使用 Feynman kac 表示求解偏微分方程的一般方法
在區間上考慮以下 PDE
$$ 0,T $$ $ \left(\frac{\partial F}{\partial t}(t,x)+\mu (t,x)\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{1}{2}\sigma^2(t,x)\frac{\partial^2F}{\partial x^2}(t,x)=rF(t,x)\right) $ 條件是
$ F(T,x)=\phi(x) $
並讓 X(t) 求解隨機微分方程：
$ dX(t)=\mu dt+ \sigma dW(t) $ 有初始條件
$ X(t)=x $
為了解決它，我使用它 $ \acute{o} $ 在 F(t,x) 上得到：
$ dF=\left[\frac{\partial F}{\partial t}+\mu \frac{\partial F}{\partial x}+\frac{1}{2}\sigma^2 \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} \right]dt + \sigma \frac{\partial F}{\partial x}dW $
ans 由於問題狀態，括號中的方程等於 $ rF(t,x) $ ，我們可以重寫它並得到：
$ dF=rFdt+\sigma \frac{\partial F}{\partial x}dW $
如果我們將它從 t 整合到 T 然後取期望值，我們最終得到：
$ F(t,x)=e^{-r(T-t)}E^Q[\phi(x)] $ 這是最終的答案
這通常是求解這類偏微分方程的一般方法。我真的不了解集成和期望部分，並且非常感謝任何提示或步驟來做到這一點
讓我們跳到隨機微分方程（SDE）：
$$ dF=\left[\frac{\partial F}{\partial t}+\mu \frac{\partial F}{\partial x}+\frac{1}{2}\sigma^2 \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} \right]dt + \sigma \frac{\partial F}{\partial x}dW $$ 這個等式實際上代表什麼？這表明在 $ F $ （由 $ \Delta F $ ) 等於改變 $ t $ 乘以一些衍生物 $ F $ （由 $ [\cdots]\Delta t $ ) 加上布朗運動的變化 $ W $ 乘以另一個導數（部分 $ [\cdots]\Delta W $ ）。這也表明我們正在研究一個微分方程，因為我們將 $ t $ 和 $ W $ 改變 $ F $ .
然而，從技術上講，這是沒有意義的，因為布朗運動 $ W $ 是不可區分的！我們實際上不能將其解釋為通常（確定性）意義上的“微分”方程，因為導數 $ \frac{dW}{dt} $ 不存在。
相反，這個微分方程實際上只是一個簡寫符號。根據定義，它是以下簡稱：
$$ F(T, X(T)) - F(0, X(0)) = \int_0^T \left[\frac{\partial F}{\partial t}+\mu \frac{\partial F}{\partial x}+\frac{1}{2}\sigma^2 \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} \right] dt + \int_0^T \sigma \frac{\partial F}{\partial x} dW_s $$ SDE 只是變相的積分方程！看起來這是通過集成 SDE 獲得的。但同樣，這只是因為 SDE 實際上被定義為這個積分方程。原因是我們可以整合佈朗運動，但我們無法區分它們。記住這一點。
積分 $ \int[\cdots]dW_s $ 是一個難以解釋的對象。例如，它沒有在通常的黎曼意義上定義。積分本身實際上是一個隨機變數。我們可以生成路徑 $ W(t) $ ，然後執行積分，然後從該積分的分佈中獲取樣本。
不幸的是，一般來說，您不能像使用普通積分那樣真正操縱或求解這些類型的積分。因此，確定它們的分佈通常非常困難。他們確實有一個非常重要的屬性，我會回來討論。
現在下一步是利用原來的偏微分方程得到的。我們假設 $ F $ 它本身被定義為滿足這個方程。現在，首先我要假設 $ r=0 $ . 我稍後會對此發表評論。這使得論證更容易一些。
因此我們有：
$$ \int_0^T \left[\frac{\partial F}{\partial t}+\mu \frac{\partial F}{\partial x}+\frac{1}{2}\sigma^2 \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} \right]dt = 0 $$ 這給出了：
$$ F(T, X(T)) = F(0, X(0)) + \int_0^T \sigma \frac{\partial F}{\partial x}dW_t $$ 我們快完成了。下一步，我們對生成的路徑取期望值 $ W(t) $ （在區間 $ [0,T] $ ）。這是我前面提到的隨機積分的重要性質：
$$ E\Big[\int_0^T \sigma \frac{\partial F}{\partial x}dW_t \Big] = 0 $$ 期望值簡直為零！這些類型積分的平均值消失了。為什麼？好吧，啟發式積分只是對小“變化”的總和 $ \Delta W_t $ 由我們整合的任何東西加權。由於 $ \Delta W_t $ 都是均值為零的正態分佈，所以就像我們將一堆均值為零的正態分佈相加。這個和的平均值也為零。正式的證明當然更棘手，但你明白了。
回到我們的方程，我們得到：
$$ E[F(T, X(T))] = E[F(0, X(0))] + 0 $$ 在哪裡 $ +0 $ 是之前的積分。我們假設我們正在查看 $ t=0 $ ，所以我們知道 $ F $ 此時。所以：
$$ F(0, X(0)) = E[F(T, X(T))] $$. 那裡有我們的鞅屬性。順便說一句，從技術上講，您可以將其寫為：
$$ F(0, X(0)) = E[F(T, X(T))|\mathcal{F}{t=0}] $$. 在哪裡 $ \mathcal{F}{t=0} $ 稱為過濾。它基本上意味著路徑 $ X(t) $ 完全已知/固定 $ t<= 0 $ .
現在，我設置 $ r=0 $ 在上面的推導中。這不是必需的。我們也可以設置 $ G=e^{-rt}F $ 去“吸收” $ rF $ 原始 PDE 中的術語（或反過來：定義 $ F=e^{rt} G $ 並將其代入 PDE。你得到相同的 PDE，但寫成 $ G $ 和不 $ rG $ 右手邊的術語）。我的推導也適用於 $ G $ . 最後的表達 $ G(0, X(0)) = E[G(T, X(T))] $ 可以變回 $ F $ 通過塗膠 $ G(t)=e^{-rt}F(t) $ 給予：
$$ F(0, X(0)) = e^{-rT}E[F(T, X(T))] $$ 如果你想了解更多，那麼我建議你看看 Shreve 這樣的書來研究隨機微積分和隨機積分的性質。
但同樣的結論。