Olduğunu göstermektedir $dX_t=\frac{X_t}{1-t}dt+dW_t$ olarak yazılabilir $X_t=(1-t)\int_{0}^{t}\frac{1}{1-s}dW_s$
Brownian Köprüsü tanımıyla ilgili aşağıdaki bağlantıyı okudum ve şu ifadeyle karşılaştım (yukarıdaki bağlantıda madde 9):
Varsayalım $W_t$ standart bir Brown hareketidir, tanımlayın $X_1=1$, bundan dolayı $h \in [0,1]$, süreç $X_t$ Brownian Köprüsü:
$$X_t=(1-t)\int_{h=0}^{h=t}\frac{1}{1-h}dW_h \tag{1}$$
Yukarıdaki bağlantıda sunulan bu ifadenin kanıtını gerçekten anlayabiliyorum ve iddiasıyla ilgili bir sorunum yok $X_t$Yukarıdaki bir Brownian Köprüsü. Ancak yazar daha sonra şunu belirtmeye devam eder:
"Diferansiyel biçimde, yukarıdakiler şu şekilde yazılabilir:"
$$dX_t=\frac{X_t}{1-t}dt+dW_t \tag{2}$$
Aslında diferansiyel formu için verilen denklem (1) ile bağlayamıyorum $X_t$.
Diferansiyel formu "uzun el" gösteriminde yeniden yazdığımda, şunu elde ederim ($X_0:=0$):
$$X_t=\int_{h=0}^{h=t}\frac{X_h}{1-h}dh+\int_{h=0}^{h=t}dW_h=\int_{h=0}^{h=t}\frac{X_h}{1-h}dh+W_t$$
Yukarıdakiler, eski tanımıyla açıkça aynı değildir. $X_t$denklem (1) 'de verilmiştir. Akıllıca tanımlanmış bir işleve bazı Ito lemma uygulamaları olabileceğini düşünüyorum.$F(X_t,t)$çözemediğimi (şu türden varyantlarla oynamayı denedim $F(X_t,t):=X_te^t$, ama boşuna).
Diferansiyel denklemi (2) (1) 'e "çözmenin" bir yolu var mı, yoksa yazar bir yazım hatası mı yaptı?
Düzenleme : aşağıdaki yorumda bağlantılı cevabı okuduktan sonra ve buradaki başka bir soruya kendi cevabımın ruhuyla , uzun el gösterimini kullanarak bağlantılı cevabı yeniden yazmaya çalıştım (çünkü bazı adımları yorumlamakta zorlanıyorum kısa el notasyon cevabı):
Hâlâ yanlış cevap alıyorum. Nerede yanlış yaptığımı görmeme yardım eder misin lütfen? .
Bağlantılı aswer'daki "numara", Ito'nun lemmasını bir işleve uyguluyor gibi görünüyor $F(W_t,t):=\frac{W_t}{1-t}$. Türevler:
$$\frac{\partial F}{\partial t}=\frac{-W_t}{(1-t)^2}, \frac{\partial F}{\partial W_t}=\frac{1}{1-t}, \frac{\partial^2 F}{\partial t^2}=0$$
Ayrıca bizde de var:
$$W_t=W_0+\int_{h=0}^{h=t}a(W_h,h)_{=0}dh+\int_{h=0}^{h=t}b(W_h,h)_{=1}dW_h$$ Böylece:
$$\frac{W_t}{1-t}=\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{\partial F}{\partial t}+\frac{\partial F}{\partial W}*a(W_h,h)_{=0}+\frac{\partial^2 F}{\partial W^2}_{=0}*b(W_h,h)\right)dh+\int_{h=0}^{h=t}\frac{\partial F}{\partial W}b(W_h,h)_{=1}dW_h=\\=\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{-W_h}{(1-h)^2}\right)dh+\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{1}{1-h}\right)dW_h$$
İle çarpılıyor $1-t$ sonra verir:
$$W_t=(1-t)\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{-W_h}{(1-h)^2}\right)dh+X_t$$
Bu nedenle bizde:
$$X_t=(1-t)\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{W_h}{(1-h)^2}\right)dh+W_t$$
Terime odaklanmak $(1-t)\int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{W_h}{(1-h)^2}\right)dh$, yazabiliriz:
$$\int_{h=0}^{h=t}\left((1-t)\int_{s=0}^{s=h}\frac{1}{1-h}dW_s\right)\frac{1}{1-h}dh$$
Yukarıdaki parantez içindeki terimin, yani $\left((1-t)\int_{s=0}^{s=h}\frac{1}{1-h}dW_s\right)$aslında eşit değil$X_h$ (denklem (1) 'de tanımlandığı gibi), dolayısıyla aslında bizde yok:
$$X_t=\int_{h=0}^{h=t}\frac{X_h}{1-h}dh+W_t$$
Yanıtlar
İzin Vermek $Y_{t} = \int_{0}^{t} \frac{1}{1-s}\, dW_{s}$. Sonra şuna bir göz atın
$$X_{t} = (1-t) \int_{0}^{t} \frac{1}{1-s}\, dW_{s} = (1-t)Y_{t}$$
ve It ^ o'nun lemmasını kullanarak ayırt edin
\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*}
ve bu yüzden gerçekten bir yazım hatası var.
Eğer çözmek istiyorsan
$$dX_{t} = \frac{X_{t}}{1-t}\, dt + dW_{t},$$
sonra (ODE'lerde olduğu gibi) integral faktörünü kullanın
$$\mu(t) = e^{-\int_{0}^{t} \frac{1}{1-s}\, ds } = 1-t$$
SDE'yi çözmek için
\begin{align*} d \left (X_{t}(1-t) \right) = (1-t)\, dX_{t} - X_{t}\, dt =: (1-t)\, dW_{t} \end{align*}
çözüm için
\begin{align*} X_{t} = \frac{1}{1-t}X_{0} + \frac{1}{1-t} \int_{0}^{t} (1-s)\, dW_{s}. \end{align*}
Dikkat notu: SDE'yi çözmek için It ^ o's lemma uygulamamalısınız. Bu sadece güçlü bir çözümü kabul etmesi durumunda işe yarar (çapraz başvuru Oksendal, Bölüm 5).