Phương trình vi phân ngẫu nhiên

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 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 khóa luận em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn Th.S.Nguyễn Trung Dũng Thầy giao đề tài tận tình hướng dẫn em trình hoàn thành khóa luận Nhân dịp em xin gửi lời cám ơn tời toàn thầy cô giáo khoa Toán giảng dạy giúp đỡ chúng em suốt trình học tập khoa Đồng thời, xin cảm ơn bạn lớp K35 ngành Toán ứng dụng, khoa Toán nhiệt tình giúp đỡ trình học tập 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 kết nỗ lực tự thân hướng dẫn tận tình thầy giáo hướng dẫn: Th.s Nguyễn Trung Dũng Nội dung khóa luận không trùng lặp với công trình nghiên cứu công bố Hà Nội, ngày 17 tháng 05 năm 2013 Sinh viên Nguyễn Thị Trường Mục lục LỜI NÓI ĐẦU Chương I Cơ sở lý thuyết I.1 Không gian Hilbert biến ngẫu nhiên I.1.1 Biến ngẫu nhiên đơn giản I.1.2 Không gian biến ngẫu nhiên đơn giản I.1.3 Ví dụ I.1.4 Không gian Hilbert trình ngẫu nhiên 10 I.2 Tích phân ngẫu nhiên Ito I.2.1 Tích phân ngẫu nhiên Itô hàm đơn giản I.2.2 Tích phân ngẫu nhiên Itô dạng ab f (s)dW (s) I.2.3 Tích phân ngẫu nhiên Itô dạng at f (s)dW (s) I.3 Vi phân ngẫu nhiên công thức Itô I.3.1 Vi phân ngẫu nhiên I.3.2 Công thức Itô 12 12 13 13 14 14 14 Chương II Phương trình vi phân ngẫu nhiên 16 II.1 Một số giả thiết 16 II.2 Sự tồn nghiệm 18 II.3 Tính chất nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên 21 II.4 Công thức Ito nghiệm 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 ngày trở nên quan trọng không lý thuyết toán học mẻ mà có nhiều ứng dụng lĩnh vực của sống Vì việc nghiên cứu lý thuyết phương trình vi phân ngẫu nhiên nhiều người quan tâm Với mong muốn tập dượt công tác nghiên cứu khoa học hứng thú tìm hiểu lý thuyết phương trình vi phân ngẫu nhiên nên chọn đề tài : "Phương trình vi phân ngẫu nhiên." Với đề tài khóa luận trình bày phương trình vi phân ngẫu nhiên dạng dX(t, ω) = f (t, X(t, ω))dt + g(t, X(t, ω))dW (t, ω), hay viết dạng tích phân t X(t, ω) = X(0, ω) + t f (s, X(s, ω))ds + g(s, X(s, ω))dW (s, ω) Khóa luận gồm chương : Chương 1: Cơ sở lý thuyết Trong chương trình bày khái niệm kết không gian Hilbert biến ngẫu nhiên, trình ngẫu nhiên ; tích phân ngẫu nhiên Itô công thức vi phân ngẫu nhiên Itô Chương 2: Phương trình vi phân ngẫu nhiên Trình bày tồn nghiệm ; tính chất nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên; công thức Itô nghiệm xác Tuy có nhiều cố gắng thời gian khả có hạn nên vấn đề khóa luận chưa trình bày sâu sắc khó tránh khỏi có sai sót Em mong góp ý xây dựng thầy cô bạn để khóa luận hoàn thiện Hà Nội, Ngày 17 tháng 05 năm 2013 Sinh viên Nguyễn Thị Trường Chương I Cơ sở lý thuyết I.1 I.1.1 Không gian Hilbert biến ngẫu nhiên Biến ngẫu nhiên đơn giản Cho (Ω, A, P) không gian xác suất Với A ∈ A đặt IA hàm xác đinh IA (ω) = ω ∈ A trái lại Khi đó, IA (ω) biến ngẫu nhiên Ta có E(IA ) = P(A) Khi tổ hợp tuyến tính hữu hạn hàm tiêu gọi biến ngẫu nhiên đơn giản Nếu X biến ngẫu nhiên đơn giản X có dạng n n X(ω) = ∑ ci IAi (ω) i=1 I.1.2 E(X) = ∑ ci P(Ai ) i=1 Không gian biến ngẫu nhiên đơn giản Kí hiệu SRV = {X : X biến ngẫu nhiên đơn giản định nghĩa (Ω, A, P)} Ta có tổng hai biến ngẫu nhiên đơn giản tích số với biến ngẫu nhiên đơn giản biến ngẫu nhiên đơn giản Chúng ta dễ dàng chứng minh SRV không gian véctơ biến ngẫu nhiên Cho X,Y ∈ SRV , ta định nghĩa tích vô hướng chuẩn SRV sau : Tích vô hướng Tích vô hướng (X,Y ) định nghĩa SRV X,Y ∈ SRV (X,Y ) = E(X,Y ) với Chú ý X,Y ∈ SRV n (X,Y ) = E(XY ) = E n n ∑ ∑ ci IAi d j IB j i=1 j=1 Chuẩn =∑ n ∑ ci d j P(Ai ∩ B j ) i=1 j=1 1 X = (X, X) = (E | X |2 ) Nói chung, không gian tích vô hướng biến ngẫu nhiên đơn giản không đầy đủ Tuy nhiên, bổ sung để tạo thành không gian Hilbert HRV , SRV trù mật HRV Giả sử {Xn }∞ n=1 dãy biến ngẫu nhiên HRV cho với ε > cho trước tồn số nguyên N cho : Xn − Xm RV N Vì HRV không gian đầy đủ, tồn biến ngẫu nhiên X ∈ HRV cho Xn − Xm RV → n → ∞ Ngoài ra, SRV ⊂ HRV trù mật HRV , với ε > cho trước tồn biến ngẫu nhiên đơn giản Y ∈ SRV cho X −Y < ε Chú ý Trong không gian Hilbert HRV tích vô hướng định nghĩa (X,Y ) = E(XY ) chuẩn không gian X RV = (E | X |2 ) tập hợp hàm đơn giản SRV trù mật HRV I.1.3 Ví dụ Ví dụ I.1 Không gian Hilbert L2 [0, 1] Xét không gian xác suất (Ω, A, P) không gian mẫu tập hợp điểm thuộc [0, 1], nghĩa Ω = {x : ≤ x ≤ 1} Không gian biến cố A σ − đại số tập khoảng có dạng (a, b] ⊂ [0, 1] Độ đo xác suất P độ đo Lebesgue P(A) = b − a A = [a, b] ∈ A Đặt SRV tập tất hàm đơn giản định nghĩa A Nếu X ∈ SRV biến ngẫu nhiên X có dạng n Ai ∈ A với i X(x) = ∑ ci IAi (x) i=1 IAi (x) = ∈ Ai ngược lại Đặt HRV không gian đủ SRV Không gian Hilbert HRV bao gồm, ví dụ tất biến ngẫu nhiên liên tục [0, 1] Thật vậy, cho f : [0, 1] → R hàm liên tục Đặt xi = (i−1) n với i = 1, 2, , n định nghĩa n fn (x) = ∑ f (xi ) In,i (x) i=1 Ix,i (x) = i i−1 n ≤x≤ n ngược lại Ta dãy biến ngẫu nhiên đơn giản { fn }∞ n=1 dãy Cauchy HRV Hơn nữa, f − fn RV → n → ∞ Vì vậy, f giới hạn dãy biến ngẫu nhiên đơn giản không gian HRV f ∈ HRV Chú ý X(x) = x X có phân phối [0, 1], nghĩa X ∼ U[0, 1] Không gian Hilbert ví dụ không gian đầy đủ L2 [0, 1], nghĩa HRV = L2 [0, 1] = hàm f đo Lebesgue [0, 1]sao cho | ( f (x)) |2 dx < ∞ Đặc biệt, nhiều hàm cần bổ sung để HRV đầy đủ không liên tục Do đó, ta phải sử dụng tích phân Lebesgue tích phân Rieman hàm không tồn Tuy nhiên, tồn tích phân Rieman tích phân Lebesgue tồn hai tích phân Hơn nữa, hàm liên tục bình phương khả tích trù mật L2 [0, 1] Chú ý rằng, với X,Y ∈ HRV (X,Y ) = X(x).Y (x)dx X RV = | X(x) |2 dx Ví dụ I.2 Ví dụ hội tụ không gian Hilbert HRV = L2 [0, 1] Giả sử HRV định nghĩa ví dụ I.1 Cho Y ∼ U[0, 1] dãy biến ngẫu nhiên {Xn }∞ n=1 định nghĩa Xn (x) = Y (x) 12 ≤ Y (x) ≤ ngược lại RV → Khi đó, Xn − Xm m, n → ∞ Vì vậy, {Xn } ⊂ HRV dãy Cauchy HRV Thật vậy, Xn hội tụ HRV tới X = 12 Y n → ∞ Ví dụ I.3 Ví dụ không hội tụ Giả sử HRV định nghĩa ví dụ I.1 Cho Y ∼ U[0, 1] dãy biến ngẫu nhiên có phân phối với n = 1, 2, Yn RV = x2 dx =√ với n Cho X = dãy biến ngẫu nhiên {Xn }∞ n=1 định nghĩa √1n ≤ Yn (x) ≤ 1 + nYn (x) ngược lại Xn (x) = Khi đó, Xn − X RV = √1 n n2 x2 dx = √ n →∞ n → ∞ Vì vậy, dãy {Xn }∞ n=1 không dãy Cauchy không gian HRV Ví dụ I.4 Không gian Hilbert chuẩn hóa Xét Ω = {x : −∞ < x < +∞} Kí hiệu A σ -đại số sinh khoảng có dạng (a, b] , A σ -đại số Borel R Định nghĩa biến ngẫu nhiên X X(x) = x với A ∈ A, µ ∈ R σ > số Định nghĩa P(A) = p(s)ds A −(s − µ)2 p(s) = √ exp 2σ 2πσ Tức là, b P(a ≤ X ≤ b) = a −(s − µ)2 √ exp ds 2 2σ 2πσ Biến ngẫu nhiên X gọi có phân phối chuẩn với trung bình µ phương sai σ Kí hiệu X ∼ N(µ, σ ) SRV không gian hàm đơn giản không gian xác suất (Ω, A, P) với tích vô hướng +∞ ( f , g) = E( f g) = −∞ f (s)g(s)p(s)ds với f , g ∈ SRV II.1 Khi E | X(t) |2 ≤ 3(E | X(0) |2 +kT + kT )exp(3k(T + T )) với ≤ t ≤ T Để chứng minh định lý ta cần bổ đề sau Bổ đề II.3.1 Bất đẳng thức Bellman-Gronwall t Nếu a(t) ≤ b(t) + c t a(t) ≤ b(t) + c a(s)ds exp(c(t − s))b(s)ds Chứng minh Từ t a(t) ≤ b(t) + c a(s)ds, (II.3) suy s a(s) − c a(z)dz ≤ b(s) Do d exp(−cs) ds s ≤ b(s) exp(−cs) a(z)dz Vì , t t a(z)dz ≤ exp(−ct) b(s)exp(−cs)ds hay t t a(s)ds ≤ b(s)exp(c(t − s))ds Thay bất đẳng thức cuối vào (II.3) ta : t a(s) ≤ b(t) + c exp(c(t − s))b(s)ds 22 (II.4) Bây ta chứng minh định lý Thật , t E | X(t) | ≤ E | X(0) + t f (s, X(s))ds + 0 t ≤ 3E | X(0) | +3E | g(s, X(s))dW (s) |2 t g(s, X(s))dW (s) |2 f (s, X(s))ds | +3E | 0 t t E | f (s, X(s)) | ds + ≤ 3E | X(0) | +3t Eg2 (s, X(s)) | ds t ≤ 3E | X(0) |2 +(3t + 3)k E | + X (s) | ds t ≤ 3E | X(0) | +(3t + 3t)k + (3T + 3)k E | X (s) | ds Đặt a(t) = E | X (t) | b(t) = 3E | X | +(3t + 3t)k, bất đẳng thức viết lại sau t a(t) ≤ b(t) + (3T + 3)k a(s)ds Áp dụng bất đẳng thức Bellman-Gronwall ta có t a(t) ≤ b(t) + (3T + 3)k exp(k(3T + 3)(t − s))b(s)ds Vì b(t) hàm tăng [0, T ] nên t a(t) ≤ b(t) + b(t)(3T + 3)k exp(k(3T + 3)(t − s))ds 23 Do đó, E | X(t) |2 ≤ 3(E | X(0) |2 +kT + kT )exp(3k(T + T )) với ≤ t ≤ T Định lý II.3.2 : Tính liên tục nghiệm [0,T] Giả sử f , g thỏa mãn (C6 ) , (C7 ) X ∈ HSP nghiệm phương trình (II.1) Khi tồn số c ≥ cho E | X(t) − X(r) |2 ≤ c | t − r | với ≤ r , t ≤ T Đặc biệt , với ε > cho trước tồn δ > cho ε | t − r |< δ X(t)−X(r) RV < Chứng minh Rõ ràng t X(t) − X(r) = t f (s, X(s))ds + g(s, X(s))dW (s) Hơn , định lý (II.3.1) kéo theo tồn M > cho E | X(s) |2 ≤ M với ≤ s ≤ T Sử dụng bất đẳng thức với điều kiện (C7 ) ta t E | X(s)−X(r) | ≤ | t −r | t E | f (s, X(s)) | ds+2 r t r t (1 + E | X(s) | )ds + 2k ≤ | t −r | k E | g(s, X(s)) |2 ds r (1 + E | X(s) |2 )ds r ≤| t − r | (2k | t − r | (1 + M)) + 2k(1 + M) ≤ c | t −r | c = 2k(T + 1)(1 + M) 24 II.4 Công thức Ito nghiệm 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) ; ≤ t ≤ T với X(0) ∈ HRV (II.5) với ≤ t ≤ T X0 ∈ HRV Cho F hàm trơn giả sử điều kiện định lý thỏa mãn Khi công thức Itô áp dụng F(t, X) X thỏa mãn vi phân ngẫu nhiên (II.2) Kết vi phân ngẫu nhiên F có dạng dF(t, X(t)) = ∂ F(t, X) ∂ F(t, X) ∂ F(t, X) + f (t, X) + g (t, X) dt ∂t ∂x ∂ 2x + g(t, X) ∂ F(t, X) dW (t) ∂x (II.6) Trong kí hiệu ∂ F(t, X) ∂ F(t, X) = |x=X ∂x ∂x Công thức Itô giúp ta tìm nghiệm xác phương trình vi phân ngẫu nhiên Ta sử dụng kết sau t G(t, X(t))dW (t) E = 0 Chú ý II.4.1 Khi giải phương trình vi phân ngẫu nhiên áp dụng công thức Itô ta cần lưu ý Chẳng hạn cho F(t, X(t)) = X (t) với X thỏa mãn (II.2) có kết sau: d(X (t)) = [2X(t) f (t, X(t)) + g2 (t, X(t))]dt + [2X(t) f (t, X(t))]dW (t) Thực tế : d(X (t)) = 2X(t)dX(t) = 2X(t)[ f (t, X(t))dt + g(t, X(t))dW (t)] 25 Xét ví dụ sau có sử dụng công thức Itô để tìm momen Ví dụ II.4.1 Tìm momen xác 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) = Khi t X(t) = t + X(s) dW (s) Ta có: E(X(t)) = t Áp dụng công thức Itô cho F(t, X) = X ta d(X (t)) = [2X(t) + X (t)]dt + 2X (t) dW (t) t E(X (t)) = E (2X(s) + X (s))dW (s) Điều dẫn đến phương trình vi phân E(X (t)) có dạng dE(X (t)) = 2E(X(t))+E(X (t)) = 2t +E(X (t)) dt với E(X (0)) = Giải phương trình vi phân thường ta có E(X (t)) = −2t − + 2et Ngoài ta thấy Var(X(t)) = E(X (t)) − (E(X)(t))2 = 2et − − 2t − t Quá trình áp dụng tương tự để tìm momen cấp cao phương trình vi phân Áp dụng công thức Itô cho F(t, X) = X : d(X (t)) = [3X (t) + 3X (t)]dt + 3X (t) dW (t) 26 Khi ta có phương trình vi phân ngẫu nhiên E(X (t)) có dạng sau dE(X (t)) = 3E(X (t)) + 3E(X (t)) = −6t − + 6et + 3E(X (t)) dt E(X (0)) = , với E(X (t)) = 2t + − 3et + 3 Ví dụ II.4.2 Tìm momen xác nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên với hệ số phi tuyến Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên 1 dX(t) = − X (t)dt + X (t) dW (t) với X(0) = 2 Ta xác định E(X(t)) E(X (t)) Trước hết ta có dE(X(t)) = − EX (t)dt với E(X(0)) = Áp dụng công thức Itô cho phương trình vi phân ngẫu nhiên ta có : 3 3 d(X (t)) = − X (t) + X (t) dt + X (t) dW (t) = X (t) dW (t) 4 2 với E(X (0)) = 1 1 E(X (t)) = −→ E(X(t)) = − t 8 32 Ví dụ II.4.3 Tìm momen xác nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên với hệ số phi tuyến Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên dX(t) = 2 1 X (t) + 6X (t) dt + X dW (t) với X(0) = 27 Trong ví dụ ta xác đinh E(X(t)) E(X (t)) Ta cần ý dE(X(t)) = E(X(t)) 3 + E(X(t)) dt Khi ta giải phương trình vi phân ngẫu nhiên sau: Đặt n Yn = (X(t)) với n = 0, 1, 2, , Áp dụng công thức Itô ta phương trình vi phân ngẫu nhiên sau dYn (t) = n−2 n−2 n n−1 (n − n) X (t) + 2n X (t) dt + X (t) dW (t) 18 với Yn (0) = ; n = 0, Thay X n−2 (t) X n−1 (t) = Yn−2 (t) = Yn−1 (t) Ta dYn (t) = n Yn−2 (t) + 2nYn−2 (t) dt + Yn−1 (t) dW (t) n = 0, 18 Cuối ta đặt n Zn (t) = E(Yn (t)) = E(X(t) ) ta có dZn (t) = (n2 −n)Zn−2 (t)+2nZn−1 (t); dt 18 28 n = 0, với Zn (0) = 1; Z0 (t) = Khi ta có với n = 1, 2, n = kết sau Z1 (t) = E(X(t) ) = 2t + Z2 (t) = E(X(t) ) = 4t + Z3 (t) = E(X(t)) = 8t + Z6 (t) = E(X(t)2 ) = 64t + 37 t +1 38 19 t + t +1 3 656 2660 49145 665 41 t + t + t + t + t +1 243 Đặc biệt E(X(1)) = 28.0 E(X (1)) = 869.0206 Ví dụ II.4.4 Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên dX(t) = −α X(t) dt +σ dW (t) , X(0) = X0 , α, σ , X0 số Đặt F(t, X) = eαt X(t) Theo công thức Itô ta có d(eαt X(t)) = [α eαt X(t) − α eαt X(t)] dt + σ eαt dW (t) Do t αt e eαt σ dW (t) X(t) − X(0) = Vậy nghiệm phương trình −αt X(t) = X(0) e t −αt eαs σ dW (s) +e 29 Ví dụ II.4.5 Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên dạng sau dX(t) = f (t) X(t) dt +g(t) X(t) dW (t); X(0) = X0 X0 số Khi nghiệm xác phương trình có dạng t X(t) = X0 exp ( f (s) − g2 (t)) ds + t g(s) dW (s) Đặt F(t, X) = ln(X(t)) Áp dụng công thứ Itô ta có : d(ln(X(t))) = f (t) − g2 (t)) dt + g(t) dW (t) Do : t ln(X(t)) − ln(X0 ) = ( f (s) − g2 (t)) ds + t g(s) dW (s) nghiệm toán II.5 Xấp xỉ phương trình vi phân ngẫu nhiên Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên dX(t, ω) = f (t, X(t, ω))dt + g(t, X(t, ω))dW (t, ω) Áp dụng công thức Ơle để xấp xỉ phương trình vi phân ngẫu nhiên ta có Xi+1 (ω) = Xi (ω)+ f (ti , Xi (ω))∆t +g(ti , Xi (ω))∆Wi (ω) với X0 (ω) = X(0, ω) với i = 0, 1, 2, , N −1 Xi (ω) ≈ X(ti , ω) ,ti = i∆t , ∆t = NT , ∆Wi (ω) = (W (ti+1 , ω) −W (ti , ω)) ∼ N(0, ∆t) Đầu tiên, ta định nghĩa X(ti ) = Xi với t ∈ [0, T ], i = 0, N, t X(t) = Xi + ti t f (ti , Xi )ds + 30 ti g(ti , Xi )dW (s) Vào khoảng thứ i X(t) nghiệm phương trình vi phân sau d X(t) = f (ti , Xi ) dt + g(ti , Xi ) dW (t), ti ≤ t ≤ ti+1 X(ti ) = Xi , i = 0, N − 1, X(t) thỏa mãn phương trình vi phân ngẫu nhiên dX(t) = f (t, X(t)) dt + g(t, X(t)) dW (t) với ti ≤ t ≤ ti+1 , i = 0, N − 1, với sai số ε(ti ) = X(t) − X(t) Khi đó, sai số ε thỏa mãn phương trình vi phân ngẫu nhiên dε(t) = ( f (t, X) − f (ti , Xi )) dt + (g(t, X) − g(ti , Xi ) dW (t) ε(ti ) = X(ti ) − X(ti ) với ti ≤ t ≤ ti+1 , i = 0, N − Áp dụng công thức Itô cho ε (t) ta có d(ε (t)) = 2(X(t)− X(t))( f (t, X(t))− f (ti , Xi )dt +(g(t, X(t))−g(ti , Xi ))2 dt +2(X(t) − X(t))(g(t, X(t)) − g(ti , Xi ))dW (t), Do đó, E(ε (ti+1 )) thỏa mãn ti+1 E(ε (ti+1 )) = E(ε (ti )) + E ti+1 +E ti ti+1 +E ti ti với ti ≤ t ≤ ti+1 (g(t, X(t)) − g(ti , Xi ))2 dt 2(X(t) − X(t))( f (t, X(t)) − f (ti , Xi )) dt 2(X(t) − X(t))(g(t, X(t)) − g(ti , Xi )) dW (t) Áp dụng bất đẳng thức | 2ab | ≤ a2 + b2 tính chất tích phân ngẫu nhiên ta có E(ε (ti+1 )) ≤ E(ε (ti )) + 31 ti+1 ti E(X(t) − X(t))2 dt ti+1 + ti ti+1 + ti E( f (t, X(t)) − f (ti , Xi ))2 dt E(g(t, X(t)) − g(ti , Xi ))2 dt mà | f (t, X(t))− f (ti , Xi ) |2 ≤ | f (t, X(t))− f (ti , X(ti )) |2 +2 | f (ti , X(ti ))− f (ti , Xi ) |2 ≤ 2k | t − ti | +2k | X(t) − X(ti ) |2 +2k | X(ti ) − Xi |2 Tương tự cho g áp dụng tính chất (C6 ) ta có ti+1 E(ε (ti+1 )) ≤ E(ε (ti )) + ti+1 +4k(1 + c) ti E(X(t) − X(t))2 dt ti (t − ti ) dt + 4k ti+1 E(ε (ti )) dt ti Theo định lý (II.3.2) E | X(t) − X(ti ) |2 ≤ c | t − ti Do đó, 2 ti+1 E(ε (ti+1 )) ≤ E(ε (ti ))(1 + 4k∆t) + 2k(1 + c)(∆(t)) + E(ε (s))ds ti Áp dụng bất đẳng thức Bellman-Gronwall với b(t) = E(ε (ti )(1 + 4k∆t) + 2k(1 + c)(∆(t))2 Khi đó, E(ε (ti+1 )) ≤ E(ε (ti ))(1 + 4k∆t) + 2k(1 + c)(∆t)2 ti+1 + ti e(ti+1 − t)[E(ε (ti )(1 + 4k∆t) + 2k(1 + c)(∆(t))2 ]dt = e∆t [E(ε (ti )(1 + 4k∆t) + 2k(1 + c)(∆(t))2 ] 32 Đặt = E(ε (ti )), R = e∆t (1 + 4k∆t), S = e∆t 2k(1 + c)(∆t)2 Khi ta có ai+1 ≤ Rai + S, i = 0, N − Từ bất đẳng thức ta thu aN RN − ≤ S , a0 = E(ε (0)) = R−1 Vì vậy, e∆t 2k(1 + c)(∆t)2 eN ∆t e4k N ∆t E(ε (tN )) ≤ e∆t − + e∆t 4k ∆t (1 + c) e(1+4k)T ≤ ∆t Điều với điểm ti sai số phương pháp Euler , i = 0, N , cˆ = (1 + c) e(1+4k) T E | X(ti ) − Xi |2 ≤ cˆ ∆t Đặt ˜ = X1 (ti+1 − t) + Xi+1 (t − ti ) X(t) ∆t ∆t ti ≤ t ≤ ti+1 , i = 0, N ˜ {Xi }Ni=0 xấp xỉ Euler (II.2) điểm {ti }Ni=0 Hàm X(t) xấp xỉ tuyến tính liên tục nghiệm X(t) sai số N−1 ˜ X − X(t) SP = ∑ i=0 N−1 ≤4 ∑ i=0 ti+1 ti ti+1 ˜ |2 dt E | X(t) − X(t) ti E | X(t) − X(ti ) |2 +E | X(ti ) − X(ti+1 ) |2 N−1 +4 ∑ i=0 ti+1 ti E | X(ti ) − Xi |2 33 ti+1 − t dt (∆t)2 t − ti (∆t)2 dt N−1 +4 ∑ i=0 N−1 ≤ ∑ i=0 ti+1 ti ti+1 ti E | X(ti+1 ) − Xi+1 |2 t − t1 dt (∆t)2 c(t − ti )2 c(t ˆ i+1 − t)2 c(t ˆ − ti )2 c(t − ti ) + + + dt ∆t ∆t ∆t N−1 ≤ ∑ (5c + 4c)ˆ i=0 (∆t)2 ≤ c˜2 ∆t c˜2 = (10c + 8c)T ˆ 34 KẾT LUẬN Tính thực tiễn mẻ phương trình vi phân ngẫu nhiên thu hút nhiều độc giả Khóa luận trình bày tính chất bật phương trình vi phân ngẫu nhiên tồn nghiệm, tính chất nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên, công thức Itô nghiệm xác Tuy nhiên điều kiện thời gian khuôn khổ khóa luận có hạn nên khóa luận xét tính chất nghiệm lớp phương trình vi phân ngẫu nhiên Em mong với bảo thầy cô góp ý bạn lớp phương trình vi phân ngẫu nhiên tổng quát xét đến 35 Tài liệu tham khảo [1] E.Allen, Modeling with Itô Stochatic Infferential Equations, Springer, 2007 [2] I.I Gihman.A.V Skorohod, Stochatic Differential Equations , Springer - Verlag ,1995 [3] A.D Ventxel, Giáo trình lý thuyết trình ngẫu nhiên, Bản dịch Nguyễn Viết Phú , Nguyễn Duy Tiến [4] Trần Trọng Nguyên , Cơ sở tính toán tài , Bài giảng chuyên đề, khoa Toán trường Đại học sư phạm Hà Nội ,2003 [5] Trần Hùng Thao , Toán học tài , Nxb.Khoa học Kĩ thuật , 2004 [6] Trần Hùng Thao, Tích phân ngẫu nhiên phương trình vi phân ngẫu nhiên , Nxb Khoa học Kĩ thuật ,2000 [7] Đào Hữu Hồ , Xác suất thống kê , Nxb Đại học Quốc gia Hà Nội, 1999 36 [...]... đó c˜2 = (10c + 8c)T ˆ 3 34 KẾT LUẬN Tính thực tiễn và mới mẻ của phương trình vi phân ngẫu nhiên đã thu hút nhiều độc giả Khóa luận đã trình bày về những tính chất nổi bật của phương trình vi phân ngẫu nhiên như sự tồn tại duy nhất nghiệm, tính chất nghiệm của phương trình vi phân ngẫu nhiên, công thức Itô và nghiệm chính xác Tuy nhiên do điều kiện về thời gian và khuôn khổ của khóa luận có hạn nên... + 3 3 Ví dụ II.4.2 Tìm momen chính xác của nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên với hệ số phi tuyến Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên 1 1 1 dX(t) = − X 3 (t)dt + X 3 (t) dW (t) với X(0) = 4 2 2 Ta đi xác định E(X(t)) và E(X 3 (t)) Trước hết ta có 1 dE(X(t)) = − EX 3 (t)dt 4 1 với E(X(0)) = 2 Áp dụng công thức Itô cho phương trình vi phân ngẫu nhiên ta có : 3 3 3 3 d(X 3 (t)) = − X 5 (t) + X 5... Ví dụ II.4.3 Tìm momen chính xác của nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên với hệ số phi tuyến Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên dX(t) = 2 2 1 1 X 3 (t) + 6X 3 (t) dt + X 3 dW (t) với X(0) = 1 3 27 Trong ví dụ này ta xác đinh E(X(t)) và E(X 2 (t)) Ta cần chú ý rằng dE(X(t)) = 1 E(X(t)) 3 2 3 1 3 + 6 E(X(t)) dt Khi đó ta sẽ giải phương trình vi phân ngẫu nhiên trên như sau: Đặt n Yn = (X(t)) 3 với... = g(t) ∂ F(t, x) ∂t Khi đó F có vi phân ngẫu nhiên : dF(t, X(t)) = f˜(t, X(t))dt + g(t, ˜ X(t))dW (t) 15 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 như sau : t X(t, ω) = X(0, ω) + t f (s, X(s, ω))ds + với 0 ≤ t ≤ T và g(s, X(s, ω))dW (s, ω) (II.1) 0 0 X(0, ·) ∈ HRV hoặc có dạng vi phân như sau: dX(t, ω) = f (t, X(t,... Vi phân ngẫu nhiên và công thức Itô I.3.1 Vi phân ngẫu nhiên Xét quá trình ngẫu nhiên dưới đây: b X(t) = X(a) + b g(s)dω(s) a ≤ t ≤ b f (s)d(s) + a (∗) a 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. .. 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 t X(t) = t + X(s) dW (s) 0 Ta có: E(X(t)) = t Áp dụng công thức Itô cho F(t, X) = X 2 ta được d(X 2 (t)) = [2X(t) + X 2 (t)]dt + 2X 2 (t) dW (t) vì vậy t E(X 2 (t)) = E (2X(s) + X 2 (s))dW (s) 0 Điều này dẫn đến phương trình vi phân đối với E(X 2 (t))... Vào khoảng thứ i thì X(t) là nghiệm của phương trình vi phân sau d X(t) = f (ti , Xi ) dt + g(ti , Xi ) dW (t), ti ≤ t ≤ ti+1 X(ti ) = Xi , i = 0, N − 1, và X(t) thỏa mãn phương trình vi phân ngẫu nhiên dX(t) = f (t, X(t)) dt + g(t, X(t)) dW (t) với ti ≤ t ≤ ti+1 , i = 0, N − 1, với sai số ε(ti ) = X(t) − X(t) Khi đó, sai số ε thỏa mãn phương trình vi phân ngẫu nhiên dε(t) = ( f (t, X) − f (ti , Xi ))... 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 được thỏa mãn Khi đó công thức Itô được áp dụng đối với F(t, X) trong đó X thỏa mãn vi phân ngẫu nhiên (II.2) Kết quả của vi phân ngẫu nhiên đối với F có dạng... (0)) = 0 Giải phương trình vi phân thường ta có được E(X 2 (t)) = −2t − 2 + 2et Ngoài ra ta thấy Var(X(t)) = E(X 2 (t)) − (E(X)(t))2 = 2et − 2 − 2t − t 2 Quá trình này cũng áp dụng tương tự để tìm momen cấp cao hơn của phương trình vi phân Áp dụng công thức Itô cho F(t, X) = X 3 thì : d(X 3 (t)) = [3X 2 (t) + 3X 3 (t)]dt + 3X 3 (t) dW (t) 26 Khi đó ta có phương trình vi phân ngẫu nhiên của E(X 3... dụ II.4.4 Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên dX(t) = −α X(t) dt +σ dW (t) , X(0) = X0 , trong đó α, σ , X0 là các hằng số Đặt F(t, X) = eαt X(t) Theo công thức Itô ta có d(eαt X(t)) = [α eαt X(t) − α eαt X(t)] dt + σ eαt dW (t) Do đó t αt e eαt σ dW (t) X(t) − X(0) = 0 Vậy nghiệm của phương trình là −αt X(t) = X(0) e t −αt eαs σ dW (s) +e 0 29 Ví dụ II.4.5 Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên dạng sau ... biến ngẫu nhiên, trình ngẫu nhiên ; tích phân ngẫu nhiên Itô công thức vi phân ngẫu nhiên Itô Chương 2: Phương trình vi phân ngẫu nhiên Trình bày tồn nghiệm ; tính chất nghiệm phương trình vi phân. .. hứng thú tìm hiểu lý thuyết phương trình vi phân ngẫu nhiên nên chọn đề tài : "Phương trình vi phân ngẫu nhiên. " Với đề tài khóa luận trình bày phương trình vi phân ngẫu nhiên dạng dX(t, ω) = f (t,... tiễn mẻ phương trình vi phân ngẫu nhiên thu hút nhiều độc giả Khóa luận trình bày tính chất bật phương trình vi phân ngẫu nhiên tồn nghiệm, tính chất nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên, công