求解以下 SDE：dX噸=a(b-X噸)dt+cX噸d在噸dX噸=一個(b−X噸)d噸+CX噸d在噸mathrm{d}X_t = a(b-X_t) ,mathrm{d}t + c X_t , mathrm{d}W_t
讓 $ \mathrm{d}X_t = a(b-X_t) ,\mathrm{d}t + c X_t , \mathrm{d}W_t $ 是一個隨機微分方程，其中 $ a $ , $ b $ ， 和 $ c $ 是正常數，所以我試圖解決它，但我陷入了這個過程，這是我的嘗試：
$$ \mathrm{d}X_t = a(b-X_t) , \mathrm{d}t + c X_t , \mathrm{d}W_t $$ $$ \mathrm{d}X_t = ab , \mathrm{d}t - aX_t , \mathrm{d}t + c X_t , \mathrm{d}W_t $$ $$ \mathrm{d}X_t + aX_t , \mathrm{d}t - c X_t \mathrm{d}W_t = ab , \mathrm{d}t $$ $$ \int_0^t \mathrm{d}X_t + \int_0^t aX_t , \mathrm{d}t - \int_0^t c X_t , \mathrm{d}W_t = \int_0^t ab , \mathrm{d}t $$
我應該從這裡做什麼？
讓 $$ \begin{align*} Y_t = e^{(a+\frac{c^2}{2})t-cW_t}. \end{align*} $$ 然後 $$ \begin{align*} dY_t = Y_t\left[\big(a+c^2\big)dt -c dW_t \right]. \end{align*} $$ 而且， $$ \begin{align*} d(X_tY_t) &= Y_t dX_t + X_t dY_t + d\langle X, Y\rangle_t\ &=abY_tdt. \end{align*} $$ 那是， $$ \begin{align*} X_t = Y_t^{-1}\left(X_0 + ab\int_0^t Y_sds\right). \end{align*} $$
我已經看到戈登的回答更加簡潔明了。將此作為補充答案。
這是一種通用方法，適用於所有此類線性 SDE，而不僅僅是這一類。假設我們有以下線性 SDE
$$ dX_t = (F_t X_t +f_t)dt + (G_t X_t +g_t)dB_t \tag*{(1)} $$
在哪裡 $ F, G, f $ 和 $ g $ 是 Borel 可測有界函式。
等式（1）的相應齊次方程為 $$ dX_t = F_t X_tdt + G_t X_tdB_t, \tag*{(2)} $$ 等式（2）有一個唯一的解決方案（這可以通過檢查來證明 $ F $ 和 $ G $ 滿足 Lipschitz 和線性增長條件）。因此，如果有人找到解決方案，我們就知道是解決方案。解決方案是 $$ \Phi_t = \Phi_0 \exp \left(\int_{t_0}^t (F_s -\frac{1}{2}G^2_s)ds + \int_{t_0}^t G_s dB_s \right). \tag*{(3)} $$ 這是一個眾所周知的結果（您可以使用 Ito 公式檢查 (3) 是方程 (2) 的解）。那麼方程（1）的解由常數變分公式給出 $$ X_t = \Phi_t \left( X_0 + \int_{t_0}^t \Phi^{-1}s[f_s - G_sg_s]ds + \int{t_0}^t \Phi^{-1}_s g_s dB_s \right). \tag*{(4)} $$ 在您的情況下，方程式（1）簡化了很多，因為我們有 $$ f(t)= ab ; \quad F(t) = -a; \quad G(t) = c; \quad g(t) = 0. \tag*{()} $$ 所以你的齊次方程是經典的布萊克-斯科爾斯方程（但參數’a’是負數而不是正數）。我們可以通過將 () 代入等式 (3) 或（如果您願意）通過將 Ito 的公式應用於等式 (2) 來獲得解決方案 $ f(x)= \ln x $ . 在任何情況下，齊次方程的解是 $$ \Phi_t = \Phi_0 e^{-(a + \frac{1}{2} c^2)t + c B_t}. \tag*{(5)} $$
最後，將 (5) 輸入 (4) 以獲得方程的解 $$ X_t = \Phi_t \left( X_0 + ab \int_0^t \Phi_s^{-1} ds \right ). $$
對於這些結果的證明，您可以查看例如 Oksendal 或毛雪榮的書籍。