計算它積分∫噸0在2sd在s∫0噸在s2d在sint_0^t W_s^2text dW_s從第一原則
我被困在維納過程的解決方案的第一個方程上 $ W_{t_i}^2 $ 展開，使得 Itô 積分（就無限和而言）看起來像解的第一個方程的 RHS。我可以跟隨他們所做的其餘部分。
如果問題要解決 $ \int_0^t W_s\text dW_s $ 相反，我認為類似的部分是 $$ W_{t_i} = \frac{1}{2}\left(W_{t_{i+1}} + W_{t_i}\right) - \frac{1}{2}\left(W_{t_{i+1}} - W_{t_i}\right). $$
啟動此解決方案的訣竅是什麼？
另一種方法是使用Stratonovich 積分。根據定義，我們有
$$ \int_0^t X_s , \circ dW_s = \lim_{n\rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n \frac{X_{t_i} +X_{t_{i-1}}}{2}\left( W_{t_i} -W_{t_{i-1}}\right) ; ; (1) $$
然後可以證明對於確定性平滑函式 $ f $ 和 $ g $ 我們有：
$$ \int_0^t g’(W_s), \circ dW_s = g(W_t)- g(W_0); ; (2) $$ 和 $$ \int_0^t f(W_s), \circ dW_s =\int_0^t f(W_s) , dW_s + \frac{1}{2} \int_0^t f’(W_s) , ds ; ; (3). $$
使用（1），我們得到：
$$ \int_0^t W_s , \circ dW_s = \lim_{n\rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n \frac{W_{t_i} +W_{t_{i-1}}}{2}\left( W_{t_i} -W_{t_{i-1}}\right) $$ $$ = \frac{1}{2} \lim_{n\rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n \left( W_{t_i}^2 -W^2_{t_{i-1}}\right) = \frac{1}{2} W_t^2 $$
將 (2) 與 $ g(x) = 1/2x^2, g’(x) = x $ , 我們得到相同的結果 $$ \int_0^t W_s , \circ dW_s = \frac{1}{2} W_t^2. $$
從 (3) 與 $ f(x)=x, f’(x) = 1 $ ，我們現在可以得到 Ito 積分：
$$ \int_0^t f(W_s) , dW_s = \int_0^t f(W_s), \circ dW_s - \frac{1}{2} \int_0^t f’(W_s) , ds $$ $$ = \frac{1}{2} W_t^2 - \frac{1}{2} t $$
我們可以重複上面的計算方法：
$$ \int_0^t W_s^2 , dW_s $$
Stratonovich 積分定義的便利性再次突顯：
$$ \frac{1}{3}W_t^3 \stackrel{(2)}{=}\int_0^t W_s^2 , \circ dW_s \stackrel{(1)}{=} \lim_{n\rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n \frac{W_{t_i}^2 +W_{t_{i-1}}^2}{2}\left( W_{t_i} -W_{t_{i-1}}\right) $$ $$ \stackrel{algebra}{=} \lim_{n\rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n W_{t_{i-1}}^2 \left( W_{t_i} - W_{t_{i-1}}\right)
- \lim_{n\rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n \frac{1}{2} \left( W_{t_i}^2 - W_{t_{i-1}}^2\right) \left( W_{t_i} - W_{t_{i-1}}\right) $$
$$ = \int_0^t W_s^2dW_s + \frac{1}{2} [W^2, W]_t = \int_0^t W_s^2dW_s + \int_0^t W_s ds $$
請注意，所需的代數比@Kevin 的要好得多:)：
$$ \frac{1}{2}(a+b)(x-y) = b(x-y)+ \frac{1}{2} (a-b)(x-y) $$
它是（3）背後的基本結果的基礎：
$$ \int_0^t X_s , \circ dW_s = \int_0^t X_s dW_s + \frac{1}{2} [X,W]_t $$