वो दिखाओ $dX_t=\frac{X_t}{1-t}dt+dW_t$ के रूप में लिखा जा सकता है $X_t=(1-t)\int_{0}^{t}\frac{1}{1-s}dW_s$
मैं ब्राउनियन ब्रिज की परिभाषा पर निम्नलिखित लिंक को पढ़ रहा हूं , और निम्नलिखित विवरण (ऊपर दिए गए लिंक में बुलेट बिंदु 9) पर आया है:
मान लीजिए $W_t$ एक मानक ब्राउनियन गति है, परिभाषित करें $X_1=1$, फिर, के लिए $h \in [0,1]$, प्रक्रिया $X_t$ एक ब्राउनियन ब्रिज है:
$$X_t=(1-t)\int_{h=0}^{h=t}\frac{1}{1-h}dW_h \tag{1}$$
मैं वास्तव में ऊपर दिए गए लिंक में प्रस्तुत इस कथन के प्रमाण को समझ सकता हूं और इस दावे के साथ कोई समस्या नहीं है $X_t$ऊपर एक ब्राउनियन ब्रिज है। हालाँकि, लेखक तब बताता है कि:
"विभेदक रूप में, ऊपर लिखा जा सकता है:"
$$dX_t=\frac{X_t}{1-t}dt+dW_t \tag{2}$$
मैं वास्तव में के लिए दिए गए समीकरण (1) के साथ अंतर रूप को जोड़ने में असमर्थ हूं $X_t$।
जब मैं "लॉन्ग-हेंड" नोटेशन में डिफरेंशियल फॉर्म को फिर से लिखता हूँ, मुझे मिलता है ($X_0:=0$):
$$X_t=\int_{h=0}^{h=t}\frac{X_h}{1-h}dh+\int_{h=0}^{h=t}dW_h=\int_{h=0}^{h=t}\frac{X_h}{1-h}dh+W_t$$
उपरोक्त स्पष्ट रूप से पूर्व की परिभाषा के समान नहीं है $X_t$समीकरण (1) में दिया। मैं सोच रहा हूं कि स्मार्ट रूप से परिभाषित फ़ंक्शन के लिए कुछ इटो का लेम्मा आवेदन हो सकता है$F(X_t,t)$, कि मैं यह पता लगाने में सक्षम नहीं हूं (मैंने इसके वेरिएंट के साथ खेलने की कोशिश की है $F(X_t,t):=X_te^t$, लेकिन कोई फायदा नहीं हुआ)।
क्या अंतर समीकरण (2) को (1) में "हल" करने का कोई तरीका है, या लेखक ने टाइपो बनाया है?
संपादित करें : जवाब नीचे टिप्पणी में लिंक पढ़ रहा है, और एक अन्य प्रश्न के अंकन पर अपने खुद के जवाब की भावना में यहाँ , मैं लंबे समय से हाथ संकेतन (का उपयोग करके लिंक जवाब पुनर्लेखन करने का प्रयास किया क्योंकि चरणों में से कुछ की व्याख्या के साथ मैं संघर्ष शॉर्ट-हैंड नोटेशन उत्तर):
मुझे अब भी गलत जवाब मिल रहा है। क्या आप मेरी मदद कर सकते हैं कि मैं गलत कहाँ जा रहा हूँ? ।
लिंक किए गए aswer में "ट्रिक" एक फ़ंक्शन के लिए इटो के लेम्मा को लागू करता हुआ प्रतीत होता है $F(W_t,t):=\frac{W_t}{1-t}$। व्युत्पन्न हैं:
$$\frac{\partial F}{\partial t}=\frac{-W_t}{(1-t)^2}, \frac{\partial F}{\partial W_t}=\frac{1}{1-t}, \frac{\partial^2 F}{\partial t^2}=0$$
हमारे पास यह भी है:
$$W_t=W_0+\int_{h=0}^{h=t}a(W_h,h)_{=0}dh+\int_{h=0}^{h=t}b(W_h,h)_{=1}dW_h$$ ताकि:
$$\frac{W_t}{1-t}=\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{\partial F}{\partial t}+\frac{\partial F}{\partial W}*a(W_h,h)_{=0}+\frac{\partial^2 F}{\partial W^2}_{=0}*b(W_h,h)\right)dh+\int_{h=0}^{h=t}\frac{\partial F}{\partial W}b(W_h,h)_{=1}dW_h=\\=\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{-W_h}{(1-h)^2}\right)dh+\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{1}{1-h}\right)dW_h$$
द्वारा गुणा करना $1-t$ तब देता है:
$$W_t=(1-t)\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{-W_h}{(1-h)^2}\right)dh+X_t$$
इसलिए हमारे पास है:
$$X_t=(1-t)\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{W_h}{(1-h)^2}\right)dh+W_t$$
शब्द पर ध्यान केंद्रित करना $(1-t)\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{W_h}{(1-h)^2}\right)dh$, हम लिख सकते है:
$$\int_{h=0}^{h=t}\left((1-t)\int_{s=0}^{s=h}\frac{1}{1-h}dW_s\right)\frac{1}{1-h}dh$$
ध्यान दें कि ऊपर दिए गए ब्रैकेट में, अर्थात $\left((1-t)\int_{s=0}^{s=h}\frac{1}{1-h}dW_s\right)$वास्तव में नहीं के बराबर है$X_h$ (जैसा कि समीकरण (1) में परिभाषित है), इसलिए वास्तव में हमारे पास ऐसा नहीं है:
$$X_t=\int_{h=0}^{h=t}\frac{X_h}{1-h}dh+W_t$$
जवाब
चलो $Y_{t} = \int_{0}^{t} \frac{1}{1-s}\, dW_{s}$। आगे एक नजर डालते हैं
$$X_{t} = (1-t) \int_{0}^{t} \frac{1}{1-s}\, dW_{s} = (1-t)Y_{t}$$
और इसका उपयोग करके अंतर करें ^ o का लेम्मा
\begin{align*} dX_{t} &= -Y_{t}\, dt + (1-t)\, dY_{t} + d[ 1-t, Y_{t} ] \\ &= - Y_{t}\, dt + (1-t)\cdot \frac{1}{1-t}\, dW_{t} \\ &= -\frac{X_{t}}{1-t}\, dt + dW_{t} \end{align*}
और इसलिए वास्तव में एक टाइपो है।
अगर आप हल करना चाहते हैं
$$dX_{t} = \frac{X_{t}}{1-t}\, dt + dW_{t},$$
तब (ODEs में) एकीकृत कारक का उपयोग करें
$$\mu(t) = e^{-\int_{0}^{t} \frac{1}{1-s}\, ds } = 1-t$$
SDE को हल करने के लिए
\begin{align*} d \left (X_{t}(1-t) \right) = (1-t)\, dX_{t} - X_{t}\, dt =: (1-t)\, dW_{t} \end{align*}
समाधान के लिए
\begin{align*} X_{t} = \frac{1}{1-t}X_{0} + \frac{1}{1-t} \int_{0}^{t} (1-s)\, dW_{s}. \end{align*}
ध्यान दें: आपको SDE को हल करने के लिए इसे ^ ^ लेम्मा लागू नहीं करना चाहिए। यह केवल इस मामले में काम करता है कि यह एक मजबूत समाधान स्वीकार करता है (सीएफ ओक्सेंडल, अध्याय 5)।