(B.2)由于∧E{g(Xt)}=E{g(Xt)}对于任何可积函数g,我们应用(B.2)得到∧ψ(2)(x)=∧ψ(1)(x)+E-rTE∧v(1)(X0,xT)= ∧ψ(1)(x)+e-rTE∧ψ(1)(X0,xT)11{xT≥十、*}, (B.3)在第二步中,我们使用了∧v(1)(x)在v(1)(x)的连续区域中消失的事实,即x<x*. 因为∧ψ(1)(x)是凸的,∞), 期待∧ψ(1)(X0,xt)11{xt≥十、*}在(x)上也是凸的,∞). 作为两个凸函数之和,∧ψ(2)(x)在(x)上也是凸的,∞). 此外,由于∧ψ(1)(x)11{x≥十、*}是一个递增函数(对于x>x严格为正)*), (B.3)意味着∧ψ(2)(x)在足够大的x上增加。我们从(B.1)和(B.2)中观察到,ψ(2)(x)是一个具有limx的连续可微递增函数→0ψ(2)(x)=limx→0ψ(1)(x)<0。此外,如果ψ(1)(x)以f(x)=ax为界,对于某些a>0,则可以证明v(1)(x)≤ ax,因此ψ(2)(x)≤ ax+e-rTEaX0,xT≤ A.1+e-(r)-α) Tx、 (B.4)这确保了x=x时存在最大值*对于f函数ψ(2)(x)/xγ,因此也存在∧ψ(2)(x)=0的解。此外,命题1暗示了X*≥ xas负回报的锻炼从来都不是最佳选择。∧ψ(2)(x)在(x)上的凸性,∞) 确保只有一个这样的最大值,由∧ψ(2)(x)唯一定义*) = 0,和ddx∧ψ(2)(x)>0,x≥ 十、*.因此,再次应用引理1,我们得到v(2)(x)=ψ(2)(x)∨ 十、*)1.∧xx*γ.此外,从(B.4)中ψ(2)(x)的界,我们推断v(2)(x)≤ A.1+e-(r)-α) Tx、 重复上述论点,我们同样可以证明重叠边界x的存在性和唯一性*k、 每k≥ 1,并推导出每个v(k):v(k)(x)的上界≤ axk-1Xi=0e-(r)-α) 它!。(B.5)接下来,我们继续通过归纳证明∧ψ(k+1)>∧ψ(k),这与前面的证明部分一起意味着x*k+1<x*k、 如前所述,∧ψ(1)(x)11{x≥十、*}对于x>x为正*.