Pokazują, że $dX_t=\frac{X_t}{1-t}dt+dW_t$ można zapisać jako $X_t=(1-t)\int_{0}^{t}\frac{1}{1-s}dW_s$
Przeczytałem poniższy link dotyczący definicji mostka Browna i natknąłem się na następujące stwierdzenie (punkt 9 w linku powyżej):
Przypuszczać $W_t$ to standardowy ruch Browna, zdefiniuj $X_1=1$, więc dla $h \in [0,1]$, proces $X_t$ to most Browna:
$$X_t=(1-t)\int_{h=0}^{h=t}\frac{1}{1-h}dW_h \tag{1}$$
Właściwie rozumiem dowód tego oświadczenia przedstawiony w powyższym linku i nie mam problemu z twierdzeniem, że $X_t$powyżej jest mostem Browna. Jednak autor następnie stwierdza, że:
„W formie różniczkowej powyższe można zapisać jako:”
$$dX_t=\frac{X_t}{1-t}dt+dW_t \tag{2}$$
Właściwie nie jestem w stanie połączyć formy różniczkowej z podanym równaniem (1) $X_t$.
Kiedy przepisuję formę różniczkową w notacji „długiej ręki”, otrzymuję ($X_0:=0$):
$$X_t=\int_{h=0}^{h=t}\frac{X_h}{1-h}dh+\int_{h=0}^{h=t}dW_h=\int_{h=0}^{h=t}\frac{X_h}{1-h}dh+W_t$$
Powyższe wyraźnie różni się od poprzedniej definicji $X_t$podane w równaniu (1). Myślę, że może istnieć aplikacja lematu Ito do inteligentnie zdefiniowanej funkcji$F(X_t,t)$, którego nie byłem w stanie rozgryźć (próbowałem bawić się wariantami $F(X_t,t):=X_te^t$, ale bez skutku).
Czy istnieje sposób na „rozwiązanie” równania różniczkowego (2) na (1), czy też autor popełnił literówkę?
Edycja : po przeczytaniu odpowiedzi połączonej w komentarzu poniżej i w duchu mojej własnej odpowiedzi na inne pytanie tutaj , próbowałem przepisać połączoną odpowiedź używając notacji z długiej ręki (ponieważ mam problem z interpretacją niektórych kroków odpowiedzi w notacji skróconej):
Nadal otrzymuję złą odpowiedź. Czy mógłbyś mi pomóc określić, gdzie idę źle? .
Wydaje się, że „sztuczka” w połączonej odpowiedzi polega na zastosowaniu lematu Ito do funkcji $F(W_t,t):=\frac{W_t}{1-t}$. Pochodne to:
$$\frac{\partial F}{\partial t}=\frac{-W_t}{(1-t)^2}, \frac{\partial F}{\partial W_t}=\frac{1}{1-t}, \frac{\partial^2 F}{\partial t^2}=0$$
Mamy też to:
$$W_t=W_0+\int_{h=0}^{h=t}a(W_h,h)_{=0}dh+\int_{h=0}^{h=t}b(W_h,h)_{=1}dW_h$$ po to aby:
$$\frac{W_t}{1-t}=\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{\partial F}{\partial t}+\frac{\partial F}{\partial W}*a(W_h,h)_{=0}+\frac{\partial^2 F}{\partial W^2}_{=0}*b(W_h,h)\right)dh+\int_{h=0}^{h=t}\frac{\partial F}{\partial W}b(W_h,h)_{=1}dW_h=\\=\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{-W_h}{(1-h)^2}\right)dh+\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{1}{1-h}\right)dW_h$$
Mnożenie przez $1-t$ następnie daje:
$$W_t=(1-t)\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{-W_h}{(1-h)^2}\right)dh+X_t$$
Dlatego mamy:
$$X_t=(1-t)\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{W_h}{(1-h)^2}\right)dh+W_t$$
Koncentrując się na tym terminie $(1-t)\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{W_h}{(1-h)^2}\right)dh$, możemy pisać:
$$\int_{h=0}^{h=t}\left((1-t)\int_{s=0}^{s=h}\frac{1}{1-h}dW_s\right)\frac{1}{1-h}dh$$
Zwróć uwagę, że termin w nawiasie powyżej, tj $\left((1-t)\int_{s=0}^{s=h}\frac{1}{1-h}dW_s\right)$w rzeczywistości nie równa się$X_h$ (jak zdefiniowano w równaniu (1)), więc w rzeczywistości nie mamy tego:
$$X_t=\int_{h=0}^{h=t}\frac{X_h}{1-h}dh+W_t$$
Odpowiedzi
Pozwolić $Y_{t} = \int_{0}^{t} \frac{1}{1-s}\, dW_{s}$. Następnie spójrz na
$$X_{t} = (1-t) \int_{0}^{t} \frac{1}{1-s}\, dW_{s} = (1-t)Y_{t}$$
i rozróżnij używając lematu To ^ o
\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*}
więc rzeczywiście jest literówka.
Jeśli chcesz rozwiązać
$$dX_{t} = \frac{X_{t}}{1-t}\, dt + dW_{t},$$
następnie (jak w ODE) użyj współczynnika całkującego
$$\mu(t) = e^{-\int_{0}^{t} \frac{1}{1-s}\, ds } = 1-t$$
rozwiązać SDE
\begin{align*} d \left (X_{t}(1-t) \right) = (1-t)\, dX_{t} - X_{t}\, dt =: (1-t)\, dW_{t} \end{align*}
rozwiązania
\begin{align*} X_{t} = \frac{1}{1-t}X_{0} + \frac{1}{1-t} \int_{0}^{t} (1-s)\, dW_{s}. \end{align*}
Uwaga: nie powinieneś stosować lematu It ^ o do rozwiązania SDE. Działa to tylko w przypadku, gdy dopuszcza mocne rozwiązanie (por. Oksendal, rozdział 5).