Dado que sólo impone suposiciones leves sobre $f$ , $g$ la prueba es algo técnica, por ejemplo, no podemos trabajar con sumas de Riemann porque $f^2$ puede no ser integrable de Riemann.
Sin pérdida de generalidad, supondré que $a=0$ y $X_0=0$ . Escriba a $X_t = M_t+A_t$ donde $$M_t := \int_0^t f(s) \, dB_s \qquad A_t := \int_0^t g(s) \, ds.$$ Si denotamos por $\langle \cdot,\cdot \rangle$ la (co)variación cuadrática, entonces $$\langle X,X \rangle_t = \langle M+A,M+A \rangle_t = \langle M,M \rangle_t + 2 \langle M,A \rangle_t + \langle A,A \rangle_t. \tag{1}$$ Esto se deduce de un cálculo sencillo similar al de su pregunta. Vamos a demostrar que \begin{align*} \langle M,M \rangle_t &= \int_0^t f(s)^2 \, ds \tag{2} \\ \langle M,A \rangle_t &= 0 \tag{3} \\ \langle A,A \rangle_t &= 0. \tag{4} \end{align*}
Prueba de $(4)$ :
Sea $g=g(t,\omega)$ sea una función medible tal que $g(\cdot,\omega) \in L^1([0,T])$ para cualquier $T>0$ . Entonces $t \mapsto A_t(\omega) = \int_0^t g(s,\omega) \, ds$ es una función continua para cada $\omega$ y así $A_{\bullet}(\omega)$ es uniformemente continua en $[0,T]$ . Si $\Pi=\{0=t_0<\ldots<t_n=T\}$ es una partición de $[0,T]$ con luz de malla $|\Pi|$ entonces \begin{align*} \sum_i |A_{t_{i+1}}-A_{t_i}|^2 &\leq \sup_{|s-t| \leq |\Pi|, s,t \in [0,T]} |A_{s}-A_t| \sum_{i=1}^n |A_{t_{i+1}}-A_{t_i}| \\ &\leq \sup_{|s-t| \leq |\Pi|, s,t \in [0,T]} |A_{s}-A_t| \int_0^T |g(s)| \, ds. \end{align*} Debido a la continuidad uniforme en $[0,T]$ el lado derecho converge a.s. a $0$ como el tamaño de malla $|\Pi|$ tiende a cero. Esto demuestra $\langle A,A \rangle_T=0$ .
Prueba de $(3)$ :
Esto es bastante similar a la prueba anterior. Supongamos que $f,g$ tal que $f(\cdot,\omega) \in L^2([0,T])$ y $g(\cdot,\omega) \in L^1([0,T])$ para $T>0$ . La integral estocástica $M_t = \int_0^t f(s) \, dB_s$ tiene trayectorias muestrales continuas con probabilidad $1$ . Exactamente igual que en la parte anterior, obtenemos $$\sum_i |M_{t_{i+1}}-M_{t_i}| \, |A_{t_{i+1}}-A_{t_i}| \leq \sup_{|s-t| \leq |\Pi|, s,t \in [0,T]} |M_s-M_t| \int_0^T |g(s)| \,ds.$$ Debido a la continuidad uniforme en intervalos de tiempo compactos, el lado derecho converge a $0$ como $|\Pi| \to 0$ . Por lo tanto, $\langle M,A \rangle_T=0$ para todos $T>0$ .
Prueba de $(2)$ :
Para funciones sencillas, se trata de un cálculo sencillo, véase esta pregunta . Para ampliar $(2)$ a una clase mayor de funciones, necesitamos utilizar técnicas de aproximación. Para abreviar la notación, establezcamos $$S_{\Pi}(Y,Z) := \sum_{i} (Y_{t_{i+1}}-Y_{t_i})(Z_{t_{i+1}}-Z_{t_i})$$ y $S_{\Pi}(Y) =: S_{\Pi}(Y,Y)$ .
Caso 1: $f$ satisface $\mathbb{E}\int_0^T f(s)^2 \, ds < \infty$ para cada $T>0$ .
Desde $f$ es progresivamente medible y satisface la condición de integrabilidad anterior, existe una secuencia de funciones simples $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ tal que $$\mathbb{E}\int_0^T |f(s)-f_n(s)|^2 \, ds \to 0, \qquad T>0 \tag{5}$$ y $$\mathbb{E} \left| \int_0^T f_n(s) \, dB_s - \int_0^T f(s) \, dB_s \right|^2 \to 0, \qquad T>0. \tag{6}$$ Establecer $M_n(t):=\int_0^t f_n(s) \, dB_s$ y arreglar $T>0$ . Tenemos $$\langle M,M \rangle_T = \langle M-M_n,M-M_n \rangle_T + 2 \langle M-M_n,M_n \rangle_T + \langle M_n,M_n \rangle_T. \tag{7}$$ Sea $\Pi$ sea una partición de $[0,T]$ . Tomando la expectativa y aplicando la isometría de Itô, encontramos \begin{align*} \mathbb{E}(S_{\Pi}(M-M_n)) &= \sum_i \mathbb{E}\int_{t_i}^{t_{i+1}} (f_n(s)-f(s))^2 \, ds \\ &= \mathbb{E}\int_0^T (f_n(s)-f(s))^2 \, ds \end{align*} Dejar $|\Pi| \to 0$ utilizando el lema de Fatou, obtenemos
$$\mathbb{E}(\langle M-M_n \rangle_T) \leq \mathbb{E}\int_0^T (f_n(s)-f(s))^2 \, ds \xrightarrow[n \to \infty]{(5)} 0, $$ que muestra que $\langle M-M_n\rangle_T \to 0$ en $L^1$ . Del mismo modo, una aplicación de la isometría de Itô (combinada con la identidad de polarización, véase aquí ) muestra que $$\mathbb{E}(S_{\Pi}(M-M_n,M_n)) = \mathbb{E}\int_0^T (f_n(s)-f(s)) f_n(s) \, ds.$$ Aplicando la desigualdad de Cauchy-Schwarz y utilizando $(5)$ se deduce que el lado derecho converge a $0$ como $n \to \infty$ (uniformemente en $\Pi$ ), y así $\langle M-M_n,M_n \rangle_T \to 0$ en $L^1$ . Por último, ya sabemos que $\langle M_n,M_n \rangle_T=\int_0^T f_n(s)^2$ y así $$\lim_{n \to \infty} \langle M_n,M_n \rangle_T = \int_0^T f(s)^2 \, ds.$$ Dejar $n \to \infty$ en $(7)$ demuestra la afirmación.
Caso 2: $\int_0^t f(s)^2 \, ds < \infty$ con probabilidad $1$ .
Para ampliar $(2)$ dicha función necesitamos truncar $f$ por ejemplo $f_n := (-n) \vee f \wedge n$ . Cada $f_n$ satisface la hipótesis de integrabilidad del caso 1, por lo que conocemos la variación cuadrática de $\int_0^t f_n(s) \, dB_s$ . Ahora, de forma similar a la parte anterior, podemos utilizar este conocimiento para calcular la varión cuadrática de $\int_0^T f(s) \, dB_s$ . Házmelo saber en caso de que realmente quieras ver todos los detalles.
