嘿，这个问题其实可以从随机积分的基础构造和二次变差的定义入手，完全不用伊藤公式——毕竟伊藤公式本身也是从这类推导来的嘛！让我一步步给你理清楚：

首先明确我们的前提：$M$是连续、有界、平方可积鞅，目标是证明：
$$\int_0^t M_sdM_s=\frac 12 (M_t^2 - \langle M \rangle _t)$$

第一步：用区间分割展开平方差 #

先对区间$[0,t]$做一串越来越细的分割$\Pi_n: 0 = t_0^n < t_1^n < \dots < t_{k_n}^n = t$，要求分割的最大区间长度$|\Pi_n| \to 0$（当$n\to\infty$时）。

我们先把$M_t^2$用平方差展开：
$$M_t^2 - M_0^2 = \sum_{i=1}^{k_n} \left(M_{t_i^n}2 - M_{t_{i-1}^n}2\right)$$
对每一项用平方差公式拆分：
$$= \sum_{i=1}^{k_n} \left(M_{t_i^n} - M_{t_{i-1}^{n}\right)\left(M_{t_i}n} + M_{t_{i-1}^n}\right)$$
再把这个和拆成两部分：
$$= \sum_{i=1}^{k_n} M_{t_{i-1}^{n}\left(M_{t_i}n} - M_{t_{i-1}^n}\right) + \sum_{i=1}^{k_n} \left(M_{t_i^n} - M_{t_{i-1}^n}\right)2$$

第二步：分析两个求和项的收敛性 #

现在我们分别看这两个求和项在$n\to\infty$时的极限：

1. 第一个求和项：$\sum_{i=1}^{k_n} M_{t_{i-1}^{n}\left(M_{t_i}n} - M_{t_{i-1}^n}\right)$
   这是针对$M$的简单随机积分近似——因为$M$是连续有界鞅，当分割越来越细时，这个和会在$L^{2$空间中收敛到$\int_0}t M_s dM_s$，这是随机积分的基本构造逻辑：用简单过程（这里是左连续的阶梯过程）逼近被积过程，再取极限得到积分。

2. 第二个求和项：$\sum_{i=1}^{k_n} \left(M_{t_i^n} - M_{t_{i-1}^n}\right)2$
   根据连续平方可积鞅的二次变差定义，当分割的mesh趋于0时，这个和会在$L^2$中（甚至几乎必然）收敛到$\langle M \rangle_t$。这里还要用到Doob-Meyer分解的结论：对于平方可积连续鞅$M$，$M^2$是下鞅，存在唯一的可料递增过程$\langle M \rangle$（即二次变差），使得$M^2 - \langle M \rangle$是鞅，而这个收敛性正是二次变差的核心定义。

第三步：整理得到结论 #

把上面的收敛结果代回到最初的展开式中，我们有：
$$M_t^2 - M_0^2 = 2\int_0^t M_s dM_s + \langle M \rangle_t - \langle M \rangle_0$$
注意到二次变差的初始值$\langle M \rangle_0 = 0$，如果我们默认$M_0 = 0$（很多鞅的问题会默认从0开始），直接移项整理就得到：
$$\int_0^t M_sdM_s=\frac 12 (M_t^2 - \langle M \rangle _t)$$
如果$M_0 \neq 0$，只需要把$M_0^2$移到右边，不过题目里的式子应该是默认了$M_0=0$的情况，完全符合我们的推导。

整个过程完全没有用到伊藤公式，只是用了随机积分的构造基础和二次变差的定义，刚好契合你不能用伊藤公式的要求~

备注：内容来源于stack exchange，提问作者timofiej8384