关于布朗桥满足指定随机微分方程（SDE）的证明求助
我正在尝试解决这个问题：给定标准布朗运动$B$和布朗桥
$$Y_t = a(1-t)+bt+(1-t)\int\limits_0^t\frac{\mathrm dB_s}{1-s},$$
需要证明它满足SDE
$$dY_t = \frac{b-Y_t}{1-t}dt + dB_t.$$
我的进展：
对$f(t, x) = \frac{x}{1-t}$（$f \in \mathcal{C}^{1,2}$）应用伊藤公式，得到：
$$d\frac{B_t}{1-t} = \frac{dB_t}{1-t} - \frac{B_t}{(1-t)^2}dt.$$由此推导出：
$$Y_t = a(1-t) + bt + B_t + (1-t)\int_{0}{t}\frac{B_s}{(1-s)2}ds.$$从要证明的方程出发，可得：
$$\int_0^{t} \frac{b - Y_s}{1-s}ds = C + (b-a)t - \int_0^{t} \frac{B_s}{1-s} + \left(\int_0^s \frac{B_r}{(1-r)^2}dr\right)ds.$$显然$C := a$，但我卡在了积分的计算部分，能不能帮我完成后续的推导？
嘿，我来帮你搞定这个问题！其实咱们换个思路，直接对$Y_t$的原始表达式求随机微分，会比绕到积分方向简单很多，一步步来：
首先，把$Y_t$拆成三个部分：
$$Y_t = a(1-t) + bt + (1-t)\int_0^t \frac{dB_s}{1-s}$$
我们分别对每一部分求微分：
确定项的微分：对于$A_t = a(1-t) + bt$，这是普通的确定性函数，直接求导得：
$$dA_t = (-a + b)dt$$随机积分项的微分：令$Z_t = \int_0^t \frac{dB_s}{1-s}$，根据随机积分的性质，它的微分就是$dZ_t = \frac{dB_t}{1-t}$，而且$Z_0 = 0$。
现在看第三项$C_t = (1-t)Z_t$，用随机微分的乘积法则（因为其中一个是确定性函数，交叉项为0）：
$$dC_t = d(1-t) \cdot Z_t + (1-t) \cdot dZ_t$$
代入$d(1-t) = -dt$和$dZ_t = \frac{dB_t}{1-t}$，得到：
$$dC_t = -Z_t dt + (1-t) \cdot \frac{dB_t}{1-t} = -Z_t dt + dB_t$$
- 合并微分：把两部分的微分加起来，$dY_t = dA_t + dC_t$，也就是：
$$dY_t = (b - a)dt - Z_t dt + dB_t$$
接下来，我们把$Z_t$用$Y_t$表示出来，从原始的$Y_t$表达式解出$Z_t$：
$$(1-t)Z_t = Y_t - a(1-t) - bt \implies Z_t = \frac{Y_t - a(1-t) - bt}{1-t}$$
把这个$Z_t$代入到$dY_t$的式子中：
$$dY_t = (b - a)dt - \frac{Y_t - a(1-t) - bt}{1-t} dt + dB_t$$
现在来化简括号里的系数部分：
$$
\begin{align*}
(b - a) - \frac{Y_t - a(1-t) - bt}{1-t} &= \frac{(b - a)(1-t) - Y_t + a(1-t) + bt}{1-t} \
&= \frac{b(1-t) - a(1-t) + a(1-t) - Y_t + bt}{1-t} \
&= \frac{b(1-t) + bt - Y_t}{1-t} \
&= \frac{b(1-t + t) - Y_t}{1-t} \
&= \frac{b - Y_t}{1-t}
\end{align*}
$$
把这个结果代回去，就得到了我们要证明的SDE：
$$dY_t = \frac{b - Y_t}{1-t}dt + dB_t$$
如果非要沿着你之前积分的思路走，咱们也可以把二重积分交换顺序来处理：
对于$\int_0^t \left(\int_0^s \frac{B_r}{(1-r)^2}dr\right)ds$，交换积分顺序后（积分区域是$0 \leq r \leq s \leq t$），变成：
$$\int_0^t \frac{B_r}{(1-r)^2} \left(\int_r^t ds\right)dr = \int_0^t \frac{B_r(t - r)}{(1-r)^2}dr$$
不过对比直接求微分的方法，显然后者更简洁直接~
备注：内容来源于stack exchange，提问作者Noli
