因此，h、g和f的计算公式为–h（t）=2（1–ρ）γh（t）–2γκt+ε–th（t）–（1–γ）a（t+ε–t）；t型∈ [0，T]，h（T）=0，（B.5）g（t）+γ2（1–ρ）h（t）–κt+ε–tg（t）+γ（u–u）h（t）–（1–γ）bT+ε–t=0；t型∈ [0，T]，g（T）=0，（B.6）和–f（t）=（1–ρ）γg（t）+γ（u–u）g（t）+（1–ρ）h（t）–（1–γ）c；t型∈ [0，T]，f（T）=0。（B.7）注意，（B.5）是Riccati方程（3.3），我们在引理3.1中求解了它。现在我们获得了H，我们可以使用（B.6）查找g，然后使用（B.7）查找f。后一个方程分别得出（3.5）和（3.6）。定理3.4的C证明设v为（3.1）的解，由定理3.3给出。我们证明了以下两个断言：（a）对于所有（t，x，z）∈ [0，T]×D×R，我们有v（T，x，z）≥ Et，x，z（U（xπT）），对于所有π∈ A、 其中Xπ是可接受策略π产生的最终财富∈ A、 （b）存在容许策略π*∈ 相应的财富过程（X*t） t型∈[0，T]satifiesv（T，x，z）=Et，x，z（U（x*T） ）；（t、x、z）∈ [0，T]×D×R.（C.1）因此，（a）表示v≥ V和（b）表示V≤ 五、 因此，如果这些断言成立，我们得到V≡ 需要vas。我们考虑两种情况，即0≤ γ<1和γ>1。案例1（0≤ γ<1）：在这种情况下，通过引理3.5，函数h为负。所以，v等于mv（t，x，z）=U（x）expf（t）+g（t）z+h（t）z,以z为界。由于v在x上有多项式增长，标准验证结果，如Fleming和Soner（2006）第135页的定理3.8.1，得出了上述（a）和（b）的断言。此外，最优控制由（B.2）给出，而这反过来会产生（3.7）。情况2（γ>1）：对于这些γ值，引理3.5表明h为正。因此，hjb方程的解v在z上呈指数增长。

对于这种情况，我们通过检查上述（a）和（b）部分来提供我们自己的验证结果。为了显示（a），对于所有n>0，定义停止时间τn：=infnt∈ （0，T）：最大{Ztkπukdu，| XπT |，| Zt |}>否,注意limn→+∞τn=T，P-几乎可以肯定。根据It^o的公式，我们有v（t，Xτn，Zτn）=v（t，X，Z）+Zτnthvt（u，Xu，Zu）+u–u–κZuT–u+εvz（u，Xu，Zu）+（1–ρ）vzz（u，Xu，Zu）+Lπuv（u，Xu，Zu）idu+Zτnt“vx（u，Xu，Zu）πu+vz（u，Xu，Zu）–1！#>∑dWu，（C.2），其中∑由（B.1）给出。右侧的第一个积分是非正的，因为v求解（3.1）。此外，通过定义τn，第二个积分的被积函数是一致有界的，因此，采用两侧的条件期望of（C.2）屈服集，x，zv（τn，xτn，Zτn）≤ v（t，x，z）。（C.3）注意，对于γ>1，（2.14）产生U>0。因此，v（t，Xt，Zt）=U（Xt）expf（t）+g（t）Zt+h（t）Zt> 最后，让n→ +∞, Fatou引理得出Et，x，zU（XT）≤ v（t，x，z）。显示（b），定义π*通过（3.7），即π*（t，x，z）=（x–x*)α*（t，z）；（t、x、z）∈ [0，T]×D×R，（C.4），其中，为了便于记法，我们定义了α*（t，z）：=γu–ρu1–ρ+g（t）u–ρu1–ρ–g（t）+ zh（t）–κρ1–ρ–h（t）+κ1–ρ.我们需要证明这一点π*（t，X*t、 Zt）t型∈[0，T]∈ A且（C.1）满足证明π*（t，X*t、 Zt）t型∈[0，T]，我们进行如下操作。根据（2.11）和（C.4），财富过程（X*t） t型∈[0，T]对应于（π*t） 满意度（X*t–x*)十、*t–x*= α*（t，Zt）>u+κZt–t+ε！dt+α*（t，Zt）>∑dWt；t型∈ [0，T]。自（X）起*t–x*)t型∈[0，T]是一个随机指数，如果满足以下可积性条件zt，则定义2.7中的条件（i）-（iii）成立α*（t，Zt）>u+κZt–t+ε！+α*（t，Zt）>∑!dt<∞; P-a.s.（C.5）由于g（t）和h（t）在区间[0，t]上有界，我们有α*（t，Zt）>u+κZt–t+ε！+α*（t，Zt）>∑< CZt+C | Zt |+C，对于一些正常数C、C和C。

因此，（C.5）保持ifRTZtdt<∞, P-几乎可以肯定。后一个条件成立，因为根据Fubini定理，EZTZtdt=ZT（σ（t，t）+m（t））dt<∞,其中m（t）和σ（t，t）是t上的有界函数∈ [0，T]分别由（2.7）和（2.8）给出。我们已经证明了这一点π*（t，X*t、 Zt）t型∈[0，T]∈ A、 只需证明（C.1）。自π起*满意（B.2），我们有+u–u–κzT–t+εvz+（1–ρ）vzz+Lπ*（t，x，z）v=0，（C.6）（t，x，z）∈ [0，T]×D×R。因此，通过设置πT=π*t： =π*（t，X*t、 Zt）在得出（C.3）的论证中，我们得到了et，x，zv（τn，x*τn，Zτn）=v（x，Z，t）；（t、x、z）∈ [0，T]×D×R.（C.7）接下来，我们证明了v（t，X*t、 Zt）t型∈[0，T]是鞅。一旦我们证明了这一点，（C.1）从（C.7）开始，取极限为n→ +∞.稍微滥用一下符号，我们来定义Yt：=v（t，X*t、 Zt），0≤ t型≤ T、 设置πT=π*tin（C.2）和使用（C.6）获得*t、 Zt）π*t+vz（t，X*t、 Zt）–1！#>∑dWt=hv（t，X*t、 Zt）γγ–1（Xt–x*)（十）*t–x*)α*（t，Zt）+v（t，X*t、 Zt）（g（t）+h（t）Zt）–1！i> ∑dWt=v（t，X*t、 Zt）”1 –γα*（t，Zt）+g（t）+h（t）Zt–1!#>∑dWt=Yteα（t）+eβ（t）ZtdWt，用于t∈ [0，T]，其中我们定义了eα（T）和eβ（T），使得eα（T）+eβ（T）z=1 –γα*（t，z）+g（t）+h（t）z–1.0≤ t型≤ T、 z∈ R、 特别注意，由于g（t）和h（t）在[0，t]上是连续的，因此α（t）和β（t）在[0，t]上是有界的。然后，我们可以重复附录A中命题2.5证明中的论点，以表明对于（A.2）中的时间变化%（t），时间变化过程（eY%：=Yt（%））0≤%≤这是一个鞅。因此，（Yt：=v（t，X*t、 Zt）0≤t型≤正如我们开始证明的那样，这是一个鞅。引理3.5的D证明我们首先表明，对于γ>1，所有t的h（t）>0∈ [0，T）。当γ>1时，ODE（3.3）yieldsh（T）=（1–γ）κε（1–ρ）<0。由于h（T）=0，我们必须在T的左邻域中使h（T）>0，例如T∈ [s，T]对于某些0≤ s<T。

对于所有t，H（t）>0∈ [0，T），我们证明对于所有T，h（T）6=0∈ [0，s）。否则假设，即对于某些t，h（t）=0∈ [0，s）。然后，从（3.3）得出h（t）=（1–γ）κ（1–ρ）（t+ε–t）<0。这意味着h（t）<0位于t的右邻域，例如t∈ （t，s），对于一些s<s。现在，由于光滑函数h在区间[s，s]上从h（s）<0增加到h（s）>0，因此必须有一个点τ∈ （s，s）使得h（τ）=0和h（τ）≥ 然而，通过（3.3），h（τ）=（1–γ）κ（1–ρ）（T+ε–τ）<0，这是一个矛盾。因此，不可能有期望的t。该案件的证据为0≤ γ<1源自一个类似的参数，因此省略。