Покажи это $dX_t=\frac{X_t}{1-t}dt+dW_t$ можно записать как $X_t=(1-t)\int_{0}^{t}\frac{1}{1-s}dW_s$
Я читал следующую ссылку по определению Броуновского моста и наткнулся на следующее утверждение (пункт 9 в ссылке выше):
Предположим $W_t$ стандартное броуновское движение, определим $X_1=1$, то для $h \in [0,1]$, процесс $X_t$ это броуновский мост:
$$X_t=(1-t)\int_{h=0}^{h=t}\frac{1}{1-h}dW_h \tag{1}$$
Я действительно могу понять доказательство этого утверждения, представленное в приведенной выше ссылке, и у меня нет проблем с утверждением, что $X_t$выше - броуновский мост. Однако автор далее заявляет, что:
«В дифференциальной форме все вышесказанное можно записать как:»
$$dX_t=\frac{X_t}{1-t}dt+dW_t \tag{2}$$
На самом деле я не могу связать дифференциальную форму с уравнением (1) для $X_t$.
Когда я переписываю дифференциальную форму в "длинной" нотации, я получаю ($X_0:=0$):
$$X_t=\int_{h=0}^{h=t}\frac{X_h}{1-h}dh+\int_{h=0}^{h=t}dW_h=\int_{h=0}^{h=t}\frac{X_h}{1-h}dh+W_t$$
Приведенное выше явно не то же самое, что и предыдущее определение $X_t$задано в уравнении (1). Я думаю, что может быть какое-то приложение леммы Ито к умно определенной функции$F(X_t,t)$, что я не смог понять (я пробовал поиграть с вариантами $F(X_t,t):=X_te^t$, но безрезультатно).
Есть ли способ «решить» дифференциальное уравнение (2) в (1), или автор допустил опечатку?
Изменить : прочитав ответ, связанный в комментарии ниже, и в духе моего собственного ответа об обозначениях на другой вопрос здесь , я попытался переписать связанный ответ, используя обозначение длинной руки (потому что мне трудно интерпретировать некоторые из шагов сокращенного ответа):
Я все еще получаю неправильный ответ. Не могли бы вы помочь мне определить, где я ошибаюсь? .
«Уловка» в связанном ответе, кажется, применяет лемму Ито к функции $F(W_t,t):=\frac{W_t}{1-t}$. Производные:
$$\frac{\partial F}{\partial t}=\frac{-W_t}{(1-t)^2}, \frac{\partial F}{\partial W_t}=\frac{1}{1-t}, \frac{\partial^2 F}{\partial t^2}=0$$
У нас также есть это:
$$W_t=W_0+\int_{h=0}^{h=t}a(W_h,h)_{=0}dh+\int_{h=0}^{h=t}b(W_h,h)_{=1}dW_h$$ так что:
$$\frac{W_t}{1-t}=\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{\partial F}{\partial t}+\frac{\partial F}{\partial W}*a(W_h,h)_{=0}+\frac{\partial^2 F}{\partial W^2}_{=0}*b(W_h,h)\right)dh+\int_{h=0}^{h=t}\frac{\partial F}{\partial W}b(W_h,h)_{=1}dW_h=\\=\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{-W_h}{(1-h)^2}\right)dh+\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{1}{1-h}\right)dW_h$$
Умножение на $1-t$ затем дает:
$$W_t=(1-t)\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{-W_h}{(1-h)^2}\right)dh+X_t$$
Поэтому у нас есть:
$$X_t=(1-t)\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{W_h}{(1-h)^2}\right)dh+W_t$$
Ориентируясь на термин $(1-t)\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{W_h}{(1-h)^2}\right)dh$, мы можем написать:
$$\int_{h=0}^{h=t}\left((1-t)\int_{s=0}^{s=h}\frac{1}{1-h}dW_s\right)\frac{1}{1-h}dh$$
Обратите внимание, что термин в скобках выше, т.е. $\left((1-t)\int_{s=0}^{s=h}\frac{1}{1-h}dW_s\right)$на самом деле не равно$X_h$ (как определено в уравнении (1)), поэтому на самом деле у нас нет этого:
$$X_t=\int_{h=0}^{h=t}\frac{X_h}{1-h}dh+W_t$$
Ответы
Позволять $Y_{t} = \int_{0}^{t} \frac{1}{1-s}\, dW_{s}$. Затем взгляните на
$$X_{t} = (1-t) \int_{0}^{t} \frac{1}{1-s}\, dW_{s} = (1-t)Y_{t}$$
и продифференцируем с помощью леммы Ито
\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*}
а значит, действительно есть опечатка.
Если вы хотите решить
$$dX_{t} = \frac{X_{t}}{1-t}\, dt + dW_{t},$$
затем (как в ODE) используйте интегрирующий коэффициент
$$\mu(t) = e^{-\int_{0}^{t} \frac{1}{1-s}\, ds } = 1-t$$
решить СДО
\begin{align*} d \left (X_{t}(1-t) \right) = (1-t)\, dX_{t} - X_{t}\, dt =: (1-t)\, dW_{t} \end{align*}
для решения
\begin{align*} X_{t} = \frac{1}{1-t}X_{0} + \frac{1}{1-t} \int_{0}^{t} (1-s)\, dW_{s}. \end{align*}
Предупреждение: вы не должны применять лемму Ито для решения SDE. Это работает только в том случае, если допускает сильное решение (см. Oksendal, глава 5).