隨機過程積分的微分
讓 $ Y_{t} $ 是
$$ \begin{equation} Y_{t}=\int_{\Omega} g(X_{u}) du \end{equation} $$ 在哪裡 $ g(.) $ 是一個確定性函式並且 $ \Omega=[t_{0},t] $ 連續分割 $ \mathbb{R} $ . 此外讓 $ X $ 成為伊藤程序
$$ \begin{equation} X_{u}= X_{0}+\int_{0}^{u}\mu(s)ds+\int_{0}^{u} \sigma(s) dW_{s}^{\mathbb{P}} \end{equation} $$ 對於一些表現良好的人 $ \mu $ 和 $ \sigma $ 和 $ (W_{s}^{\mathbb{P}}){0\leq s} $ 是客觀機率測度下的標準布朗運動 $ \mathbb{P} $ . 什麼是微分 $ Y{t} $ ?
$$ \begin{equation} dY_{t}=? \end{equation} $$
在某個機率空間下 $ (\Omega,\mathcal{F},\Bbb{P}) $ 配備（增強的）自然過濾 $ {\bf{F}}=(\mathcal{F}t){t \geq 0} $ 一個 $ \mathbb{P} $ -維納過程 $ (W_t)_{t\geq 0} $ ，考慮伊藤過程
$$ X_t = X_0 + \int_0^t \mu(s) ds + \int_0^t \sigma(s) dW_s \tag{1} $$ 對於一些表現良好的函式 $ \mu $ 和 $ \sigma $ ，這樣隨機積分可以在伊藤意義上定義。
定義積分
$$ Y_t = \int_0^t X_u du $$ 從 $ (1) $ 它遵循
$$ \begin{align} Y_t &= \int_0^t \left( X_0 + \int_0^u \mu(s) ds + \int_0^u \sigma(s) dW_s \right) du \ &= X_0 t + \int_0^t \int_0^u \mu(s) ds du + \int_0^t \int_0^u \sigma(s) dW_s du \end{align} $$ 使用（隨機）富比尼定理可以置換積分順序並寫 $$ \begin{align} Y_t &= X_0 t + \int_0^t \int_s^t \mu(s) du ds + \int_0^t \int_s^t \sigma(s) du dW_s \ &= X_0 t + \int_0^t (t-s) \mu(s) ds + \int_0^t (t-s) \sigma(s) dW_s \ &= \left(X_0 + \int_0^t \mu(s) ds + \int_0^t \sigma(s) dW_s\right) t - \int_0^t s \mu(s) ds - \int_0^t s \sigma(s) dW_s \ &= X_t t - \underbrace{\int_0^t s \mu(s) ds}{\text{classic integral}} - \underbrace{\int_0^t s \sigma(s) dW_s}{\text{Itô integral}} \ \end{align} $$ 現在可以訴諸通常的“微分”定義（無論是來自標準微積分還是伊藤微積分）來寫： $$ \begin{align} dY_t &= \underbrace{X_t dt + t dX_t + 0}{d(X_t t),,,\text{Itô’s lemma}} - t \mu(t) dt -t \sigma(t) dW_t \ &= X_t dt + t dX_t - t \underbrace{(\mu(t) dt + \sigma(t) dW_t)}{dX_t} \ &= X_t dt \end{align} $$ 現在正如評論中提到的那樣，因為任何平滑功能 $ g(X_t) $ 也將是一個伊藤過程，你可以重複推理 $ \tilde{X}_t := g(X_t) $ 獲得，針對您的特定問題， $$ dY_t = \tilde{X}_t dt = g(X_t) dt $$ **$$ Remark $$**應該 $ X_u = X(u) \to X(t,u) $ 額外的，明確的依賴於 $ t $ 事情會變得更複雜。請參閱有關數學 SE 的相關問題。
**$$ Edit $$**剛剛看到這裡也討論了這個。