此外,我们对原始测试函数进行扰动以完成定位。为此,fix,δ和let(zn,ζ)是i,δ的一个极大序列。(请记住,这个序列依赖于,δ.)集合αn:=supz-z<r/2ζ∈rdi,δ(z,ζ)-i,δ(zn,ζn)andhn(ζ)=h(ζ,ζ),其中h(ζ)=(exp1-1-ζ,如果ζ<1,如果ζ≥1,0。注意αn→0为→0。取改进的检验函数为φ,δ,n(z,ζ)=φ,δ(z,ζ)-αnhn(ζ),因此,δ,n(z,ζ):=(v,δ-ψ,δ,n)(z,ζ)=i,δ(z,ζ)+αnhn(ζ),通过构造,每个i,δ,n都有一个极大值,即(z n,ζ)∈[z-r,z+r]×rd。观察到αn相对于。的衰减速率可以被认为是我们所希望的那样快,只要选择足够大的n。我们将发现取αn≤n exp(––1)是方便的,如果有必要,这总是可以通过重新标记来实现的。对于任何选择7→zn,结果表明,zi是(zn)的唯一子序列极限为→0。实际上,请注意,由于(zn)[z-r,z+r],它包含一个收敛的子序列。如果z≤-2ki k,δ,nk(z knk,ζknk),意味着0≤-u^(z)+^(z)-C(z-z)。通过u^-θ在z处的严格极小性,我们一定有z=z。步骤3:接下来,我们证明了满足αnk≤kexp(-1-k)的i k,δ,nk的任何极大值序列(z knk,ζknk)在k→0ask→∞中是渐近包含在无交易区域中的,即(v k-mv k)(z knk,ζknk)>0,对于a-nk≤kexp)(-1-k),(v k-mv k)(z knk,ζknk)所有的su?ciently大k。为了看到这一点,通过矛盾的方式假设,对于某个~ζkn,0≥v k(z kn,ζkn)-(mv)(z kn,ζkn)=v k(z kn,ζkn)-v k(z kn-,~ζkn),(4.19)。这样一个点是由V的上半连续性和有界性而存在的。利用(zkn,ζkn)是vk-ψk,δ,nkon[z-r,z+r]×Rd的最大值这一事实,推导出:0≥ψk,δ,nk(zkn,ζkn)-ψk,δ,nk(zkn-,~ζkn)=kvz(zkn)+O(k)-k(1-δ)[w(zkn,ζkn)-w(zkn-k,~ζkn)]-kαnk[hnk(~ζkn)-hnk(ζkn)]≥δkv[zkn,ζkn)]=kvz(zkn)+O(k)-k(1-δ)]Z(Z kn)+O(k)-k kexp(--1 k)>0,因为δ>0。这与(4.19)相矛盾。通过V Kat(Z KNK,ζKNK)的子解性质,我们现在将其写成(Z K,ζK),我们得到了双不等式0≥βV K-LψK,δ,nkx)(Z K,ζK)≥βψK,δ,NK-LψK,δ,nkx)(Z K,ζK).第四步:我们声称ζ一致有界于∈(0,]。将上述二阶不等式展开为kleads的幂为0≥-2kβψk,δ,nk-Lψk,δ,nk-~u(ψk,δ,nkx)(z k,ζk)=-σ>ζkvzz(z k)-αnk(βhnk(ζk)-L hnk(ζk))-(β(θz k)+`*k-c(z k-z k))-L(θ(z k)+`*k-c(z k-z k))-k(1-δ)(βw(z k,ζk))-n L w(z k,ζk))-~u(ψk,δ,nkx)-~u(vx)k。我们继续估计每个项。为此,设K=K(β,μ,σ,r,γ)>0表示一个大类属常数。通过命题A.3,我们有K(1-δ)(βw(Z K,ζK)-L w(Z K,ζK))=-(1-δ)TR[α(Z K)α(Z K)>wζ(Z K,ζK)]+(1-δ)RW(Z K,ζK)≤-(1-δ)TR[α(Z K)α(Z K)>wζ(Z K,ζK)]+K(1+KζK+KζK)和αNKβhnk(ζK)-LHNK(ζK)≤KKexp(--1 K)(ZK,ζK)(ZK,ζK))2-K+-1KζK+ζK)以及(β-L)(Ω(ZK)+`*K-C(ZK-Z))≤(1+KζK+KζK),最后,-2K~U(ζK,δ,nkx)-~U(vx)≤K,由此我们得出结论:0≥-σ>ζKVZZ(ZK)-K(1+KζK+KζK)0,则支配项-σ>ζkvzz(z k)是非负的,因此ζk在k中一定一致有界。因此,沿着某些子序列,我们有ζk→ζ和z k→z。发送K→0给出0≥-σ>ζvzz(z)-aí(z)+(1-δ)trhα(z)α(z)>wζζ(z,ζ)i=a(z)-aí(z)-δtrhα(z)α(z)>Wζζ(z,ζ)。最后,设δ→0。再加上w上的C-估计(参看命题A.3),这一项就从不等式中消失了。这一结果使sa?(z)≥a(z),从而完成了证明。4.对第二校正量等式的比较:直接计算表明,对于某个常数ρp∈R,azp=vpzp,如果Mertonvalue函数为nite,即cm>0,则很容易证明v1/2-γ>0。