设 $B_t$ 是以 $0$ 为起点的布朗运动, 则 $$\bee\label{ju} E\sez{B_t^{2k+1}}=0,\quad E\sez{B_t^{2k}}=\frac{(2k)!t^k}{2^kk!}=(2k-1)!!t^k. \eee$$
证明:
方法一. 布朗运动 $B_t$ 的特征函数适合 $$\bex E\sez{e^{iuB_t}}=e^{-\frac{1}{2}u^2t}, \eex$$ 于是比较 $$\bex E\sez{e^{iuB_t}} =E\sez{\sum_{k=0}^\infty \frac{(iB_t)^k}{k!}u^k} =\sum_{k=0}^\infty \frac{i^kE\sez{B_t^k}}{k!}u^k, \eex$$ $$\bex e^{-\frac{1}{2}u^2t} =\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^kt^k}{2^kk!}u^{2k} \eex$$ 而有 \eqref{ju}.
方法二. 直接计算有 $$\bex E\sez{f(B_t)}&=&\int_{\bbR}f(B_t)\, P^0\sez{B_t\in \rd x}\\ &=&\int_{\bbR}f(x)p(t,0,x)\, \rd x\\ &=&\int_{\bbR}f(x)\frac{1}{\sqrt{2\pi t}}e^{-\frac{x^2}{2t}}\, \rd x, \eex$$ 而取 $\dps{f(x)=x^k}$, 有 $$\bex E\sez{B_t^k} =\frac{1}{\sqrt{2\pi t}}\int_{\bbR} x^ke^{-\frac{x^2}{2t}}\, \rd x. \eex$$ 于是当 $k$ 为奇数时, $E\sez{B_t^k}=0$; 当 $k$ 为偶数时, $$\bex E\sez{B_t^{2k}} &=&\frac{2}{\sqrt{2\pi t}} \int_0^\infty x^{2k}e^{-\frac{x^2}{2t}}\, \rd x\\ &=&\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^\infty (2t)^k s^ke^{-s}\frac{1}{2}s^{-\frac{1}{2}}\, \rd s\\ &=&\frac{2^kt^k}{\sqrt{\pi}}\Gamma\sex{k+\frac{1}{2}}\\ &=&2^kt^k\sex{k-\frac{1}{2}}\sex{k-\frac{3}{2}}\cdots\frac{1}{2}\\ &=&(2k-1)!!t^k\\ &=&\frac{(2k)!}{2^kk!}t^k. \eex$$
方法三. 设 $$\bex \beta_k(t)=E\sez{B_t^k}, \eex$$ 则 $$\bex & &\rd B_t^k=k B_t^{k-1}\rd B_t+\frac{1}{2}k(k-1)B_t^{k-2}\rd t \quad \sex{It\hat{o}\mbox{ 公式}}\\ &\ra&B_t^k =k\int_0^tB_s^{k-1}\,\rd B_s +\frac{1}{2}k(k-1)\int_0^tB_s^{k-2}\, \rd s\\ &\ra&\beta_k(t)=\frac{1}{2}k(k-1)\int_0^t\beta_{k-2}(s)\,\rd s\quad\sex{E\sez{\int_0^t f\,\rd B_s}=0}. \eex$$ 于是 $$\bex \beta_{2k-1}=\beta_{2k-3}=\cdots=B_1=0; \eex$$ $$\bex \beta_0=1, \eex$$ $$\bex \beta_2=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 1\int_0^t\,\rd s=\frac{2!}{2}t, \eex$$ $$\bex \beta_4=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 3\int_0^t \frac{2!}{2}s\, \rd s =\frac{4!}{2^2}\cdot \frac{t^2}{2}, \eex$$ $$\bex \beta_6 =\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 5 \int_0^t \frac{4!}{2^2}\cdot\frac{t^2}{2}\,\rd s =\frac{6!}{2^3}\cdot\frac{t^3}{3!}, \eex$$ $$\bex \cdots \eex$$ $$\bex \beta_{2k}=\frac{(2k)!}{2^kk!}t^k. \eex$$
