Phương trình vi phân ngẫu nhiên

Không gian các biến ngẫu nhiên đơn giản.. Tích phân ngẫu nhiên Itô của hàm đơn giản.. Với mongmuốn được tập dượt công tác nghiên cứu khoa học và hứng thú tìm hiểu về lý thuyết phương trì

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Nguyễn Thị Trường

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN NGẪU NHIÊN

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP HỆ ĐẠI HỌC CHÍNH QUY

Ngành: Toán ứng dụng

Người hướng dẫn khoa học:

Th.s NGUYỄN TRUNG DŨNG

Hà Nội - 2013

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên của khóa luận này em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tớithầy giáo hướng dẫn Th.S.Nguyễn Trung Dũng Thầy đã giao đề tài và tậntình hướng dẫn em trong quá trình hoàn thành khóa luận này Nhân dịp này

em xin gửi lời cám ơn của mình tời toàn bộ các thầy cô giáo trong khoa Toán

đã giảng dạy và giúp đỡ chúng em trong suốt quá trình học tập tại khoa

Đồng thời, tôi xin cảm ơn các bạn trong lớp K35 ngành Toán ứngdụng, khoa Toán đã nhiệt tình giúp đỡ tôi trong quá trình học tập tại lớp

Hà nội, ngày 17 tháng 05 năm 2013

Sinh viên

Nguyễn Thị Trường

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan:

Khóa luận tốt nghiệp là kết quả của sự nỗ lực tự bản thân và sự

hướng dẫn tận tình của thầy giáo hướng dẫn: Th.s Nguyễn Trung Dũng.

Nội dung khóa luận không trùng lặp với bất kì công trình nghiêncứu nào đã công bố

Hà Nội, ngày 17 tháng 05 năm 2013

Sinh viên

Nguyễn Thị Trường

Mục lục

LỜI NÓI ĐẦU 4

Chương I Cơ sở lý thuyết 5

I.1 Không gian Hilbert các biến ngẫu nhiên 5

I.1.1 Biến ngẫu nhiên đơn giản 5

I.1.2 Không gian các biến ngẫu nhiên đơn giản 5

I.1.3 Ví dụ 7

I.1.4 Không gian Hilbert các quá trình ngẫu nhiên 10

I.2 Tích phân ngẫu nhiên Ito 12

I.2.1 Tích phân ngẫu nhiên Itô của hàm đơn giản 12

I.2.2 Tích phân ngẫu nhiên Itô dạng R b a f (s)dW (s) 13

I.2.3 Tích phân ngẫu nhiên Itô dạng R t a f (s)dW (s) 13

I.3 Vi phân ngẫu nhiên và công thức Itô 14

I.3.1 Vi phân ngẫu nhiên 14

I.3.2 Công thức Itô 14

Chương II Phương trình vi phân ngẫu nhiên 16

II.1 Một số giả thiết 16

II.2 Sự tồn tại duy nhất nghiệm 18

II.3 Tính chất của nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên 21

II.4 Công thức Ito và nghiệm chính xác 25

II.5 Xấp xỉ phương trình vi phân ngẫu nhiên 30

KẾT LUẬN 35

Tài liệu tham khảo 36

LỜI NÓI ĐẦU

Phương trình vi phân ngẫu nhiên đang ngày càng trở nên quan trọng vì nókhông chỉ là một lý thuyết toán học mới mẻ mà nó còn có nhiều ứng dụngtrong lĩnh vực của của cuộc sống Vì vậy việc nghiên cứu lý thuyết củaphương trình vi phân ngẫu nhiên đã được nhiều người quan tâm Với mongmuốn được tập dượt công tác nghiên cứu khoa học và hứng thú tìm hiểu về

lý thuyết phương trình vi phân ngẫu nhiên nên tôi đã chọn đề tài : "Phươngtrình vi phân ngẫu nhiên." Với đề tài này thì khóa luận trình bày phươngtrình vi phân ngẫu nhiên dạng

dX(t, ω) = f (t, X (t, ω))dt + g(t, X (t, ω))dW (t, ω),hay viết dưới dạng tích phân

X(t, ω) = X (0, ω) +

Z t 0

f(s, X (s, ω))ds +

Z t 0

g(s, X (s, ω))dW (s, ω)

Khóa luận gồm 2 chương :

Chương 1: Cơ sở lý thuyết

Trong chương này trình bày các khái niệm và các kết quả về không gianHilbert các biến ngẫu nhiên, các quá trình ngẫu nhiên ; tích phân ngẫu nhiênItô và công thức vi phân ngẫu nhiên Itô

Chương 2: Phương trình vi phân ngẫu nhiên

Trình bày về sự tồn tại duy nhất nghiệm ; tính chất nghiệm của phươngtrình vi phân ngẫu nhiên; công thức Itô và nghiệm chính xác

Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên các vấn

đề trong khóa luận vẫn chưa được trình bày sâu sắc và khó tránh khỏi cónhững sai sót Em mong được sự góp ý xây dựng của thầy cô và các bạn đểkhóa luận hoàn thiện hơn

Hà Nội, Ngày 17 tháng 05 năm 2013.

Sinh viên

Nguyễn Thị Trường

Chương I

Cơ sở lý thuyết

I.1.1 Biến ngẫu nhiên đơn giản

Cho (Ω,A,P) là một không gian xác suất Với A ∈ A và đặt IA là mộthàm được xác đinh bởi

IA(ω) =



1 nếu ω ∈ A

0 nếu trái lại

Khi đó, IA(ω) là một biến ngẫu nhiên

Ta có E(IA) = P(A) Khi đó tổ hợp tuyến tính của hữu hạn các hàm chỉ tiêuđược gọi là biến ngẫu nhiên đơn giản

Nếu X là biến ngẫu nhiên đơn giản thì X có dạng

Ta có tổng của hai biến ngẫu nhiên đơn giản và tích của một số với biếnngẫu nhiên đơn giản cũng là một biến ngẫu nhiên đơn giản.

Chúng ta có thể dễ dàng chứng minh được SRV một không gian véctơcác biến ngẫu nhiên Cho X ,Y ∈ SRV , ta sẽ định nghĩa tích vô hướng vàchuẩn trên SRV như sau :

Tích vô hướng

Tích vô hướng (X ,Y ) được định nghĩa trên SRV là

(X ,Y ) = E(X ,Y ) với X,Y ∈ SRV.Chú ý rằng X ,Y ∈ SRV thì

là không đầy đủ Tuy nhiên, nó có thể được bổ sung để tạo thành không gianHilbert HRV, ở đó SRV trù mật trong HRV

và chuẩn trong không gian này là

k X kRV= (E | X |2)12

và tập hợp các hàm đơn giản trong SRV là trù mật trong HRV

I.1.3 Ví dụ

Ví dụ I.1 Không gian Hilbert L2[0, 1]

Xét không gian xác suất (Ω, A,P) trong đó không gian mẫu là tập hợp các điểm thuộc [0, 1], nghĩa là Ω = {x : 0 ≤ x ≤ 1} Không gian các biến cốA

là σ − đại số của tập các khoảng có dạng (a, b] ⊂ [0, 1] Độ đo xác suất P

là độ đo Lebesgue ở đó P(A) = b − a nếu A = [a, b] ∈A

ĐặtSRV là tập tất cả các hàm đơn giản định nghĩa trên A Nếu X ∈ SRV thì biến ngẫu nhiên X có dạng

0 nếu ngược lại.

Đặt HRV là không gian đủ của SRV Không gian Hilbert HRV bao gồm, ví

dụ tất cả các biến ngẫu nhiên liên tục trên [0, 1].

Thật vậy, cho f : [0, 1] → R là một hàm liên tục

Đặt xi = (i−1)n với i = 1, 2, , n và định nghĩa

0 nếu ngược lại

Ta có thể chỉ ra rằng dãy các biến ngẫu nhiên đơn giản { fn}∞

n=1 là dãy

| ( f (x)) |2dx< ∞



Đặc biệt, nhiều hàm sẽ cần bổ sung để HRV là đầy đủ nhưng có thể không

liên tục Do đó, ta phải sử dụng tích phân Lebesgue vì tích phân Rieman của

các hàm đó không tồn tại Tuy nhiên, nếu tồn tại tích phân Rieman thì tích

phân Lebesgue tồn tại và hai tích phân này bằng nhau Hơn nữa, các hàm

liên tục và bình phương khả tích là trù mật trong L2[0, 1] Chú ý rằng, với

X,Y ∈ HRV thì

(X ,Y ) =

Z 1 0

X(x).Y (x)dx và k X k2RV=

Z 1 0

| X(x) |2 dx

Ví dụ I.2 Ví dụ về sự hội tụ trong không gian Hilbert HRV = L2[0, 1]

Giả sử HRV được định nghĩa như trong ví dụ I 1 Cho Y ∼ U [0, 1] và dãy

các biến ngẫu nhiên {Xn}∞

Ví dụ I.3 Ví dụ về sự không hội tụ

Giả sửHRV được định nghĩa như trong ví dụ I 1.

Cho Y ∼ U [ 0, 1] là dãy các biến ngẫu nhiên có phân phối đều với n = 1, 2, thì

k YnkRV=

Z 1 0

x2dx

!1 2

0

n2x2dx

!1 2

=

√n3

!1 2

Vì vậy, dãy {Xn}∞

n=1 không là dãy Cauchy trong không gianHRV.

Ví dụ I.4 Không gian Hilbert chuẩn hóa

Xét Ω = {x : −∞ < x < +∞} Kí hiệu A là σ -đại số sinh bởi các khoảng có dạng (a, b] , A là σ -đại số Borel trên R Định nghĩa biến ngẫu nhiên X là

Tức là,

P(a ≤ X ≤ b) =

Z b a

1

√2πσ2exp

−(s − µ)2

2σ2

!ds

Biến ngẫu nhiên X được gọi là có phân phối chuẩn với trung bình µ và phương sai σ2 Kí hiệu X ∼ N(µ, σ2)

SRV là không gian các hàm đơn giản trên không gian xác suất (Ω, A,P) với tích vô hướng

( f , g) = E( f g) =

Z +∞

−∞ f(s)g(s)p(s)ds với f , g ∈SRV

Giả sử HRV là đầy đủ của SRV Khi đó HRV là không gian các biến ngẫu nhiên định nghĩa trên R với chuẩn

I.1.4 Không gian Hilbert các quá trình ngẫu nhiên

Cho f (t) = f (t, (ω)) là một quá trình ngẫu nhiên sơ cấp hay hàm ngẫunhiên đơn giản định nghĩa trên [0, T ] × Ω , nghĩa là f có dạng sau

0 nếu ngược lại

Giả sử rằng f (ti, ·) ∈ HRV với mỗi ti Đặc biệt, E( f2(ti)) < ∞ với mỗi i

Kí hiệu

SSP:= {hàm đơn giản f (t, ω) định nghĩa trên [0, T ] × Ω sao cho

Z T 0

E( f (t) · g(t))dt

và chuẩn được định nghĩa như sau

k f kSP= ( f , f )

1 2

SP=

Z T 0

E( f (t))2dt

!1 2

Không gian SSP là không gian Metric với metric k · kSP

Tuy nhiên, SSP không là không gian không đủ và ta có thể thấy rằng khôngphải mọi dãy Cauchy đều hội tụ trong SSP Không gian này là không gian

đủ bằng cách bổ sung thêm các quá trình ngẫu nhiên Kí hiệu HSP là khônggian đầy đủ và SSP là trù mật trong HSP Nghĩa là, cho quá trình ngẫu nhiên

f ∈ HSP và cho ε > 0 thì tồn tại g ∈ SSP sao cho k f − g kSP< ε

Giả sử, quá trình ngẫu nhiên f (t, ω) thỏa mãn với các hằng số dương

E | f (t) − f (0) |2 dt+ 2

Z T 0

E | f (0) |2 dt ≤ k2T2+ k1T.Hơn nữa, theo định lý Fubini

Z T

0

E| f (t) | dt = E

Z T 0

| f (t) | dt và

Z T 0

E| f (t) |2dt= E

Z T 0

| f (t) |2dt.Với f ∈ HSP , áp dụng bất đẳng thức Cauhy-Schwarz

E | f (t) |2 dt

!1

2 Z T 0

E | g(t) |2 dt

!1 2

Vì vậy, áp dụng bất dẳng thức Cauchy-Schwarz và định lý Fubini ta có

E | f (t) | dt ≤ T 12

Z T 0

E | f (t) |2 dt

!.Hơn nữa , theo bất đẳng thứ tam giác

≤

Z T 0

E| f (t) |2dt

!1 2

+

Z T 0

E| g(t) |2dt

!1 2

Xét năm điều kiện sau của quá trình ngẫu nhiên f với f ∈ HSP :

(C1) : f (a) ∈ HRVdo đó k f (a) k2RV= E | f (a) |2≤ k1, k1 > 0

(C2) : k f (t2) − f (t1) k2RV= E | f (t2) − f (t1) |2≤ k2| t2− t1 | với t1,t2∈

[a, b] ; k2là hằng số dương

(C3) : f không dự báo được trên [a,b]

(C4) : Hàm G : [a, b]×R → R tồn tại hằng số không âm k3sao cho với mỗi t1,t2∈[a, b] và với mọi X ∈ HSP thì

E | G(t2, X (t2)) − G(t1, X (t1)) |2≤ k3(| t2− t1|) + E | X(t2) − X (t1) |2)

(C5) : Cho G : [a, b] × R → R nếu X(a) ∈ HRV thì G(a, X (a)) ∈ HRV

I.2.1 Tích phân ngẫu nhiên Itô của hàm đơn giản

Cho fm ∈ SSP là hàm không dự báo được, trong đó

Khi đó tích phânR b

a fm(s)dW (s) được định nghĩa như sau:

I( fm) =

Z b a

I.2.3 Tích phân ngẫu nhiên Itô dạng Rat f (s)dW (s)

Cho f ∈ HSP thỏa mãn các điều kiện (C1) − (C3)

I.3 Vi phân ngẫu nhiên và công thức Itô

I.3.1 Vi phân ngẫu nhiên

Xét quá trình ngẫu nhiên dưới đây:

X(t) = X (a) +

Z b a

f(s)d(s) +

Z b a

g(s)dω(s) a≤ t ≤ b (∗)

trong đó f , g ∈ HSP ; X (a) ∈ HRV ; f , g thỏa mãn các điều kiện (C1) − (C3)

Nếu f , g thỏa mãn (∗) thì ta nói rằng X có vi phân ngẫu nhiên dạng sau

dX = f (t)d(t) + g(t)dW (t) với a ≤ t ≤ b

I.3.2 Công thức Itô

Cho X ∈ HSP thỏa mãn phương tình vi phân (∗) , với t ∈ [a, b] ; f , g thỏa

và g(t, x) = g(t)˜ ∂ F (t, x)

∂ tKhi đó F có vi phân ngẫu nhiên :

dF(t, X (t)) = ˜f(t, X (t))dt + ˜g(t, X (t))dW (t)

Chương II

Phương trình vi phân ngẫu

nhiên

II.1 Một số giả thiết

Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên Itô trên đoạn [0, T ] có dạng nhưsau :

X(t, ω) = X (0, ω) +

Z t 0

f(s, X (s, ω))ds +

Z t 0

g(s, X (s, ω))dW (s, ω) (II.1)với 0 ≤ t ≤ T và X(0, ·) ∈ HRV hoặc có dạng vi phân như sau:

dX(t, ω) = f (t, X (t, ω))dt + g(t, X (t, ω))dW (t, ω) (II.2)

với 0 ≤ t ≤ T , X (0, ·) ∈ HRV

Các hàm số f (t, x), g(t, x) được gọi là hệ số của phương trình

Giả sử f , g là các hàm không dự báo được và thỏa mãn các điều kiện(C6) và (C7) sau:

(C6) : | f (t, x)− f (s, y) |2≤ k(| t −s | + | x−y |2) với 0 ≤ s , t ≤ T , x, y ∈ R.(C7) : | f (t, x) |2 ≤ k(1+ | x |2) với 0 ≤ t ≤ T , x ∈ R

Mệnh đề II.1.1.

Đặt u(t) = f (t, X (t)) , v(t) = g(t, X (t)).

Khi đó nếu f , g thỏa mãn các điều kiện (C6), (C7) và X ∈ HSP thì u, v ∈HSP

Chứng minh. Thật vậy với X ∈ HSP ta có :

E | f (t1, X (t)) − f (t1,Y (t)) |2 dt

≤

Z T 0

E | f (t1, X (t)) − f (t2, X (t)) |2 dt

≤

Z T 0

kE | t2− t1 | dt = kT | t2− t1 |

Nếu | t2− t1|< ε

2

kT thì k f (t1, X ) − f (t2, X ) kSP< ε

Chú ý: Nếu điều kiện (C6), (C7) được thỏa mãn và X ∈ HSP thì ta có thể

áp dụng công thức Itô cho (II.2)

Định lý II.2.1.

Xét phương trình vi phân dạng sau:

X(t, ω) = X (0, ω) +

Z t 0

f(s, X (s, ω))ds +

Z t 0

g(s, X (s, ω))dW (s, ω)

với t ∈ [ 0, T ] và X (0, ·) ∈ HRV

Khi đó nếu f , g thỏa mãn các điều kiện (C6)và(C7)

thì phương trình có tồn tại và duy nhất nghiệm với X ∈HSP

Chứng minh. Đặt X0(t) = X (0) , trong đó X (0) ∈ HRV là điều kiện ban đầucho trước (chú ý X0 ∈ HSP)

Định nghĩa X1(t) được xác định bởi phương trình sau:

X1(t) = X0(t) +

Z t 0

f(s, X0(s))ds +

Z t 0

E |

Z t 0

f(s, X0(s))ds +

Z t 0

g(s, X0(s))dW (s) |2dt

≤ 2

Z T 0

E|

Z t 0

f(s, X0(s))ds |2+E |

Z t 0

g(s, X0(s))dW (s) |2 dt

≤ 2

Z T 0

t

Z t 0

E| f (s, X0(s)) |2ds+

Z t 0

E| g(s, X0(s)) |2ds

!dt

≤ 2

Z T 0

(T + T2)k(1+ k X0 k2RV)dt

= k(2T2+ 2T3)(1+ k X0k2RV)

Tiếp tục quá trình này , dãy {Xn}∞

n=1 ⊂ HSP , được định nghĩa truy hồi với

n≥ 1 như sau

Xn(t) = X0(t) +

Z t 0

f(s, Xn−1(s))ds +

Z t 0

f(s, Xn(s)) − f (s, Xn−1(s))

!ds

+

Z t 0

E | f (s, Xn)(s) − f (s, Xn−1)(s) |2 ds+2

Z t 0

E | g(s, Xn)(s) − g(s, Xn−1)(s) |2 ds

E | Xn(s) − Xn−1(s) |2 ds

≤ (2T k + 2k)

Z t 0

E | Xn(s) − Xn−1(s) |2 ds

≤ L

Z t 0

E | Xn(s) − Xn−1(s) |2 ds trong đó L = 2T k + 2k.Đặt an(t) = E | Xn+1(t) − Xn(t) |2 Khi đó từ bất đẳng thức trên ta có

an(t) = L

Z t 0

an−1(s1)ds1 ≤ L2

Z t 0

Z s10

an−2(s2) ds2ds1

≤ ≤ Ln

Z t 0

Z s10

Z sn−10

a0(sn)dsn ds2ds1

Vì vậy ,

an(t) ≤ Ln

Z t 0

Z s10

Z sn−10

a0(sn)dsn ds2ds1.Bất đẳng thức trên kéo theo

an(t) ≤ L

nTn−1(n − 1)! k X1− X0 k

2

SP Khi đó ta có

k Xn+1− Xn k2SP ≤ L

nTn(n)! k X1− X0 k

2

SP Xét m > n và áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có

k Xm− Xn kSP ≤ k Xm− Xm−1 kSP + k Xm−1− Xn kSP

n+1Tn+1(n + 1)!

!1 2

+ + L

mTmm!

!1

2"

1 + · · · + L

m−nTm−n(n + 1)(n + 2) m

k X1− X0 kSP giả sử rằng n, m ≥ 4LT.

Vì k X1− X0kSP là bị chặn và từ bất đẳng thức trên suy ra với mọi ε > 0

và tồn tại N > 0 sao cho k Xn− Xm kSP< ε với mọi m, n > N

f(s, X (s))ds +

Z t 0

g(s, X (s))dW (s)

Vì

0 = −Xn(t) + Xn(0) +

Z t 0

f(s, Xn−1(s))ds +

Z t 0

Định lý II.3.1 Tính bị chặn của nghiệm

Giả sử f , g thỏa mãn (C6) , (C7) và X ∈ HSP là nghiệm của phương trình

Khi đó

E | X(t) |2 ≤ 3(E | X(0) |2 +kT2+ kT )exp(3k(T + T2)) với 0 ≤ t ≤ T.

Để chứng minh định lý trên ta cần bổ đề sau

Bổ đề II.3.1 Bất đẳng thức Bellman-Gronwall.

Nếu a(t) ≤ b(t) + c

Z t 0

a(s)ds thì a(t) ≤ b(t) + c

Z t 0

exp(c(t − s))b(s)ds

a(t) ≤ b(t) + c

Z t 0

suy ra

a(s) − c

Z s 0

a(z)dz ≤

Z t 0

b(s)exp(−cs)ds

hay

Z t 0

a(s)ds ≤

Z t 0

b(s)exp(c(t − s))ds

Thay bất đẳng thức cuối này vào (II.3) ta được :

a(s) ≤ b(t) + c

Z t 0

exp(c(t − s))b(s)ds (II.4)

Bây giờ ta đi chứng minh định lý trên.

Thật vậy,

E | X(t) |2≤ E | X(0) +

Z t 0

f(s, X (s))ds +

Z t 0

g(s, X (s))dW (s) |2

≤ 3E | X(0) |2+3E |

Z t 0

f(s, X (s))ds |2 +3E |

Z t 0

g(s, X (s))dW (s) |2

≤ 3E | X(0) |2 +3t

Z t 0

E | f2(s, X (s)) | ds + 3

Z t 0

Eg2(s, X (s)) | ds

≤ 3E | X(0) |2 +(3t + 3)k

Z t 0

E | 1 + X2(s) | ds

≤ 3E | X(0) |2 +(3t2+ 3t)k + (3T + 3)k

Z t 0

a(s)ds

Áp dụng bất đẳng thức Bellman-Gronwall ta có

a(t) ≤ b(t) + (3T + 3)k

Z t 0

exp(k(3T + 3)(t − s))b(s)ds

Vì b(t) là hàm tăng trên [0, T ] nên

a(t) ≤ b(t) + b(t)(3T + 3)k

Z t 0

exp(k(3T + 3)(t − s))ds

Do đó,

E | X(t) |2≤ 3(E | X(0) |2+kT2+ kT )exp(3k(T + T2)) với 0 ≤ t ≤ T

Định lý II.3.2 : Tính liên tục của nghiệm trên [0,T]

Giả sử f , g thỏa mãn (C6) , (C7) và X ∈ HSP là nghiệm của phương trình (II.1) Khi đó tồn tại một hằng số c ≥ 0 sao cho

f(s, X (s))ds +

Z t 0

E | f (s, X(s)) |2ds+ 2

Z t r

E| g(s, X(s)) |2ds

≤ 2 | t − r | k

Z t r

(1 + E | X (s) |2)ds + 2k

Z t r

(1 + E | X (s) |2)ds

≤| t − r | (2k | t − r | (1 + M)) + 2k(1 + M)

≤ c | t − r | trong đó c = 2k(T + 1)(1 + M)

II.4 Công thức Ito và nghiệm chính xác

Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên Itô có dạng vi phân

dX(t) = f (t, X (t))dt + g(t, X (t))dW (t) ; 0 ≤ t ≤ T với X (0) ∈ HRV (II.5)với 0 ≤ t ≤ T và X0 ∈ HRV

Cho F là một hàm trơn và giả sử rằng các điều kiện của định lý đượcthỏa mãn Khi đó công thức Itô được áp dụng đối với F(t, X ) trong đó Xthỏa mãn vi phân ngẫu nhiên (II.2)

Kết quả của vi phân ngẫu nhiên đối với F có dạng

E

Z t 0

Xét các ví dụ sau đây có sử dụng công thức Itô để tìm momen.

Ví dụ II.4.1 Tìm momen chính xác của nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên với hệ số tuyến

Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên

dX(t) = dt + X (t) dW (t) , X (0) = 0

Khi đó

X(t) = t +

Z t 0

Var(X (t)) = E(X2(t)) − (E(X )(t))2 = 2et − 2 − 2t − t2

Quá trình này cũng áp dụng tương tự để tìm momen cấp cao hơn củaphương trình vi phân

Áp dụng công thức Itô cho F(t, X ) = X3 thì :

d(X3(t)) = [3X2(t) + 3X3(t)]dt + 3X3(t) dW (t)