[n\mathbf1_{\{\tau>n\}}]\;\longrightarrow\;0.$$

(i) $E[S_n^2\mathbf1_{\{\tau>n\}}]\to 0$

$\{\tau>n\}$에서는 아직 장벽에 닿지 않았으므로 $|S_n|<k$, 따라서 $S_n^2\le k^2$이고

$$0\le E[S_n^2\mathbf1_{\{\tau>n\}}]\le k^2P(\tau>n)\to 0.$$

(ii) $E[n\mathbf1_{\{\tau>n\}}]=nP(\tau>n)\to 0$

$E[\tau]<\infty$이면 다음이 성립합니다:

$$nP(\tau>n)\le E[\tau\mathbf1_{\{\tau>n\}}]\to 0.$$

이 부등식은 $\tau\mathbf1_{\{\tau>n\}}\ge n\mathbf1_{\{\tau>n\}}$에서 바로 나오며, 우변의 수렴은 $\tau\mathbf1_{\{\tau>n\}}\downarrow 0$이고 $\tau$가 적분가능이므로 DCT로 $E[\tau\mathbf1_{\{\tau>n\}}]\to 0$가 됩니다.

따라서 (i)(ii)로부터

$$E[(S_n^2-n)\mathbf1_{\{\tau>n\}}]\to 0.$$

4.8 (7) 결론: $E[\tau]=k^2$

$E[M_{\tau_n}]=0$에서 $E[\tau_n]=E[S_{\tau_n}^2]$였고, 이제 $n\to\infty$에서 $E[S_{\tau_n}^2]\to k^2$를 보이면 됩니다.

항등식:

$$E[S_{\tau_n}^2]=E[S_\tau^2\mathbf1_{\{\tau\le n\}}]+E[S_n^2\mathbf1_{\{\tau>n\}}].$$

• $\tau\le n$이면 $S_\tau=\pm k$이므로 $S_\tau^2=k^2$. 따라서 $E[S_\tau^2\mathbf1_{\{\tau\le n\}}]=k^2P(\tau\le n)\to k^2$.
• 두 번째 항은 위에서 이미 $E[S_n^2\mathbf1_{\{\tau>n\}}]\to 0$.

따라서 $E[S_{\tau_n}^2]\to k^2$. 그리고 $E[\tau_n]=E[S_{\tau_n}^2]$이므로

$$E[\tau]=\lim_{n\to\infty}E[\tau_n]=\lim_{n\to\infty}E[S_{\tau_n}^2]=k^2.$$

타임라인 직관 (k=3 예시)

n:   0  1  2  3  4  5  6 ...
S_n: 0  1  0  1  2  3  ...   -> 여기서 τ=5 (|S_5|=3)
  

장벽 옵션(Barrier)에서 “장벽을 언제 치는가?”에 해당하는 가장 기본적인 hitting time 계산의 원형입니다.

4.9 비대칭 장벽 $-a$ 또는 $+b$일 때: $P(S_\tau=+b)$와 $E[\tau]$ 계산

$\tau=\min\{n\ge 0: S_n\in\{-a,+b\}\}$ ($a,b>0$)라고 하자.

(1) 도달확률 $q=P(S_\tau=+b)$

$S_n$이 마팅게일이므로 유계 정지시간 $\tau_n=\tau\wedge n$에 대해 $E[S_{\tau_n}]=E[S_0]=0$. 적절한 수렴(여기서는 $E|S_{\tau_n}|$이 유계인 것을 이용)로 $n\to\infty$를 보내면 $E[S_\tau]=0$. 그런데 $S_\tau\in\{-a,+b\}$이므로

\begin{align} 0=E[S_\tau]&=(-a)\cdot P(S_\tau=-a)+b\cdot P(S_\tau=+b)\\ &=(-a)(1-q)+bq \end{align}

따라서

$$q=\frac{a}{a+b}.$$

(2) 기대 도달시간 $E[\tau]$

이번에는 $M_n=S_n^2-n$에 대해 동일하게 $\tau_n=\tau\wedge n$에 OST를 적용하면

$$0=E[M_{\tau_n}]=E[S_{\tau_n}^2]-E[\tau_n].$$

따라서 $E[\tau_n]=E[S_{\tau_n}^2]$. $n\to\infty$를 보내면 $E[\tau]=E[S_\tau^2]$. 이제

\begin{align} E[S_\tau^2] &=a^2\cdot P(S_\tau=-a)+b^2\cdot P(S_\tau=+b)\\ &=a^2(1-q)+b^2q\\ &=a^2\left(1-\frac{a}{a+b}\right)+b^2\left(\frac{a}{a+b}\right)\\ &=\frac{a^2b}{a+b}+\frac{ab^2}{a+b}=ab. \end{align}

즉

$$E[\tau]=ab.$$

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5. 예제 2: 코사인 마팅게일로 $E[(-1)^\tau]=(-1)^k$ 

5.1 설정

앞의 대칭 랜덤워크 $(S_n)$, 정지시간 $\tau=\min\{n:|S_n|=k\}$는 그대로 두고, 다음 과정을 정의합니다.

$$Y_n = (-1)^n\cos\bigl(\pi(S_n+k)\bigr).$$

5.2 (1) $Y_n$이 마팅게일

핵심 항등식

$$\cos(\pi(x\pm1+k))=\cos(\pi(x+k)\pm\pi)=-\cos(\pi(x+k)).$$

조건부로 $S_{n+1}=S_n+\eta_{n+1}$이며 $\eta_{n+1}=\pm1$ (확률 $1/2$씩). 따라서

\begin{align} E[\cos(\pi(S_{n+1}+k))\mid\mathcal F_n] &=\frac12\cos(\pi(S_n+1+k))+\frac12\cos(\pi(S_n-1+k))\\ &=\frac12(-\cos(\pi(S_n+k)))+\frac12(-\cos(\pi(S_n+k)))\\ &=-\cos(\pi(S_n+k)). \end{align}

이제 $Y_{n+1}=(-1)^{n+1}\cos(\pi(S_{n+1}+k))$이므로

\begin{align} E[Y_{n+1}\mid\mathcal F_n] &=(-1)^{n+1}E[\cos(\pi(S_{n+1}+k))\mid\mathcal F_n]\\ &=(-1)^{n+1}\cdot\bigl(-\cos(\pi(S_n+k))\bigr)\\ &=(-1)^n\cos(\pi(S_n+k))=Y_n. \end{align}

5.3 (2) OST 적용 준비: 적분가능성과 극한 정당화

항상 $|\cos(\cdot)|\le 1$이고 $|(-1)^n|=1$이므로

$$|Y_n|\le 1\quad(\forall n).$$

따라서 모든 $n$에서 $E|Y_n|\le 1$로 적분가능합니다. 또한 $\tau_n=\tau\wedge n$은 유계 정지시간이므로 OST를 적용할 수 있습니다:

$$E[Y_{\tau_n}]=E[Y_0].$$

그리고 $\tau<\infty$ a.s.이므로, 어떤 $\omega$에서는 결국 $n\ge\tau(\omega)$부터 $\tau_n(\omega)=\tau(\omega)$가 되어

$$Y_{\tau_n}\to Y_\tau\quad \text{a.s.}$$

또 $|Y_{\tau_n}|\le 1$이므로 DCT로

$$E[Y_{\tau_n}]\to E[Y_\tau].$$

5.4 (3) $Y_0$ 계산 

$S_0=0$이므로

$$Y_0=(-1)^0\cos(\pi(S_0+k))=\cos(\pi k)=(-1)^k.$$

5.5 (4) $Y_\tau$ 계산

$\tau$에서 $S_\tau=\pm k$이므로 $S_\tau+k\in\{0,2k\}$ (짝수). 따라서

$$\cos(\pi(S_\tau+k))=\cos(0)=1\quad\text{또는}\quad \cos(2k\pi)=1.$$

즉 항상 $\cos(\pi(S_\tau+k))=1$이고

$$Y_\tau=(-1)^\tau\cdot 1 = (-1)^\tau.$$

5.6 결론: $E[(-1)^\tau]=(-1)^k$

이제

\begin{align} E[(-1)^\tau] &=E[Y_\tau] =\lim_{n\to\infty}E[Y_{\tau_n}] =\lim_{n\to\infty}E[Y_0] =E[Y_0] =(-1)^k. \end{align}

더 강한 해석: 사실상 $\tau\equiv k \pmod 2$

대칭 랜덤워크는 한 번에 $\pm 1$만 이동하므로 $S_n\equiv n\pmod2$. $|S_\tau|=k$가 되려면 결국 $\tau$의 짝/홀은 $k$와 같을 수밖에 없습니다. 위 결과 $E[(-1)^\tau]=(-1)^k$는 그 사실을 “마팅게일 한 방”으로 보여준 것입니다.

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6. 왜 금융공학에서 중요할까?

6.1 Barrier Options(장벽 옵션)

장벽 옵션은 “기초자산이 어떤 레벨에 처음 도달하는 시간”에 따라 계약이 시작/종료됩니다. 이때 $\tau$는 전형적인 정지시간이고, 위험중립측도 $\mathbb Q$에서 가격은 보통

$$\text{Price}_0 = E^{\mathbb Q}\!\left[e^{-r(\tau\wedge T)}\,\text{Payoff at }(\tau\wedge T)\right]$$

꼴의 기대값으로 나타납니다. (연속시간에선 $t$로 쓰고, 이산시간에선 $n$으로 쓰는 차이만 있습니다.) 여기서 “정지 후에도 공정성이 유지되는 조건”이 바로 OST가 다루는 핵심입니다.

6.2 American Options(미국식 옵션)과 Optimal Stopping

미국식 옵션은 행사 시점이 자유롭기 때문에, 가치가 “모든 정지시간 중 최댓값”으로 표현됩니다.

$$V_0 = \sup_{\tau\in\mathcal T} E^{\mathbb Q}\!\left[e^{-r\tau}g(S_\tau)\right].$$

이때 OST/옵셔널 샘플링, 그리고 이를 정교하게 다듬은 스넬 엔벨로프(Snell envelope)가 최적행사(Optimal stopping)의 핵심 논리 기반입니다.

6.3 리스크 관리 관점: “꼬리항”은 현실의 레버리지/마진 리스크

더블업 예시에서 OST가 깨진 이유는 사실상 희박하지만 치명적인 경로(꼬리)가 기대값을 지배했기 때문입니다. 실무적으로는 “마진콜/자본제약/유동성”이 이 꼬리를 잘라내며, 모델링에서는 그 역할을 (C2)(C3) 같은 적분가능성/꼬리 제어 가정이 담당합니다.

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7. 흔한 함정/오해 정리

• $\tau<\infty$ a.s.만으로는 부족: $M_\tau$가 비적분이면 $E[M_\tau]$ 자체가 정의되지 않거나 극한 교환이 실패합니다.
• 바로 $\tau$에 OST를 쓰지 말자: 가장 안전한 습관은 항상 $\tau_n=\tau\wedge n$에 먼저 적용하고, 그 다음 $n\to\infty$를 수렴정리로 정당화하는 것입니다.
• 짝/홀(parity)을 “확률”로 착각: 격자성 때문에 $\tau\equiv k\pmod2$는 구조적 필연입니다(코사인 마팅게일은 이를 깔끔히 드러냄).
• 더블업 역설의 핵심: $S_\tau$가 적분가능해도 “꼬리항”이 0으로 사라지지 않으면 OST는 실패합니다.

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8. 연습문제 + 모범답안

연습문제

1. (Easy) $S_n\equiv n\pmod2$를 증명하고, $\tau=\min\{n:|S_n|=k\}$에 대해 $\tau\equiv k\pmod2$를 보여라.
2. (Medium) $\tau=\min\{n:S_n\in\{-a,+b\}\}$에서 $P(S_\tau=+b)$를 구하라. (대칭 랜덤워크)
3. (Hard) 편향 랜덤워크 $P(\eta_i=+1)=p\ne 1/2$에서 $\tau=\min\{n:S_n\in\{-a,+b\}\}$에 대해 $P(S_\tau=+b)$를 구하라. (지수 마팅게일을 직접 구성해 완성)

모범답안/해설

(1) Easy

$S_0=0$이고 매 스텝 $S_{n+1}-S_n=\eta_{n+1}\in\{\pm1\}$은 항상 홀수입니다. 따라서 $S_n$의 짝/홀은 매 단계마다 뒤집힙니다. 즉 $S_n\equiv n\pmod2$. 한편 $\tau$에서 $|S_\tau|=k$이므로 $S_\tau\equiv k\pmod2$. 그런데 $S_\tau\equiv \tau\pmod2$이므로 $\tau\equiv k\pmod2$.

(2) Medium (대칭)

대칭이면 $S_n$은 마팅게일. 유계 정지시간 $\tau_n=\tau\wedge n$에 대해 $E[S_{\tau_n}]=0$. 적절한 수렴으로 $E[S_\tau]=0$. $q=P(S_\tau=+b)$라 두면 $P(S_\tau=-a)=1-q$이고

$$0=E[S_\tau]=(-a)(1-q)+bq\Rightarrow q=\frac{a}{a+b}.$$

(3) Hard (편향) — 완전 풀이

이제 $P(\eta=+1)=p$, $P(\eta=-1)=1-p$로 바꾸면 $S_n$은 더 이상 마팅게일이 아닙니다. 대신 지수형 마팅게일 $Z_n=\lambda^{S_n}$을 만들겠습니다.

조건부기대값:

\begin{align} E[Z_{n+1}\mid\mathcal F_n] &=E[\lambda^{S_{n+1}}\mid\mathcal F_n] =E[\lambda^{S_n+\eta_{n+1}}\mid\mathcal F_n] =\lambda^{S_n}E[\lambda^{\eta_{n+1}}]. \end{align}

따라서 $Z_n$이 마팅게일이 되려면 $E[\lambda^{\eta}]=1$이 필요합니다. 즉

$$p\lambda+(1-p)\lambda^{-1}=1.$$

양변에 $\lambda$를 곱하면

$$p\lambda^2-\lambda+(1-p)=0.$$

이 이차방정식은 해가 $\lambda=1$과 $\lambda=\frac{1-p}{p}$입니다. 편향($p\ne 1/2$)이면 $\lambda:=\frac{1-p}{p}\ne 1$을 선택합니다. 그러면 $Z_n=\lambda^{S_n}$은 마팅게일.

이제 $\tau=\min\{n:S_n\in\{-a,+b\}\}$에 대해 유계 정지시간 $\tau_n=\tau\wedge n$에 OST를 적용하고 수렴을 보내면

$$E[\lambda^{S_\tau}]=E[\lambda^{S_0}]=\lambda^0=1.$$

그런데 $S_\tau\in\{-a,+b\}$이고 $q:=P(S_\tau=+b)$라 두면

$$1=E[\lambda^{S_\tau}]=\lambda^{b}q+\lambda^{-a}(1-q).$$

이를 $q$에 대해 풀면

\begin{align} 1&=\lambda^b q+\lambda^{-a}-\lambda^{-a}q =\lambda^{-a}+q(\lambda^b-\lambda^{-a})\\ \Rightarrow\quad q&=\frac{1-\lambda^{-a}}{\lambda^b-\lambda^{-a}} =\frac{\lambda^a-1}{\lambda^{a+b}-1}. \end{align}

최종적으로 $\lambda=\frac{1-p}{p}$를 대입하면

$$P(S_\tau=+b)=\frac{\left(\frac{1-p}{p}\right)^a-1}{\left(\frac{1-p}{p}\right)^{a+b}-1}.$$

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9. 마무리: OST를 안전하게 쓰는 습관 

정리하면, OST에서 가장 중요한 습관은 다음입니다.

• 1) 무조건 먼저 $\tau_n=\tau\wedge n$로 자른다(유계 정지시간).
• 2) $M_{\tau_n}$이 마팅게일임을 확인하고 $E[M_{\tau_n}]=E[M_0]$를 확보한다.
• 3) $n\to\infty$는 수렴정리(DCT/MCT 등)로 정당화한다.
• 4) 특히 꼬리항 $E[M_n\mathbf1_{\{\tau>n\}}]\to0$를 반드시 체크한다(더블업 같은 함정 방지).

이 프레임만 제대로 잡히면, 장벽 옵션/미국식 옵션/최적정지/위험중립 평가로 자연스럽게 연결됩니다.