伊藤引理的應用
讓 $ X_t $ 是一些由維納過程驅動的隨機過程（ $ W_t) $ 所以可以表示為： $$ dX_t=(…)dt+(…)dW_t $$
讓 $ f(t,x) $ 成為一些 $ C^2 $ 功能。定義流程 $ Z_s=f(t-s,X_s) $ 為了 $ 0<s<t $ 並固定 $ t $ .
如何用伊藤引理來表達 $ dZ_s $ ?
這個問題的原因和我的困惑是 $ (t-s) $ 部分。自然 $ f(t,X_t) $ 和 $ f(t-s,X_{t-s}) $ 本來很容易，但是當流程看起來時，標準 Ito 如何改變是 $ (t-s,X_{t-s}) $ ?
也許人們可以證明 Ito 一般是為 $ f(g(t),X_t) $ 在上述情況下： $ g(t)=T-t $
考慮 OP 的一般公式 $ f(g(t),X_t) $ . 在模棱兩可的情況下，讓我們聲稱
- $ f=f(t,x) $ 用變數定義 $ t $ 和 $ x $ ,
- $ g=g(s) $ 用變數定義 $ s $ ， 和
- $ h=h(u,x)=f(g(u),x) $ 用變數定義 $ u $ 和 $ x $ .
然後伊藤的公式指出 $$ {\rm d}h(u,X_u)=\frac{\partial h}{\partial u}(u,X_u),{\rm d}u+\frac{\partial h}{\partial x}(u,X_u),{\rm d}X_u+\frac{1}{2}\frac{\partial^2h}{\partial x^2}(u,X_u),{\rm d}\left<X\right>_u. $$
我們只需要表達 $ h $ 通過使用 $ f $ 和 $ g $ . 我們有 $$ \begin{align} \frac{\partial h}{\partial u}(u,x)&=\frac{\partial}{\partial u}h(u,x)=\frac{\partial}{\partial u}f(g(u),x)=\frac{\partial f}{\partial t}(g(u),x),\frac{{\rm d}g}{{\rm d}s}(u),\ \frac{\partial h}{\partial x}(u,x)&=\frac{\partial}{\partial x}h(u,x)=\frac{\partial}{\partial x}f(g(u),x)=\frac{\partial f}{\partial x}(g(u),x),\ \frac{\partial^2h}{\partial x^2}(u,x)&=\frac{\partial^2}{\partial x^2}h(u,x)=\frac{\partial^2}{\partial x^2}f(g(u),x)=\frac{\partial^2f}{\partial x^2}(g(u),x). \end{align} $$ 所以， $$ {\rm d}f(g(u),X_u)={\rm d}h(u,X_u)=\frac{\partial f}{\partial t}(g(u),X_u)\frac{{\rm d}g}{{\rm d}s}(u),{\rm d}u+\frac{\partial f}{\partial x}(g(u),X_u),{\rm d}X_u+\frac{1}{2}\frac{\partial^2f}{\partial x^2}(g(u),X_u),{\rm d}\left<X\right>_u. $$
回到OP的原始問題，讓我們將上述結果應用於 $ f(T-u,X_u) $ （我要感謝@Ezy 的善意建議）。在這種情況下，讓我們採取 $$ g(s)=T-s. $$ 然後我們有 $$ \frac{{\rm d}g}{{\rm d}s}(u)=-1. $$ 將這兩個表達式代入上述結果，可以得出 $$ {\rm d}f(T-u,X_u)=-\frac{\partial f}{\partial t}(T-u,X_u),{\rm d}u+\frac{\partial f}{\partial x}(T-u,X_u),{\rm d}X_u+\frac{1}{2}\frac{\partial^2f}{\partial x^2}(T-u,X_u),{\rm d}\left<X\right>_u. $$