具有奇异终端条件的BSDE的极小上解

2022-5-8 01:08:32

具有奇异终端条件的BSDE的最小上解及其在最优定位中的应用。T、克鲁斯*, A.Popier+2018年9月1日摘要我们研究了当终端数据可以取值时，倒向随机微分方程最小上解的存在性+∞ 以正概率。我们在一般的过滤概率空间上处理方程，并使用满足一般单调性假设的生成器。利用这个最小上解，我们解决了一个与投资组合清算问题有关的最优随机控制问题。我们从三个方面概括了现有的结果：首先，对潜在的过滤（除点完整性和准左连续性）没有假设，其次，我们假设了终端清算约束，最后，时间范围可以是随机的。本文主要研究具有奇异终端条件的倒向随机微分方程。我们从[28]和[29]中采用弱（超）解（Y，ψ，M）的概念，将其转化为以下形式的BSDE DYT=-f（t，Yt，ψt）dt+ZZψt（z）eπ（dz，dt）+dMt，（1）其中eπ是概率空间上的补偿泊松随机测度(Ohm, F、 P）过滤F=（Ft）t≥0.过滤F应该是完整且连续的。在nParticle中，它可以支持与eπ正交的布朗运动。解分量Mis必须是与eπ正交的局部鞅。函数f：Ohm ×R+×R×Rd→ Ris称为BSDE的驱动程序（或生成器）。这里的特殊性是，我们允许终端条件ξ是奇异的：对于s顶时间τ，随机变量ξ是fτ-可测的，并取其值+∞ 以正概率。在我们的第一个主要结果（定理1）中，我们证明了（1）的最小弱超解的存在性。这个上解是通过下面的近似构造的。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:08:36

每人*杜伊斯堡-埃森大学，西娅-莱曼街9号，45127埃森，德国，电子邮件：托马斯。kruse@uni-到期。德+缅因大学数学实验室，奥利维尔·梅西恩大道，法国塞德克斯9号勒芒72085号。电子邮件：alexandre。popier@univ-莱曼。frL>0我们考虑（1）的一个截断版本，其终端条件为ξ∧L.我们假设驱动因子f满足y变量的单调性假设，并且对于ψ是Lipschitz连续的。然后，可以从[23]中推导出截断BSDE的解（YL，ψL，ML）的存在性、唯一性和比较结果，其中发展了一般过滤中具有单调驱动的BSDE理论。通过传递到极限L，我们得到了具有奇异终端条件的最小上解（Y，ψ，M）→ ∞.关键的任务是建立适当的先验估计，以确保当达到极限时，解Y不会在时间τ之前爆炸。为此，生成元f不能是Lipschitz连续的w.r.t.y。因此，我们假设f是单调的，并且在y变量中至少以随机系数多项式递减。在τ是确定性的情况下，该条件有助于确保YL的有界性。当τ是随机的时，我们将注意力限制在偏离规则集的第一个出口。文献[3]和[28]中已经研究了具有奇异终端条件的BSDE的确定终端时间（参见[12]中关于BSPDEs的论述），并在文献[29]中研究了随机终端时间。让我们简要概述一下我们的发现在哪些方面概括了这些论文的一些结果实际上，在前面提到的文献中，f被假定为y的非多项式函数（可能加上[12]中ψ函数的一个特定有界函数）。在这里，f只被一个多项式函数W从上方限定。r、 t.y。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:08:39

我们在这里只假设f相对于ψ是Lipschitz连续的，但不一定有界，这一事实需要对解族（YL）推导出新的先验估计。此外，如[3]中所述，从过程ft=f（t，0，0）可以在时间τ爆炸的意义上讲，生成器可以是奇异的。我们只对F施加一个可积性条件，该条件比[3]中的条件弱。这种较弱的可整合性条件和跳跃的发生意味着，必须更谨慎地处理近似序列（YL）L>0的收敛（具体请参见附录endix中推迟技术细节的命题3的证明）。[19]和[18]研究了发电机在时间变量中具有奇点的BSDE，以解决随机视界下的效用最大化问题一般过滤F。此外，与文献[3]、[28]和[29]相比，我们没有将注意力局限于布朗和泊松噪声产生的过滤。这里的过滤只满足标准假设（完整性和正确的连续性）。因此，额外的局部鞅部分M出现在BSDE中，当我们让L进入时，它必须被控制+∞. F上的拟左连续性条件仅用于确保时间τ：lim inft时Y的下半连续性→τYt≥ ξ.o 随机终止时间τ。据我们所知，[29]是唯一一篇在随机时间τ处理奇异终端条件的论文。在这项工作中，生成函数f等于f（y）=-y | y | q-1对于某些q>1的情况，过滤是由aBrownian运动产生的。当终止时间是随机的时，序列YLI的先验估计的推导比确定性的情况更复杂。对于一般随机时间τ，我们证明极限过程Y可能在时间τ之前有限。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:08:42

基于这个原因，我们考虑了一个连续离散的正则集的首次退出时间，我们的估计是Keller-Osserman不等式的推广。我们还注意到，我们的结果可以推广到这样的情况，即驱动器是变量Z的Lipschitz连续函数，它代表了马尔廷格尔表示w.r.t.布朗运动中的被积函数（c.f.备注5）。由于Pardoux和Peng[25]的开创性论文已被证明是解决随机最优控制问题的有力工具（参见调查文章[7]或书[26]）。在本文的第二部分中，我们利用弱上解的概念，给出了受控过程具有终端约束的随机控制问题的纯概率解。更准确地说，我们考虑最小化代价函数lj（X）=E的问题Zτηs |αs | p+γs | Xs | p+ZZλs（z）|βs（z）| pu（dz）ds+ξ| Xτ| p（2）在所有逐步可测量的过程中，满足动力学的X=X+Zsαudu+ZsZZβu（z）π（dz，du）。这里p>1和η、γ和λ的过程是非负逐步可测的。Fτ-可测随机变量ξ取∞ 以正概率。这种奇异性对策略集施加了终端状态约束。事实上，任何不满足终端约束的策略都会产生有限成本。特别是，如果存在某种产生有限成本的策略（在我们施加的成本下，这种策略总是如此），那么这种策略就不可能是最优的。在τ是确定的或首次退出时间的情况下，我们用BSDEdYt=（p- 1） Yqtηq-1tdt+Θ（t，Yt，ψt）dt- γtdt+ZZψt（z）eπ（dz，dt）+dMt（3）→τYt≥ ξ.

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

nandehutu2022

2022-5-8 01:08:45

这里q>1是p的霍尔共轭，Θ是Lipschitz连续函数（精确定义见（24））。我们证明了有效过程η、γ和λ的充分条件，从而定理1确保（3）存在最小弱超解，并基于惩罚论进行验证。基于随机价格影响下的最优投资组合清算模型，对终端价值受状态约束的最优控制问题进行了分析。当投资者需要在短时间内平仓时，所有交易都可以在不影响市场动态的情况下结算的传统假设并不总是合适的。近年来，最优投资组合清算模型得到了广泛的发展，如[1]、[2]、[8]、[10]、[15]或[22]等。我们定义0·∞ := 0.在[3]、[4]、[31]、[12]或[13]中研究了位置定位问题（2）的变体。在此框架中，状态过程X表示代理人在金融市场中的地位。她有两种方法来控制自己的位置。在每一个时间点t，她可以在主会场内以αt的速率进行交易，该交易产生的成本ηt |αt |由随机价格影响参数ηt构成。此外，她还可以向辅助会场（“暗箱”）提交被动订单。这些指令在泊松随机测度π的跳跃时间执行，并产生所谓的滑移成本rzλt（z）|βt（z）| pu（dz）。我们参考[22]了解更详细的讨论。术语γt | Xt | pca可以理解为与未平仓头寸相关的风险度量。因此，J（X）代表了在[0，τ]时间段内使用策略X关闭初始头寸X的总体预期成本。我们的方法允许将一些新的特征纳入最优清算模型。首先，我们不对过滤施加任何假设（准左连续性除外）。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

点击查看更多内容…

2022-5-8 01:08:48

对于金融模型，这意味着噪声不一定是由布朗运动产生的。此外，清算约束通过以下方式放松。我们的模型没有强制执行条件Xτ=0 a.s.，即必须强制关闭头寸，而是具有足够的灵活性，可以指定一组市场情景 Fτ，其中强制清算：XτS=0。根据剩余的职位大小，可以实施补充Sca处罚。该终端约束由Fτ-可测非负随机变量ξ描述，使得S={ξ=+∞}. 因此，对于Xτ=0，我们取ξ=+∞ a、对于例外情况，我们可以考虑ξ=∞1s，例如S={maxt∈[0，T]ηT≤ H} 或S={RTηtdt≤ H} 对于给定值，请保持H>0。这意味着，只有在整个清算期间，最大价格影响（或平均价格影响）足够小的情况下，清算才是强制性的。如果市场流动性太高，交易者没有义务平仓。最后，我们的模型考虑了随机时间范围τ。例如，可以考虑对价格敏感的清算期，当未受影响的市场价格S（差异）降至某个阈值水平K>0（即τ=inf{t）以下时，必须在第一次关闭头寸≥ 0 |街≤ K} 。本文分解如下。在第一节中，我们给出了数学设置，并给出了关于BSDE（1）的主要结果。假设集在τ确定性（定理1）和τ随机性（定理2）两种情况下有所不同。我们使用[28]或[3]中的截断参数构造了BSDE（1）的上解，并证明了该解是极小的。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

nandehutu2022

2022-5-8 01:08:51

前面提到的主要困难是控制截断BSDE的解序列（见命题2和命题6），并证明近似序列的收敛性。在第2节中，我们利用以前的结果获得了BSDE（3）的最小上解，并验证了该解给出了最优位置目标问题的值函数和最优控制（定理3）。1奇异BSDE的最小上解1。1设置和符号我们考虑过滤概率空间(Ohm, F、 P，F=（Ft）t≥0). 过滤被认为是完整的、连续的。此外，我们假设F是准左连续的，这意味着对于F停止时间的每个序列（τn），对于某些停止时间ττ，我们有τnτ∈NFτn=F＠τ。我们假设(Ohm, F、 P，F=（Ft）t≥0）支持空间Z上强度为u（dz）dt的aPoisson随机测量π Rd\\{0}。度量u是Z上的σ-fine，因此zz（1∧ |z|）u（dz）<+∞.P表示可预测的σ场Ohm ×R+。我们设定P=PB（Z），其中B（Z）是Z.One上的Borelianσ场Ohm = Ohm ×[0，T]×Z，一个iseP可测量的函数，被称为可预测的。Gloc（π）是p可测函数ψ1的集合Ohm 无论如何≥ 0 a.s.ZtZZ（|ψs（z）|∧ |ψs（z）|）u（dz）ds<+∞ .对于任何停止时间∧τ且m>1，集合Lmπ（0，∧τ）包含所有过程ψ∈ Gloc（u）使Z~τZZ |ψs（Z）| mu（dz）ds< +∞.通过Lmu=Lm（Z，u；Rd），我们表示可测函数ψ：Z的集合→ rdkψkmLmu=ZZ|ψ（z）|mu（dz）<+∞.由M⊥我们表示与eπ正交的cádlág局部鞅集。如果我∈ M⊥然后是E(M* π| eP）=0，其中乘积* 表示积分过程（见[17]中的II.1.5）。对于任何停止时间＠τ，集Mm（0，＠τ）是所有鞅的子集，因此[M] M/2τ< +∞.

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:08:55

最后，对于m>1，Sm（0，△τ）是所有渐进可测的cádlág过程F的集合，使得Ehsupt∈[0，|τ]| Ft | mi<+∞. 集合Hm（0，τ）包含所有渐进可测的cádlág过程F，使得ER∧τ| Ft | dtm/2< +∞.1.2确定性终端时间在本节中，设T>0，并设ξ为FT可测量的随机变量。我们用S theset{ξ=+∞}. 因为我们明确地允许ξ取这个值+∞ 对于正概率，我们需要指定（1）解的弱概念。我们放松了通常对BSDE解决方案的定义，只要求（1）在时间T之前严格保持。定义1（确定性终端时间下的弱上解）表示三个过程（Y，ψ，M）是BSDE（1）的上解，如果满足：1，则具有奇异终端条件YT=ξ。M∈ M⊥, ψ ∈ Gloc（π），并且存在somel > 1对于所有t<t:Esups∈[0，t]| Ys|l+ZtZZ |ψs（z）|lu（dz）ds+[M]l/2t！<+∞;2.Y从下方被一个过程“Y”限定∈ S（0，T）；3.为了所有人0≤ s≤ t<t:Ys=Yt+Ztsf（u，Yu，ψu）du-ZtsZZψu（z）eπ（dz，du）-ZtsdMu。4.lim inft→泰斯≥ ξa.s。我们说（Y，ψ，M）是BSDE（1）if的最小上解，对于任何其他上解（Y′，ψ′，M′），我们有Yt≤ 是的。s、无论如何∈ [0，T）.为了证明BSDE（1）的最小上解的存在性，我们对驱动f施加以下条件：Ohm ×[0，T]×R×Rd→ R.为了便于记法，我们写了eft=f（t，0，0）。A1。函数y 7→ f（t，y，ψ）是连续单调的：存在χ∈ 就是这样。s、不管怎样∈ [0，T]和ψ∈ Lu（f（t，y，ψ）- f（t，y′，ψ））（y- y′）≤ χ（y）- y′）。A2。存在一个逐渐可测量的过程κ=κy，ψ，φ：Ohm ×R+×Z→ R-suchthatf（t，y，ψ）- f（t，y，φ）≤ZZ（ψ（z）- φ（z））κy，ψ，φt（z）u（dz）带P Leb u-a.e.对于任何（y，ψ，φ），-1.≤ κy，ψ，φt（z）和|κy，ψ，φt（z）|≤ θ（z）在哪里∈ Lu。A3。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

可人4

2022-5-8 01:08:58

对于每一个n>0，它就持有一个sup | y|≤n | f（t，y，0）- 英尺|∈ L（（0，T）×Ohm).A4。ξ的负部分和平方可积：ξ-∈ L(Ohm) 和（f）-∈L（（0，T）×Ohm).条件A1到A4将确保SDE（1）版本解的存在性和唯一性，其中终端条件ξ被ξ取代∧对于一些L>0的情况，用fL（见（6））表示发电机f。通过使L趋向于零，我们得到了具有奇异终端条件ξ的最小上解∞. 以确保→ ∞ 解决方案组件包含该值∞ 在时间T的S上，但在时间T之前是有限的，我们必须对f施加一些进一步的增长行为。我们假设f在变量中至少多项式地减小。A5。存在一个常数q>1和一个正过程η，使得对于任何y≥ 0f（t，y，ψ）≤ -P- 1ηq-1t | y | q+f（t，0，ψ）。p是q.A6的霍尔共轭。存在l > 1使ERTηs+（T-s） p（财政司司长）+lds<+∞.A7。存在k>max(ll-1,2）使rzθ（z）|ku（dz）<+∞.假设（A）。如果所有七个假设A1到A7都成立，我们认为假设（A）是满足的。备注1（关于A1）我们可以假设w.l.o.g.的χ=0。事实上，如果（Y，ψ，M）是（1）的解，那么（\'Y，\'ψ，\'M）与\'Yt=eχtYt，\'ψt=eχtψt，d\'Mt=eχtdmts是一个类似的BSDE，其终端条件为ξ=eχtξ，而生成器为\'f（t，Y，ψ）=eχtf（t，e-χty，e-χtψ）- χyf满足相同的假设，χ=0。在本节的其余部分中，我们将假设χ=0。注2（关于A2）第二个条件A2意味着f在ω、T和y中一致地是Lipschitz连续的w.r.T.ψ。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:09:01

实际上，通过柯西-施瓦兹不等式f（t，y，ψ）- f（t，y，φ）≤ZZ（ψ（z）- φ（z））κy，ψ，φt（z）u（dz）≤ kθkLukψ- φkLu。反过来，sincef（t，y，φ）- f（t，y，ψ）≤ZZ（φ（z）- ψ（z））κy，φ，ψt（z）u（dz），我们得到f（t，y，ψ）- f（t，y，φ）≤ kθkLukψ- φkLu。备注3（关于A5）根据条件A3和A5，过程1/ηq-1必须在L（（0，T）×中Ohm)EZTηq-1tdt<+∞. （4）让我们只提一下，在A2中只可以假设可积性w.r.t.t.s.（见[5]，备注4.3）。在本节中，我们的主要结果可以总结如下。定理1在假设（A）下，存在一个极小上解（Y，ψ，M）到（1），且具有奇异的终端条件YT=ξ。为了证明定理1，我们按照[3]中的方法进行截断。这个结果的完整陈述和证明分为命题1、命题2、命题3和命题4。对我来说≥ 0我们认为BSDEdYLt=-有界终端条件为YLt=ξ的fL（t，YLt，ψLt）dt+ZZψLt（z）eπ（dz，dt）+dMLt（5）∧ 其中fl（t，y，ψ）=（f（t，y，ψ）- 英尺）+英尺∧ 命题1在假设（A）下，每L>0存在一个唯一解（YL，ψL，ML）到（5），且为YL∈ S（0，T），ψL∈ Lπ（0，T），ML∈ M（0，T）∩M⊥. 此外，在S（0，T）中存在一个独立于L的过程Y，因此对于任何T∈ [0，T]，\'Yt≤ YLt。如果（英尺）-= ξ-= 0，则“Yt=0，YLtis为非负。证据从A1、A2和A4的推论可知，fli是单调的w.r.t.y，Lipschitz连续的w.r.t.ψ，fL（t，0，0）=ft∧L∈ L（（0，T）×Ohm). 此外，对于everyn>0和| y |≤ n:| fL（t，y，0）- fL（t，0，0）|=|f（t，y，0）- 英尺|≤ 副食品|≤n | f（t，y，0）- 英尺|。根据假设A3，映射t7→ 副食品|≤n | f（t，y，0）- ft |在L（（0，T）×中Ohm). 从[23]中的定理1可以得出，在终端条件ξ下，（5）存在唯一解（YL，ψL，ML）∧ L.这一解决方案满足了“sup0”≤T≤T|YLt|+ZTZZ（ψLt（z））u（dz）dt+[ML]T|<+∞.接下来，我们构造下界Y。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:09:05

让我们取ζ=-ξ-g（t，y，ψ）=（f（t，y，ψ）-（英国《金融时报》）- （英国《金融时报》）-. 带Y的解（\'Y，\'ψ，\'M）∈ 具有数据（ζ，g）的BSDE的S（0，T）不依赖于L，通过比较（文献[23]中的命题4]），我们得到了“Yt”≤ 伊尔塔。s、无论如何∈ [0，T]。接下来，我们推导了与L无关的族YL的上界。对于每个t，命题2∈ [0，T]随机变量YLtis从byL（1+T）上方开始有界，对于T∈ [0，T）以下估计成立：YLt≤Kθ（T）-t） pEZTtηs+（T- s） p（财政司司长）+lds英尺1/l（7）其中Kθ是一个常数，仅取决于θ。证据让我们首先考虑三重（At，Bt，Ct）=（L（1+（T- t）），0，0）。它是具有终端条件L和常数生成器等式L的BSDE的解。通过假设A1，f是单调的，因此它认为f（t，At，Bt）≤ 因此，在fL的定义（6）之前，我们有fL（t，At，Bt）≤ L.根据比较原理（命题4in[23]），我们得到了YLt≤ 在≤ L（T+1）a.s.适用于任何T∈ [0，T]，这个上界取决于L。接下来，我们验证（7）。我们考虑驱动器rh（t，y，ψ）=bLt- pT- ty+f（t，0，ψ）。bLt=ηt（t-t） p+（（英尺）+∧ 五十）。设ε>0，用（Yε，L，φε，L，Nε，L）表示BSDE在[0，T]上的求解过程- ε] 带驱动器h和终端条件Yε，LT-ε=YL，+T-ε≥ 0.回想一下f（t，0，ψ）≤ZZψ（z）κ0，ψ，0t（z）u（dz）。因此，通过与线性BSDE的解进行比较（见[30]，引理4.1），我们得到了ε，Lt≤ EΓt，t-εYL，+T-ε+ZT-εtΓt，sbLsds英尺t在哪里≤ s≤ T- εΓt，s=exp-ZstpT- 乌杜Vε，Lt，s=T- 圣- TpVε，Lt，sandVε，Lt，s=1+zstzvε，Lt，u-κ0，φε，L，0u（z）eπ（dz，du）。（8）亨西ε，Lt≤（T）-t）体育ερVε，Lt，T-εYL，+T-ε+ZT-εtVε，Lt，s（T-s） PBLSD英尺.自《基本法》以来≥ 它认为Yε，Lt≥ 0 a.s.f或每t∈ [0，T]。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:09:08

因此，根据条件A5fL（t，Yε，Lt，φε，Lt）≤ -P- 1ηq-1t（Yε，Lt）q+fL（t，0，φε，Lt）。下面是fl（t，Yε，Lt，φε，Lt）≤ h（t，Yε，Lt，φε，Lt）-P- 1ηq-1t（Yε，Lt）q-美联社-1t（T）- t） p+pT- tYε，Lt≤ h（t，Yε，Lt，φε，Lt），其中我们使用了年轻的不等式：cp+（p- 1） yq- pcy≥ 0代表所有c，y≥ 0.比较定理暗示了YLt≤ Yε，对于所有t∈ [0，T- ε] ε>0。再次从条件A7中回忆Vε，Lt，。属于香港（0，T）-ε）为了k≥ 2.从上限YLt开始≤ 在≤ L（T+1）并根据Vε的可积性，Lt，。，通过让ε↓ 我们获得了a.s.EεpVε，Lt，T-εYL，+T-ε英尺-→ 0.根据假设A7和[30]中命题A.1的证明，存在一个常数，即A.s.EZT-εt（Vε，Lt，s）kds英尺≤ Kθ。根据假设A6，可以得出以下结论：- t） pbLt，0≤ T≤ T）属于l（0，T）。因此，通过H"older不等式，我们得到ZT-εtVε，Lt，s（T- s） PBLSD英尺≤ KθEZTt（（T- s） pbLs）lds英尺1/l.因此，我们可以将极限传递为ε↓ 0YLt≤Kθ（T）- t）体育ZTt（（T- s） pbLs）lds英尺1/l.假设A6暗示了L的单调收敛性→ ∞YLt≤Kθ（T）-t）体育ZTtηs+（T-s） p（财政司司长）+lds英尺1/l< +∞因此我们得到了（7）中的上界。常数Kθ和l > （7）中的1来自于f w.r.t.ψ的增长条件，以及缺乏对L的ψLindependent的估计。如果我们假设f（t，0，ψ）是有界的，那么我们可以得到一个更简单的估计。引理1如果存在一个非负过程kftsch，a.s.对于任何t和ψ，f（t，0，ψ）≤ Kft和EZT（T-s） pKfsds<+∞ （9）塞尼利特≤（T）- t）体育ZTtηs+2（T- s） pKfsds英尺. （10）证据。主张2的主张与主张2的主张几乎相同。因此，我们仅概述主要修改。注意（9）意味着≤ Kfta。s

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:09:13

我们考虑发电机hgiven byh（t，y，ψ）=h（t，y）=ηt（t- t） p+2英尺- pT- ty=bt- pT- 泰。因为h是线性的，不依赖于ψ，所以我们有：Yε，Lt=（T- t）体育εpYL，+T-ε+ZT-εt（t）- s） pbsds英尺.因此，当ε为零时，我们可以通过极限，得到t≤（T）- t）体育ZTt（T-s） pbsds英尺这就是不平等（10）。接下来，我们通过传递到极限L来证明→ ∞ 我们得到了（1）在奇异终端条件ξ下的上解。命题3假设假设（A）成立。设（YL，ψL，ML）是在命题1中得到的SDE（5）的解。这里存在一个过程（Y，ψ，M），使得≤ t<t，yl在S中收敛到Yl（0，t），ψL在L中的收敛lπ（[0，t]）到ψ，并在M中收敛l极限过程（Y，ψ，M）是具有奇异终端条件ξ的BSDE（1）的弱上解。此外，Y满足估计（7）年至今≤Kθ（T）-t）体育ZTtηs+（T-s） p（财政司司长）+lds英尺1/l.证据比较结果（见[23]中的命题4）得出：≤ YNif N>L.因此，对于所有≤ T我们可以定义为YLtas L的增长极限→ ∞. 回想一下，根据命题1，Yli在L中由某个过程Y从下方均匀地有界∈ S（0，T）。因此，Y也从下方以“Y”为界。通过方程（7），对于固定t<t的随机变量族（YLt，L≥ 0）是从上面限定的：YL，+t≤Kθ（T）- t）体育ZTtηs+（T-s） p（财政司司长）+lds英尺1/l.同样，假设A6，上面不等式中右边的随机变量是Ll(Ohm). 通过主导收敛，YLTC收敛到Ytin Ll(Ohm) 福特<T。对于（ψL，ML）的收敛性，设0≤ s≤ t<t。对于L和N非负，我们假定为y=YNs- YLs，bψs（z）=ψNs（z）- ψLs（z），cMs=MNs-大联盟。让我们定义一个=lkθkLu/(l -1).

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

nandehutu2022

2022-5-8 01:09:16

根据附录中的引理9，存在常数Kl仅仅依靠l 这样的晚餐∈[0，t]eas|bYs|l+Zte2au/lZZ | bψu（z）|u（dz）dul/2+Zte2au/ld[cM]ul/2#≤ KlE吃比亚迪|l+Zteau|fu∧ N- 傅∧ L|l杜.自从f∈ Hl（0，t）（见条件A6），当N和Lgo为+∞. 那么（ψL）是L中的一个柯西序列lπ（0，t）并收敛到ψ∈ Llπ（0，t）表示每t<t。M中的序列（ML）也是如此l（0，t）。此外，以前的IELDsup0≤s≤t|Ys|l< +∞.最后，当我到达极限时∞ 在（5）中，意味着（Y，ψ，M）满足（1）到0≤ s≤ t<t。根据BSDE的结构，我们推断Y是[0，T]上的cádlág。换句话说，Y∈ sl（0，T- ε）对于任何ε>0的情况。由于过滤是准左连续的，我们有：limtTYLt=ξ∧L.事实上，在方程（5）中，使用Fubini的条件期望定理，唯一的不连续项可能是鞅项ML。但过滤的假设表明，MLT在时间T时没有跳跃（见[20]，第25.19条）。现在我要说的是≥ 我们已经收到通知了↑泰特≥ lim inft↑TYLt=ξ∧ 五十、它给出了理想的不等式lim inftTYt≥ ξ. 特别是，（lim inftTYt）1S=+∞.这就实现了定理的证明。注4在条件（9）下，估计值（10）也是Y的上界。为了完成定理1的证明，让我们证明极限过程的极小性。命题4在命题3中得到的解是极小值。如果（Y′，ψ′，M′）i是（1）的另一个弱上解，且终端条件为ξ，则Y′t≥ 伊塔。s、 f或所有t∈ [0，T]。证据固定L>0，并让（YL，ψL，ML）表示（5）的解，终端条件ylt=ξ∧L.设（Y′，ψ′，M′）是（1）在定义1意义下的弱上解。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:09:21

SetbYs=Y\'s- YLs，bψs（z）=ψ′s（z）- ψLs（z），cMs=M′s-大联盟。我们有f（t，Y′t，ψ′t）- f（t，YLt，ψLt）=-ctbYt+（f（t，YLt，ψ′t）- f（t，YLt，ψLt））与-ct=f（t，Y′t，ψ′t）- f（t，YLt，ψ′t）bYtbYt6=0。注意，根据条件A1，-计算机断层扫描≤ χ = 0. 对于每个t<t，过程（bY，bψ，cM）求解BSDEdbYs=hcsbYs- （财政司司长）-L）+- （f（s，YLs，ψ′s）- f（s，YLs，ψLs））ids+ZZbψs（z）eπ（dz，ds）+dcMson[0，t]带终端条件byt=Y′t- YLt。此外，从A2可以看出f（s，YLs，ψ′s）- f（s，YLs，ψLs）≥ZZκYL，ψL，ψ′sbψs（z）u（dz）。从[23]中的引理10和[30]中的引理4.1，我们得到了≥ EbYtΓs，t+ZtsΓs，u（傅）- 五十） +du财政司司长式中Γs，t=exp-特斯库杜ζs，两次ζs，s=1和dζs，t=ζs，t-ZZκYL，ψL，ψ′teπ（dz，dt）。我们的假设确保ζ为非负且属于Hk（0，T）。从位置2我们有YLt≤ （1+T）L和亨塞比≥ -（（Y\'t）-+（1+T）L）。ThusbYΓs，。对于某些m>1，从下到下被Sm（0，T）中的一个过程所限定。我们可以应用Fatou引理来获得s=lim inftTEbYtΓs，t+ZtsΓs，u（傅）- 五十） +du财政司司长≥ Elim inftT（bYtΓs，T）财政司司长.过程（Γs，t，s）≤ T≤ T）是cádlág且非负。因此a.s.lim inftT（bYtΓs，T）=（lim inftTbYt）Γs，T-≥ (ξ - ξ ∧ 五十） Γs，T-≥ 0.最后，Y\'s≥ YLSF有什么问题吗∈ [0，T]和L≥ 0.在我去的时候接受极限∞ 产生谎言。备注5注意，如果我们假设过滤也支持布朗运动W，并且如果我们的奇异BSDE的形式为DYT=f（t，Yt，Zt，ψt）dt+ZtdWt+ZZψt（z）eπ（dz，dt）+dMt，其中f满足条件（A）且假设为Lipschitz连续i n z.1.3随机终端时间在本节中，我们考虑终端时间τ为随机的情况。再次，我们通过截断终端条件得到一系列解（YL）L>0到（5），其中有界终端条件YLτ=ξ∧ L.第1.2节中的假设A1、A2和A5仍然有效，而假设A2、A4和A6得到加强。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:09:24

条件A7用于构造先验估计（7），在这里没有必要。此外，我们需要一个额外的条件b，介于f的随机时间τ和A1中的增长系数χ和A2中的K之间。这个条件用b表示。接下来，我们给出了完整的假设列表。A1。函数y 7→ f（t，y，ψ）是连续单调的：存在χ∈ 就是这样。s、不管怎样∈ [0, ∞) 和ψ∈ Lu（f（t，y，ψ）- f（t，y′，ψ））（y- y′）≤ χ（y）- y′）。A2。存在一个逐渐可测量的过程κ=κy，ψ，φ：Ohm ×R+×Z→ R-suchthatf（t，y，ψ）- f（t，y，φ）≤ZZ（ψ（z）- φ（z））κy，ψ，φt（z）u（dz）带P Leb u-a.e.对于任何（y，ψ，φ），-1.≤ κy，ψ，φt（z）和|κy，ψ，φt（z）|≤ θ（z）在哪里∈ Lu。如第1.2节所示，我们用K=KθkLu表示fw的Lipschitz常数。r、 t.ψ（参见备注2）。让δ*表示δ的值*=-∞ 如果2χ<K，K+2χ如果2|χ≤ K、 χ1+K√2χ如果2χ>K.（11）B，则存在ρ>δ*使得e（eρτ）<+∞.如果条件B成立，那么我们将*=如果2χ<-K、 2ρρ-δ*+(√ρ-K√2） ρ>2Kif 2 |χ|≤ K、 ρ√ρ+√χ-K√×√ρ-√δ*如果2χ>K.（12）A3′。对于每j>0和n≥ 0，过程Ut（j）=sup | y|≤j | f（t，y，0）-ft |在L（（0，n）×中Ohm) 存在m>h*使ERτUt（j）|mdt<+∞.A4\'。ξ-和（f）-是有界的。A5。存在一个常数q>1和一个正过程η，使得对于任何y≥ 0f（t，y，ψ）≤ -P- 1ηq-1t | y | q+f（t，0，ψ）。p是q.A6\'的霍尔共轭。η和票价有界。注意，假设A3\'和A5意味着EZτη（q-1） msds<+∞. （13）备注6（关于A1）对于随机终点时间，我们不能假设A1中的w.l.o.g.χ=0。备注7（关于B和A3\'）如果2χ<-K、对于任何停止时间τ（包括τ=+∞ a、因为在这种情况下可以选择ρ<0。注意δ*h*是χ和h的非递减函数*是ρ的非增函数，带limρ→δ*H*= +∞ 和limρ→+∞H*= 1.假设（A\'）。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:09:28

如果所有以下假设都成立：A1、A2、A3’、A4’、A5、A6’和B，我们说条件（A’）是满足的。在上述条件下，下面的命题5表明截断的BSDE（5）有唯一解（YL，ψL，ML）。为了获得具有奇异终端条件的BSDE的上解，与确定终端时间的BSDE的关键区别在于过程族（YL）的一致上界的推导（参见不等式（7））。下面的示例1表明，通常不存在这样的上界，并且存在停止时间τ，使得序列（YLt）收敛到∞ 就像我→ ∞ 对于t<τ。因此，必须限制终端时间的类别。我们从[29]中得到启发，其中首次研究了具有随机终端时间和奇异终端条件的BSDE，并考虑了τ由第一出口时间τ=τDof a diffusionΞ从集合D得出的情况。更准确地说，我们假设过滤F支持一个与π正交的d维布朗运动W，并在Rd中引入一个正向过程，这是一个随机微分方程dΞt=b（Ξt）dt+σ（Ξt）dWt（14）的解，具有一些初始值Ξ∈ 功能b:Rd→ Rd和σ：Rd→ Rd×Rdsatisfya全局Lipschitz条件：存在一些K>0，使得x、 y∈ Rdkσ（x）- σ（y）k+kb（x）- b（y）k≤ Kkx- yk。在这个假设下，（14）存在唯一的强解。设D为Rd的开有界子集，其边界至少为C类（关于正则边界的定义，参见第6.2节[11]中的示例）。从现在起，Ξ是固定的，应该是D。我们将停止时间τ定义为D的第一个前时间，即τ=τD=inf{t≥ 0，Ξt/∈ D} 。（15）条件B在生成器f、集合和SDE（14）的系数之间施加了一些隐含的假设。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:09:33

在下一个引理中，我们给出了确保B的充分条件。让我们用R表示D:R=sup{x的直径- y |，（x，y）∈ D} ，由kσk表示σkσk=supx的谱范数∈Rdsupv∈路|五号|≤1v。（σ（x）σ*（x） v，通过kbk表示b的sup范数：kbk=supx∈Rd | b（x）|。如果d=1，则定义Jd等于π/4，并等于第一类贝塞尔函数Jd/2的第一个正零-如果≥ 2（对于d=2，j≈ 2.4048).引理21。假设存在ν>0和v∈ 所以对于所有的x∈ R方法是b（x）。五、≥ ν > 0. 如果δ*<νkσk，那么条件B对所有ρ都成立∈ (δ*,νkσk）。假设b=0（没有漂移）和σσ*是一致椭圆的，即存在常数α>0，使得（σσ*)（十）≥ 所有x的αId∈ 如果δ*<2αR（jd），则条件B对所有ρ都成立∈ (δ*,2αR（jd））。证据因为D是有界的，不等于一个单态，所以它认为0<R<+∞.首先假设存在ν>0和v∈ 所以对于所有的x∈ Rd，b（x）和v之间的scalarproduct从下面以ν为界。我们可以假设| v |=1。设t>R/ν。在集合{τ>t}上，它认为Ξ和Ξ在D中。这意味着在集合{τ>t}上，对于任何0≤ s≤ t、太好了≤s≤t(-v）。Ξs- Ξ-Zsb（Ξu）du≥ tν- 因此，从定理II。2.2in[27]P（τ>t）≤ Psup0≤s≤t(-v）。Ξs- Ξ-Zsb（Ξu）du≥ tν- R≤ 经验-（tν- R） kσkt.这意味着对于所有t>R/νthateρtP（τ>t）≤ 经验ρt-（tν- R） kσkt.根据托内利定理e（eρτ）=Z+∞ρeρtP（τ>t）dt+1<+∞假设ρ<νkσk.在s秒的情况下，已知（见Friedman[9]，定理14.10.1）条件物ρτ<∞ 对于小于集合D上Ξ的微元生成器L中的主特征值的所有数ρ，保持不变：Lφ（x）=道σ（x）σ*（x） Dφ（x）,其中Dφ是φ的Hessian矩阵∈ 丙(右)。为了得到假设B的α和R的条件，我们考虑了一个辅助问题。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

可人4

2022-5-8 01:09:37

集合D包含在半径R/2的球B中，τBis是Ξ从B的首次退出时间。显然τ=τD≤ τB。因此我们可以考虑球B上的算子L。而且，L的主特征值比算子（α/2）的主特征值大. 拉普拉斯算子的主特征值在单位球上，由常数（jd）给出。详见[14]。因此（α/2）的主值在B上由2αR（jd）给出。因此，如果ρ<2αR（jd），B成立。备注8（关于A3’）的界限νkσkrespectively2αR（jd）给出了A3中参数m的最小值（参见附录中的备注7和引理10）。接下来，我们将定义1适用于随机终端时间的情况，并给出本节的主要结果。为此，我们设置τε=inf{t≥ 0区（Ξt）≤ ε} ，（16）其中dist（Ξt）表示Ξ在时间t处的位置与定义2的边界之间的距离（在随机终端时间的情况下为弱上解），我们说三个过程（Y，ψ，M）是具有奇异终端条件Yτ=ξ的BSDE（1）的上解，如果它满足：1。M∈ M⊥, ψ ∈ Gloc（π），并且存在somel > 1.为了所有人≥ 0和ε>0:Esups∈[0，t]| Ys∧τε|l+Zt∧τεZZ |ψs（z）|lu（dz）ds+[M]l/2t∧τε!< +∞;2.Y从下方被一个过程“Y”限定∈ S（0，τ）；3.为了所有人0≤ s≤ t和ε>0:Ys∧τε=Yt∧τε+Zt∧τεs∧τεf（u，Yu，ψu）du-Zt∧τεs∧τεZZψu（z）eπ（dz，du）-Zt∧τεs∧τεdMu。4.在片场{t≥ τ}:Yt=ξ，ψ=M=0 a.s.和lim inft→+∞Yt∧τ≥ ξa.s。我们说（Y，ψ，M）是BSDE（1）if的最小上解，对于任何其他上解（Y′，ψ′，M′），我们有Yt≤ 是的。s、对于任何t>0的情况。定理2如果τ是（15）给出的退出时间，在假设（A\'）下，存在一个奇异终端条件Yτ=ξ的极小上解（Y，ψ，M）到（1）。如第1.2节所述，我们首先考虑截断的BSDE（5）。命题5假设假设（A\'）成立。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:09:42

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:09:46

在余下的任期内，我们将采取类似措施：EZτeδt | Ut（L）| rdt≤EZτeδhtdt1/hEZτ| Ut（L）| r~dt1/~.根据假设B和A3\'我们可以选择h和~，使得δh<ρ和r~≤ m、因此，[23]中定理3的假设成立，并给出了BSDE（5）的解（YL，ψL，ML），其终端条件为Yτ=ξ∧ L.对于任何0≤ T≤ 泰尔特∧τ=YLT∧τ+ZT∧τt∧τf（s，YLs，ψLs）+（γs）∧ L）ds-ZT∧τt∧τZZψLs（z）eπ（dz，ds）-ZT∧τt∧τdMLs，和YLt=ξ∧我在片场{t≥ τ}. 注意，命题5的证明没有使用τ是第一次命中时间这一事实，而是适用于满足可积条件B和3\'的每个停止时间τ。此外，如果我们假设| f（t，0，ψ）|≤ Kf，（18）对于一些常数Kf，那么在B中我们只需要ρ>χ（见[23]中的备注2]）。下一个例子表明，为了确保族yli从上方一致有界，需要对τ进行进一步的计算。因此，我们将在续集中假设τ的特殊形式（15）。例1假设ef（t，y，ψ）=-|y |和ξ=∞. 我们假设过滤F支持一个停止时间τ，使得τ= ∞ 这满足可积性条件b和（13）。例如，这适用于在R+上具有连续密度函数f且f（0）>0的所有停车时间。特别是，可以将τ作为aPoisson过程的第一个跳跃时间，在这种情况下，τ呈指数分布。对于每一个L>0，让我们给出命题5中构造的BSDE（5）的解。接下来，我们推导出一个下界f orYL。为此，让Xt=exp(-RtYLsds）。从它的公式中我们得到了DYLTXT=-（YLtXt）dt+ZLtXtdWt。特别是，这意味着YL=EhRτ˙Xsds+LXτi。接下来，fix a实现ω∈ Ohm.考虑函数x:[0，τ（ω）]→ R从x（0）=1开始，并且是绝对连续的。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:09:49

利用庞特里亚金的最大值原理，可以证明轨迹x（s）=τ（ω）-s+1/Lτ（ω）+1/L在这个决定论问题中是最优的。特别地，它遵循zτ（ω）˙x（s）ds+Lx（τ（ω））=τ（ω）+1/L≤Zτ（ω）˙Xs（ω）ds+LXτ（ω）（ω）≥ Ehτ+1/l，因此我们通过单调收敛lim infL→∞伊尔≥ Eτ= ∞.前面的例子表明，如果终端时间发生得太突然，我们不能期望得到（1）具有奇异终端条件和随机终端时间的有限上解。因此，我们在此将注意力限制在τ是差异的第一次击中时间的情况。我们引入符号距离函数dist:Rd→ 由dist（x）=infy定义的D中的R/∈Dkx- 如果x∈ D和距离（x）=-英菲∈Dkx- 如果x/∈ D.下一个结果是Keller-Osserman-ty-pe不等式（c.f.（19）和参见[21,24]）：使用边界附近扩散的分析性质D、允许我们在每一时刻限制过程Yltagain的值，而不是扩散到边界的距离D.命题6如果τ是（15）给出的退出时间，在假设（A\'）下，命题5中构造的解过程Ylcon在L中一致有界：存在过程Y∈ S（0，τ）和常数C，使得：\'Yt∧τ≤ YLt∧τ≤Cdist（Ξt）∧τ） 2（p-1). （19）证据。首先，从一个带有终端条件的BSDE的比较定理来看，YLDE的下界如命题1所示-ξ-驱动器g（t，y，ψ）=（f（t，y，ψ）- （英国《金融时报》）- （英国《金融时报》）-.对于上限，让u>0并引入集合Du={x∈ 第|区（x）|≤ u}.然后从[11]中的引理14.16得出，存在一个正常数u，比如∈ C（Du）。因为D是有界的，所以存在一个常数R>0，使得≤ 地区（x）≤ 所有x∈D.让我们∈ C∞（Rd，[0，1]），其中在Rd\\Du上的魟=1，在Du/2上的魟=0。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:09:53

对于0<≤ 1我们定义了一个函数g∈ C（Rd，R+）使得g=（1）- 距离+距离+距离。自从g≥ 其次，存在一个函数Φ∈ C（Rd，R+）满足Φ=Cg-2（p-1）对于任何C>0的情况。观察Φ从上方以Cdist为界-2（p-1). 例如，我们将它的公式应用于过程Φ（Ξt）∧τ). 对于每t<τ，该产量dΦ（Ξt）=（p- 1） Φq（Ξt）ηq-1tdt+Φ（Ξt）σ（Ξt）dWt+Φ（Ξt）b（Ξt）+迹线（σσ）*（Ξt）DΦ（Ξt））- （p- 1） Φq（Ξt）ηq-1t！dt=“（p- 1） Φq（Ξt）ηq-1t- ft#dt+Φ（Ξt）σ（Ξt）dWt+“ft+Φ（Ξt）b（Ξt）+迹线（σσ）*（Ξt）DΦ（Ξt））- （p- 1） Φq（Ξt）ηq-1t#dt。我们有Φr=Cqg-第2季度（p-1） =Cqg-2pΦ = -2（p- 1） Cg-2p+1GΦxixj=-2（p- 1)(-2p+1）Cg-2pGxiGxj- 2（p- 1） Cg-2p+1GxiXJT≤ τletGt=Φ（Ξt）b（Ξt）+迹线（σσ）*（Ξt）DΦ（Ξt））- （p- 1） Φq（Ξt）ηq-1t=-（p- 1） Cg-2p（Ξt）H（Ξt）带H（Ξt）=Cp-1ηq-1t+2（g）gb）（Ξt+(-2p+1）kσ（Ξt）g（Ξt）k+g迹（σ∑）*Dg）（Ξt）≥内容提供商-1kηkq-1.∞+ 2（g）gb）（Ξt+(-2p+1）kσ（Ξt）g（Ξt）k+g迹（σ∑）*Dg）（Ξt），因为根据条件A6\'，η是有界的。NowD是一个紧凑的集合。因此，连续函数b和σ是有界的。此外，函数g，g和Dg在中有界且一致。因此存在不依赖于的C>0，因此对于任何C≥ C、每一个t≥ 然后我们有了H（Ξt）≥ 1.同样根据假设A6\'，过程F从上方开始。因此对于一些克拉奇来说：-Gt=Gt+ft=-（p- 1） Cg-2p（Ξt）H（Ξt）+ft≤ -（p- 1） Cg-2p（Ξt）+kfk∞≤ 0.现在常数C是固定的。工艺Φ（Ξ）满足Φ（Ξt∧τ） =Φ（ΞT）∧τ） +ZT∧τt∧τ-（p- 1） Φq（Ξs）ηq-1s+fsds+ZT∧τt∧τGsds-ZT∧τt∧τΦ（Ξs）σ（Ξs）dws对于所有0≤ T≤ T和Gs≥ 让我们用Z表示鞅Zt=ZtΦ（Ξs）σ（Ξs）dWs。三重（Φ（Ξ），0，Z）是带发生器的BSDE的解：v（t，y，ψ）=-（p- 1） y | y | q-1ηq-1t+fs+f（t，0，ψ）+gt和终端条件Φ（Ξt）∧τ） =C2（p-1）关于{T≥ τ}. f上的条件A5表示FL（t，Φ（Ξt），0）≤ v（t，Φ（Ξt），0）。此外，我们选择的足够小，以至于≤ C/ε（p-1)/2.

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:09:56

因此YL，+T∧τ≤ Φ（ΞT）∧τ）关于{T≥ τ }. 比较原则（c.f.[23]中的备注3]）导致：f或任何t≥ 0，YL，+t∧τ≤ Φ（Ξt）∧τ）通过构造Φ（Ξt∧τ) ≤ Cdist-2（p-1）（Ξt）∧τ). 这就达到了极限。现在，如第1.2节所述，我们可以将过程Y定义为递增序列的极限，以获得（1）的最小上解。下一个命题完成了定理2的证明。命题7假设τ由（15）给出，假设（A\'）有效，并让（YL，ψL，ML）表示命题5中得到的BSDE（5）的解。然后存在一个过程（Y，ψ，M），使得对于任意ε>0，Ylto将a.s.收敛到Yt，ψL收敛到Lπ（0，τ）t到ψ，而mL收敛到M（0，τε）。极限过程（Y，ψ，M）是带终端条件ξ的BSDE（1）的最小上解。证据我们按照命题3的证明进行。我们概述了主要步骤。首先观察YLTC通过比较原理将a.s.转化为极限过程Y（c.f.Remark3 in[23]）。回想一下停止时间τε，ε>0，τε=inf{t的定义≥ 0区（Γt）≤ ε}.我们有dist（Γt）∧τε) ≥ ε对于足够小的ε。此外，当ε为零时，τε收敛到τ。使用这个时间序列τε，对于所有ε>0的情况，整个序列（YL，ψL，ML）收敛到（Y，ψ，M）on（0，τε）×Lu（0，τε）×M（0，τε）。主要论点是，根据区间（0，τε）上的命题6，过程YLis一致有界于C/ε2（p-1). 此外，（Y，ψ，M）满足任意ε>0和任意0≤ T≤ 泰特∧τε=YT∧τε+ZT∧τεt∧τεf（s，Ys，ψs）ds-ZT∧τεt∧τεZZψs（z）eπ（dz，ds）-ZT∧τεt∧τdMs。因为过滤应该是连续的，所以我们有a.s.限制→+∞YLt∧τ= ξ ∧ L.因此，我们在终端时间lim inft获得Y的以下行为→+∞Yt∧τ≥ ξ.解决方案的最小值遵循与命题4相同的论点。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

可人4

2022-5-8 01:10:01

2.最佳定位目标2。1问题公式现在让我们描述一下安全控制问题。我们假设第1节中的设置。给出了1。此外，我们假设度量ui是有限的。如第1节所述，我们假设p>1，并用q=1/（1）表示- 1/p）其霍尔共轭物。设τ为F停止时间。无论如何∈ R+和x∈ R、我们用A（t，x）表示逐步可测过程（Xs）的集合≥0满足动态Xs=x+Zs的∨ttαudu+Zs∨ttZZβu（z）π（dz，du）（20）对于任何s≥ 0和一些α∈ L（t，∞) a、 s.和β∈ Gloc（π）。注意这一点∈ A（t，x）它认为所有s的x=x≤ t、我们考虑了最小化泛函lj（t，X）=E的随机控制问题Zτt∧τηs |αs | p+γs | Xs | p+ZZλs（z）|βs（z）| pu（dz）ds+ξ| Xτ| p英尺（21）整个X∈ A（t，x）。随机变量ξ应该是非负的，可以取这个值∞ 以正概率。注意，如果x>0，则存在x∈ A（t，x）使得J（t，x）<∞ , 然后τ>ta.s.和X几乎肯定满足Xτξ=∞= 0.（22）通过这种方式，我们隐式地对可接受的控件集施加终端状态约束。为了将来的参考，我们用S={ξ=+∞}. 效率过程（ηt）t≥0，（γt）t≥0和（λt）t≥0是非负逐步可测的cádlág过程。用[0]中的值可测量的过程λiseP+∞].我们引入了代表每个初始条件（t，x）的最小值Jv（t，x）=essinfX的随机场v∈A（t，x）J（t，x）。（23）下面的定理3总结了本节的主要结果。结果表明，控制问题（23）的值函数v和最优控制的特征是具有奇异终端条件DYT=（p- 1） Yqtηq-1tdt+Θ（t，Yt，ψt）dt- γtdt+ZZψt（z）eπ（dz，dt）+dMt（3），其中函数Θ由Θ（t，y，ψ）=ZZ（y+ψ（z））给出1.-λt（z）（（y+ψ（z））q-1+λt（z）q-1） p-1.y+ψ（z）≥0u（dz）。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:10:05

（24）我们再次区分了两种情况。在第一种情况下，我们假设τ是确定性的，并对系数过程（ηt）t引入一些可积性假设≥0和（γt）t≥0.我们使用0·∞ := 0假设（C1）。停止时间τ等于确定性常数T>0。过程η为正，过程γ为非负，因此对于一些l > 1EZT（ηt+（t-t） pγt）ldt< ∞ 和E“ZTηq-1tdt#∞.在第二种情况下，我们假设τ由（15）给出，作为扩散的第一次击中时间。我们需要对η和γ施加一些比（C1）更强的有界条件。假设（C2）。我们有τ=τ，并且存在ρ>u（Z），使得Eeρτ<∞.过程η和γ从上方有界，η为正，满足可积条件“Znηq”-1tdt#+E“Zτηm（q-1） tdt#∞ （25）所有n∈ 对于一些满足条件的m:m>2ρ- u（Z）+(√ρ -p2u（Z））1ρ>2u（Z）。过程γ是非负的。引理2给出了关于前向SDE（14）的系数的充分条件，如Eeρτ<∞ 持有。定理3假设（C1）或（C2）成立。然后存在一个极小上解（Y，ψ，M）到（3），具有奇异的终端条件Yτ=ξ。为所有s设置Ys=ξ≥ τ. 福尔（t，x）∈ R+×R它保持P-a.s.，v（t，x）=Ytxp。此外，对于每（t，x）∈ R+×R过程X满足线性动力学X=X-Zs∨ttYuηuQ-1徐都-Zs∨ttXu-ZZζu（z）π（dz，du），其中ζu（z）=（Yu-+ ψu（z））q-1[（于）- + ψu（z））q-1+λu（z）q-1] 属于A（t，x），如果t<τ，则满足终端状态约束（22），并且在（23）中是最优的。最优过程X*由X明确给出*s=x exp“-Zs∨ttYuηuQ-1du#expZs∨TTZLN（1）- ζu（z））π（dz，du）. （26）为了证明定理3，我们首先从定理1或定理2得出结论，（3）存在一个极小上解。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:10:10

然后我们考虑最小化问题（23）的一个变体，其中我们通过（ξ）惩罚任何非零终端状态∧五十） |Xτ| pand因此省略了容许控制集上的约束XτS=0。我们证明了这个无约束极小化问题的最优控制可以用（3）的截断形式的解来表示。然后，我们利用这个结果导出（23）的最优控制。2.2最小超解的存在性观察到，BSDE（3）是（1）的一个特例，生成元f由f（t，y，ψ）=-（p- 1） y | y | q-1ηq-1t- Θ（t，y，ψ）+γt。回想一下，在本节中，u被认为是一个有限的度量，因此Θ（由（24）给出）得到了很好的定义。这里我们有ft=f（t，0，0）=γt。为了简单起见，我们用函数（t，y，φ）=（y+φ）1.-λt（z）（（y+φ）q-1+λt（z）q-1） p-1.y+φ≥0使得Θ（t，y，ψ）=ZZ（t，y，ψ（z））u（dz）。下一个结果是定理1和定理2的结果。推论1在（C1）或（C2）下，奇异的BSDE（3）有一个极小的非负弱上解（Y，ψ，M）。证据我们必须证明f满足条件（A）（分别（A\'））如果（C1）（分别（C2））成立。一个简单的计算证明，对于固定的（t，ψ）∈ [0，T]×Lu和z∈ Z、函数y7→ （t，y，ψ（z））是非递减的，并且属于conr类，其反激励的界为1y（t，y，ψ（z））=1.-λt（z）q（（y+ψ（z））q）-1+λt（z）q-1） py+ψ（z）≥0.由于η>0，条件A1满足χ=0。从同一个参数，函数 Lipschitz是连续的w.r.t。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-8 01:10:13

ψ（z）和hencewe得到|Θ（t，y，ψ）- Θ（t，y，ψ′）|≤ZZ |ψ（z）- ψ′（z）|u（dz）≤ u（Z）1/2kψ- ψ′kLu。此外，对于任意（t，y，ψ，ψ′）∈ [0，T]×R×（Lu）我们有f（T，y，ψ）- f（t，y，ψ′）=-Θ（t，y，ψ）+Θ（t，y，ψ′）=ZZ(（t，y，ψ′（z））- （t，y，ψ（z））u（dz）=ZZ（ψ（z）- ψ′（z））κy，ψ，ψ′t（z）u（dz），其中κy，ψ，ψ′t（z）=-（t，y，ψ（z））- （t，y，ψ′（z））ψ（z）- ψ′（z）ψ（z）6=ψ′（z）。自从当ψ中的导数从上到下以1为界时，我们得到-1.≤κy，ψ，ψ′t≤ 0.因此，条件A2和A7适用于任何k≥ 1.我们甚至可以注意到（9）（参见引理1和备注4）在Kft=0时是正确的。每r>0和| y |≤ r我们有| f（t，y，0）- 英尺|=（p- 1） |y | qηq-1t+|Θ（t，y，0）|≤ （p- 1） |r | qηq-1t+u（Z）| r |=：Ut（r）。根据假设（C1），映射t7→ Ut（r）在L（（0，T）×中Ohm) 条件A3成立。条件A4成立，因为γ和ξ是非负的。最后自Θ≥ 0，条件A5满足，如果假设（C1），条件A6成立。类似的计算表明，在（C2）条件下，A4\'和A6\'保持不变。这里有χ=0和K=u（Z），因此δ*= u（Z）（见等式（11）），因此，假设ρ>u（Z）意味着条件B。此外，从（25）来看，过程Ut（r）为L（（0，n）×Ohm) 对任何人来说∈ N和满意度rτUt（r）|mdt<+∞, 当m>h时*（见方程式（12））。因此推论1是定理1或定理2的直接结果。此外，根据命题1（分别是命题5），存在一个解（YL，ψL，ML）的计算式BSDEdYLt=（p- 1）（YLt）1+qηqtdt+Θ（t，YLt，ψLt）dt- （γt）∧ 五十）终端条件为YLτ=ξ的dt+ZZψLt（z）eπ（dz，dt）+dMLt（27）∧过程（Y，ψ，M）是极限+∞ 是BSDE（3）的最小（超）解。2.3 L>0和（t，x）的处罚∈ 我们考虑无约束极小化问题：vL（t，x）=essinfX∈A（t，x）JL（t，x）=essinfX∈A（t，x）EZτt∧τηs |αs | p+（γs∧ 五十） |Xs | p+ZZλs（z）|βs（z）| pu（dz）ds+（ξ）∧ 五十） |Xτ| p英尺.

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝