基于Ito Integral定义计算∫₀^T sBₛdBₛ的疑问与求助

最近我在尝试用伊藤积分的定义来计算$\int_0^TsB_sdB_s$（其中$B_s$是布朗运动），过程中遇到了卡壳的地方，想请教大家怎么解决～

我已经完成的步骤： #

• 构造了简单函数序列$\varphi_n(s)=\sum_{j=0}^{{n-1}t_jB_{t_j}\mathbb{1}_{[t_j,t_{j+1})}(s)$来逼近目标积分，现在需要求$\sum_{j=0}}{n-1}t_jB_{t_j}\Delta B_{t_j}$当$\Delta t_j\to0$时的极限。
• 先用伊藤公式试了一下，得到了一个结果：$\int_0^{TsB_sdB_s=\frac{B_T}2T}{2}-\frac{T^{2}{4}-\frac{1}{2}\int_0}TB_s^2ds$，但不确定这个结果对不对，而且关键是不知道怎么从简单函数的求和极限推导出这个式子，折腾了好几个小时都没头绪。

问题解答与推导过程 #

首先先确认你用伊藤公式得到的结果是正确的！我先帮你验证一下：

考虑函数$f(t,B_t) = \frac{t B_t^2}{2}$，对它应用伊藤公式：
$$
df = \frac{\partial f}{\partial t}dt + \frac{\partial f}{\partial B_t}dB_t + \frac{1}{2}\frac{\partial^2 f}{\partial B_t^2}(dB_t)2
$$
计算各偏导数：

• $\frac{\partial f}{\partial t} = \frac{B_t^2}{2}$
• $\frac{\partial f}{\partial B_t} = t B_t$
• $\frac{\partial^2 f}{\partial B_t^2} = t$

代入后结合$(dB_t)^2=dt$，得到：
$$
df = \frac{B_t^2}{2}dt + t B_t dB_t + \frac{1}{2}t dt
$$
从0到T积分，左边是$f(T,B_T) - f(0,B_0) = \frac{T B_T^2}{2}$，右边整理后移项就能得到你推导的式子，所以这个结果没问题。

接下来重点说怎么从简单函数的求和极限推导出来，核心是用分部求和和布朗运动的性质：

我们要处理的求和是$S_n = \sum_{j=0}^{n-1} t_j B_{t_j} \Delta B_j$（其中$\Delta B_j = B_{t_{j+1}} - B_{t_j}$，$\Delta t_j = t_{j+1} - t_j$）。

步骤1：变形$B_{t_j}\Delta B_j$

利用布朗运动的平方展开式$B_{t_{j+1}}^2 = (B_{t_j} + \Delta B_j)^2$，可以得到：
$$
B_{t_j}\Delta B_j = \frac{1}{2}(B_{t_{j+1}}^2 - B_{t_j}^2) - \frac{1}{2}(\Delta B_j)^2
$$
把这个代入$S_n$，拆分求和项：
$$
S_n = \frac{1}{2}\sum_{j=0}^{n-1} t_j (B_{t_{j+1}}^2 - B_{t_j}^2) - \frac{1}{2}\sum_{j=0}^{n-1} t_j (\Delta B_j)^2
$$

步骤2：对第一个求和项做分部求和

类似数列的分部求和技巧，我们可以把第一个求和项改写：
$$
\sum_{j=0}^{n-1} t_j (B_{t_{j+1}}^2 - B_{t_j}^2) = t_n B_{t_n}^2 - t_0 B_{t_0}^2 - \sum_{j=0}^{n-1} B_{t_{j+1}}^2 (t_{j+1} - t_j)
$$
因为分割的终点$t_n=T$，起点$t_0=0$，且$B_{t_0}=0$，所以这部分简化为：
$$
T B_T^2 - \sum_{j=0}^{n-1} B_{t_{j+1}}^2 \Delta t_j
$$

步骤3：代回$S_n$并分析极限

把上面的结果代回$S_n$，得到：
$$
S_n = \frac{1}{2}T B_T^2 - \frac{1}{2}\sum_{j=0}^{n-1} B_{t_{j+1}}^2 \Delta t_j - \frac{1}{2}\sum_{j=0}^{n-1} t_j (\Delta B_j)^2
$$

现在分别分析两个求和项的极限：

1. $\sum_{j=0}^{n-1} B_{t_{j+1}}^2 \Delta t_j$的极限：当分割的最大$\Delta t_j\to0$时，这个黎曼和依概率收敛到$\int_0^T B_s^2 ds$（因为$B_s^2$关于s是连续的，黎曼和收敛到勒贝格积分）。
2. $\sum_{j=0}^{n-1} t_j (\Delta B_j)^2$的极限：我们拆成两部分$\sum t_j \Delta t_j + \sum t_j [(\Delta B_j)^2 - \Delta t_j]$：
   • 前者是普通的黎曼和，收敛到$\int_0^T s ds = \frac{T^2}{2}$；
   • 后者是鞅差序列的和，其方差趋于0（具体计算：$E[((\Delta B_j)^2 - \Delta t_j)^2] = 2(\Delta t_j)^2$，方差为$\sum t_j^2 \cdot 2(\Delta t_j)^2 \leq 2T^2 \cdot \max\Delta t_j \cdot T \to0$），因此依概率收敛到0。
     所以整个求和项收敛到$\frac{T^2}{2}$。

最后把极限代入$S_n$，就得到：
$$
\lim_{n\to\infty} S_n = \frac{T B_T^2}{2} - \frac{1}{2}\int_0^T B_s^2 ds - \frac{1}{2}\cdot\frac{T^2}{2} = \frac{T B_T^2}{2} - \frac{T^2}{4} - \frac{1}{2}\int_0^T B_s^2 ds
$$
和伊藤公式的结果完全一致！

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Verulosek