投机泡沫的随机模型

这永远不会发生，因为Rt的第一个条目，即（cb/a）（2+pa/b cos（2β-α -2ωt）/（4b-a） ，是积极的。映射R+3t7的连续性和周期性→ t可以检查（20）和（19）的有效性。对于第一个边际νt（Xt定律），相应的结果在同一条路上得到。的确，从引理8，对于任何t≥ 这是均值0和方差的真正高斯定律- 经验(-at）rt，其中 T≥ 0，rtB（cb）4ab- A.2+兔子（2β- α -2ωt）角度α∈ （π/2，3π/2）和β∈ [0，2π）在引理8的证明中描述。特别是νB limt→+∞这是均值0和方差r的真实高斯定律。引理10应用于d=1的情况下，一次读取到IMT→+∞tln（J（νt，ν））=-A.剩下的情况a=4b和a>4b可以用同样的方法处理。鉴于前面的论点，有必要检查是否可以写 T≥ 0，∑t=- 经验(-2lt）RTL在（10）中定义，而家庭（Rt）t≥是这样的限制→+∞对于2×2实矩阵空间上的任意选择范数k·k，由于它们的相互等价性，tln（kRtk）=0。家庭习俗≥0还依赖于A的光谱分解，如果A>4b，则RTC会在t的大时间内进行检测，并像tif A=4b那样爆炸。2.2简化考虑到定理4，让我们从强调定理4的两个重要性质开始本小节：o结果不取决于方差系数c。o指数与ω=pab成正比- a/4，表示确定系统的平均角速度˙z=Az。这些性质可以通过过程（Zt）t的一些线性和标度变换来理解≥0

更准确地说，这些变换将在续集中使用，以将问题简化为具有平均恒定角速度和归一化扩散分量的过程的研究。我们选择首先在一般情况下给出想法，然后将其应用到我们的模型中。让我们∈ 由λ±=-ρ±iω，其中ρ∈ R和ω∈ R*+.让我们考虑一下二维高斯微分系统，给出了比亚迪ζt=Aζtdt+∑dBt（21），其中∑∈ M（R）和（Bt）t≥0是标准的二维布朗运动。对于这样一个过程，命题12给出了精确的变换。这个命题基于以下引理。引理11∈ 由λ±=-ρ±iω，其中ρ∈ R和ω∈ R*+. 存在P∈ GL（R）使得a=P(-ρI+ωJ）P-1其中：=1 00 1J:=0-11 0. （22）此外，对于每v∈ R\\{0}，P:=Pv由Pv=（v，D+ρIωv）给出是一个可容许的选择。校对集B=D-ρIω。B的特征值为±i，因此B=-I.对于任何v∈ R、 设置Pv=（v，Bv）。矩阵pv显然是可逆的，使用Bv=-v、 我们得到B=PvJP-1v。结果如下。命题12 Let（ζt）t≥0成为（21）以下问题的解决方案：∈ 由λ±=-ρ±iω（带ρ）∈ R和ω∈ R*+). 对于任何α∈ R*和v∈ R\\{0}，集^ζt=√ωαP-1vζtω。过程（^ζt）t≥0是一个解决方案，t=-ρωζt+J^ζt+αP-1v∑dWt（23），其中（Wt）是标准的二维布朗运动。首先，设置∧ζvt=P-1vζt.由于前面的引理，（)ζvt）t≥0是一个解决方案，todζvt=-ρζvt+ωJSζvt+P-1v∑dBt。对于任何α∈ R*, 集^ζt=√ωαζvtω。设置Wt=√ωBtω（这是一个布朗运动），一次检查^ζt=-ρωζt+J^ζt+αP-1v∑dWt。我们现在把这个命题应用到我们的问题上。推论13 Let（Zt）t≥0是（7）的解决方案，并假设a<4b。集合ω=qab-a、 乐视∈ R\\{0}并用B=ω（A+aI）设置Pv=（v，Bv）。

那么对于任何α∈ R\\{0}，过程（^Zt）t≥0由^Zt定义=√ωαP-1vZtω是t^Zt=-a2ω^Zt+J^Zt+αcP-1v∑dWtwith∑=1 00 0, （24）其中W是标准二维布朗运动。特别是，如果v=（b（a-b） ，1）*和α=√2ωcb，那么（^Zt）：=（Ut，Vt）是（dUt=-a2ωUt- VtdtdVt=-a2ωVt+Ut+√2dWt。（25）其中W现在是标准的一维布朗运动。注释14在推论的第二部分中，我们注意到我们选择v是为了转换过程在第二个坐标上只有一个（标准化的）差异分量。此外，如果Z有（x，y）∈ 对于初始确定性条件，则^Z从点开始√ωc-1b-2（ωy，bx+（b- a/2）y）。（1,0）的图像*和（0,1）*由P-对于我们的目的来说，变量尤其重要，因为它们能够看到半平面{（x，y）∈ R:x>0}forZ被变换成半平面{（u，v）∈ R:v>2b-a2ωu}表示^Z。注意，在设置a<b时，后半平面与前半平面非常相似，因为ω~√ab<<b。证明我们记得（Zt）=（Xt，Yt）是一个解决方案，在a处为Zt=AZt+c∑dbtw=B- a 1-B-BAnd和∑在（24）中定义。当a<4b时，a的特征值由λ±=-a±iω。对于任何v∈ R、 用B=ω（A+aI）设置Pv:=（v，Bv）。应用前面的命题，我们推导出任何α∈ R*, （^Zt）t≥0:= (α√ωP-1vZtω）t≥0isa解决方案tod^Zt=-a2ω^Zt+J^Zt+αcP-1v∑d^Wt，其中（^Wt）是标准的二维布朗运动。对于第二部分，仍然需要选择v和α，以便αcP-1v∑=0 0√2 0. （26）如果v=（u，u）*, THNPV=uω（b）-a） u+uU-ωbu+（b）-a） u（27）我们可以推断出这个条件（26）（或者更准确地说，是-1v∑）1,1=0）表示bu+（b-a） u=0。设置v=（b（a- b） ，1）*, 我们有PV=BA.- Bωb10和P-1v=0 1bωA.- B.当α=√2ωcb。3 Dirichlet特征值估计本节致力于定理4的证明。

更准确地说，目的是获得P（x，y）（τ>t）的连续上下界，其中τ：=inf{t≥ 0，Xt≤ 0}. 事实上，其中一些结果将针对更一般的域的退出时间进行说明。对于R的给定（开放）域S，我们将用τS:=inf{t来表示≥ 0，（Xt，Yt）∈ Sc}.3.1角扇形S3退出时间的上限。1.1在S={（x，y），x>0}的情况下，在这一部分中，我们关注定理4的特殊停止时间τ，它对应于D={（x，y，x>0}的退出时间。我们得到以下结果：命题15 Let（Zt）t≥0是a<4b的（7）的解决方案。然后，对于每个（x，y）∈ r如x>0，P（x，y）（τ>t）≤ 2经验-对数2πωt.证明集z（t）=（x（t），y（t））=（E[Xt]，E[Yt]）。函数（z（t））t≥作为˙z=Az的解决方案，我们特别得出T≥ 0,..x（t）+a˙x+abx（t）=0。由于a<4b，与前一个方程相关的特征方程的根为：λ±=-a±ω，其中ω=pab- a/4。因此，存在C>0和φ∈ (-π、 π]suchthatx（t）=C cos（ωt+~n），t≥ 0.提醒x>0，我们推断出∈ (-π,π). 因此，在时间Tω=πω时，x> 0，ωTω+φ∈ (π,3π) ==> x（Tω）<0。但是x（Tω）=E[XTω]，并且XTω是高斯分布，具有对称分布。因此，我们从前面的内容推断x> 0，y∈ R、 P（x，y）（XTω<0）≥这反过来又意味着x> 0，y∈ R、 P（x，y）（τ）≥ Tω）≤. （28）因此，我们在时间Tω有一个上界，它不依赖于初始值（x，y）。作为一个序列，我们可以使用马尔可夫参数。

更准确地说，由于马尔可夫性质andto（28），我们对每个整数k≥ 1:P（τ>kTω|τ>（k-1） Tω=E[P（X（k）]-1） Tω，Y（k）-1） Tω）（τ>Tω）1τ>（k-1） Tω]P（τ>（k- 1） Tω）≤ supx>0，y∈RP（x，y）（τ>Tω）。这个属性的迭代产生N∈ N（x，y）∈ R*+×R，P（x，y）（τ>nT）≤n、 因此T≥ 0, （x，y）∈ R*+×R，P（x，y）（τ>t）≤btTωc≤ 2经验-log2tωt.证据到此结束。3.1.2一般角扇形的扩展我们现在考虑角扇形Sα，α定义为asSα，α={（x，y）∈ R、 x>0，αx<y<αx}（29），其中α，α∈ R和α<α。集合Sα，α也可以写成Sα，α={（r cosθ，r sinθ），r>0，θ<θ<θ}和θ，θ∈ [-π/2, π/2]. 注意，为了简单起见，我们只考虑{（x，y），x>0}中包含的三角形扇区。下面的结果可以推广到角尺寸小于π的任何角扇区。对于这些域，我们首先给出一个结果，当模型具有恒定（平均）角速度时，即使为了完整性，这样的结果不适用于（7）的解。这就是下面引理16的目的。关于我们的初始动机，我们还导出了命题15对任意一般角扇形的一个推广，这个结果在命题17中给出。引理16 Let（Zt）t≥0是ZT的解决方案=-ρZt+ωJZt+∑dWtwhereρ∈ R、 ω∈ R*+, Σ ∈ M（R）和W是二维布朗运动。设Sα，α由（29）定义，其中α，α∈ R和α<α。然后，对于任何（x，y）∈ Sα，α，P（τSα，α≥ （t）≤ 2经验-ln（2）θ- θωtθ=Arctan（α）和θ=Arctan（α）。证明集z（t）=（E[Xt]，E[Yt]）和定义（u（t））t≥0:=（eρtz（t））t≥0，u是˙u=ωJu的解。我们推导出eρtz（t）=（A cos（ωt+~n），Aωsin（ωt+~n）），其中A≥ 0和ν∈ [-π, π). 这意味着（z（t））t的角速率≥0是常数，等于ω。

因此，对于每个起点（x，y）∈ Sα，α，z（Tω）∈ Scα，Tω=ω（θ）的α- θ).然后可以找到一条穿过0的线，并将R除以两个半平面D+和D-使得Sα，α包含在D中-和z（Tω）∈ D+。由于一维中心高斯分布的对称性，我们有p（（XTω，YTω）∈ D-) = P（（XTω，YTω）∈ D+=。最后，我们可以推断出每（x，y）∈ Sα，α，P（（XTω，YTω）∈ Scα，α）≥.因此（x，y）∈ Sα，α，P（x，y）（τSα，α>Tω）≤.证明的结尾与命题15的结尾相同。我们现在考虑我们的初始气泡过程（Zt）t≥这是方程（7）的解。我们有以下结果。提案17让（Zt）t≥0成为（7）的解决方案。设Sα，α由（29）定义，其中α，α∈ 兰德α<α。然后，对于任何（x，y）∈ Sα，α，P（τSα，α≥ （t）≤ 2经验-ln2~θ-θωt带)θi=Arctana/2-B-αiω, i=1,2。备注18取α=-∞ α=+∞, 我们从S开始检索命题15-∞,+∞然后对应于半平面{x>0}。注意，与引理16相反，指数速率与ω不成正比。更准确地说，由于角速度不恒定，所以∧θ和∧θ依赖于ω。对于命题15的特定领域，这种依赖性并不存在，因为即使角速率不是常数，U形转弯的时间仍然与ω成正比。推论13证明，对于R{0}的任意v，（~Zt）t≥0=（P-1vZtω）t≥0（其中Pv=（v，Bv））是一个解决方案fdZt=(-ρI+J）~Zt+~dwt其中∑是一个常数实矩阵（其精确表达式并不那么重要），其中ρ=a/（2ω）。

在新的基中，B=（v，Bv），Sα，α={z=（~x，~y）~B∈ R、 α（Pv~z）<（Pv~z）<α（Pv~z）}。设置v=（1，a）- b） ，我们从方程（27）中推导出=10（a）- b）-ω在这种情况下=~x（a）- b） ~x- ω∧y这就是α，α={z=（~x，~y）~B∈ RA.- B-α~x<ωy<A.- B-α~x}。因此，我们从引理16推导出px，~y（τSα，α）≥ （t）≤ 2经验-ln2~θ-θt其中，对于给定的域a，τa:=inf{t≥ 0，~Zt∈ Ac}和∧θi=Arctana/2-B-αiω, i=1,2。结果如下。3.2下限3。2.1一般工具在第二部分中，我们的目标是获得定理4的下界部分，特别是我们想导出关于¨λB lim supt的上界→+∞-tlog（P（τ）≥ t） ）。本节的结果基于以下（经典）命题。命题19 Let（Xt）t≥0是一个具有极小生成元L和初始分布m的Rd值马尔可夫过程。设我们是Rd的一个（开放）域，并假设m（S）=1。设τ：=inf{t>0，Xt∈ Sc}。如果存在一个有界函数f:Rd→ R和λ∈ R使得（f）/S=0，f/S>0十、∈ S、 Lf（x）≥ -λf（x）（30）那么，Em[eλτ]=+∞. 因此，lim supt→+∞-tlog（Pm（τ）≥ t） )≤ λ.由于Dynkin公式，我们对每个t≥ 0eλ（t）∧τ） f（Xt）∧τ） =f（X）+Zt∧τ（λf（Xs）∧τ） +Lf（Xs）∧τ） eλ（s）∧τ） ds+Mt∧τ，其中（Mt）是局部鞅。由于局部化论证和法图引理，我们得出em[eλ（t∧τ） f（Xt）∧τ） ]=Zf（x）m（dx）+EmZt∧τ（λf（Xs）∧τ） +Lf（Xs）∧τ） eλ（s）∧τ） ds.假设Em[eλτ]<+∞. 然后，利用支配收敛定理和F/S=0，我们有极限→+∞Em[eλ（t）∧τ） f（Xt）∧τ） ]=0而事实上≥ -λf意味着右项是一致下界的byRf（x）m（dx），它是（严格地）正的。这就产生了矛盾。因此，Em[eλτ]=+∞. 然后，第二个断言经典地遵循等式em[eλτ]=ZRλeλtPm（τ>t）dt。第3.2节的结尾是关于函数f（30）的构造。

事实上，就这一部分而言，方程式（7）所描述的过程的简并性意味着大量的困难。这就是为什么我们在下一小节中建议首先关注椭圆情况，它可以更容易地处理。在此框架中开发的一些想法将扩展到最初的亚椭圆环境。3.2.2椭圆壳通过推论13，我们知道我们可以把这个问题归结为对过程（Ut，Vt）解的研究。在这一部分中，我们关注它的椭圆对应物：我们考虑一个二维过程（ξt）t≥0下列随机微分方程的解ξt=(-ρξt+Jξt）dt+√2dWt（31），其中ρ为实数，W为标准二维布朗运动。我们定义S={（x，y），x>0}。为了建立一个满足（30）的合适函数，相对于与（31）相关的最小生成元Lρ，D=Sand，我们首先切换到极坐标：命题41（在第二个附录中说明）表明Lρ在C（R）上给出*+×R）byLρ=-ρrr+θ+ r+rr+rθ. （32）为了证明以下方法的合理性，让我们通过定义r>0并考虑未知角函数Gr，正式忘记r的导数：[-π/2, π/2] → R.找到（30）所持有的大λR的问题（D=(-π/2，π/2）约化求解二阶常微分方程-2Gr（θ）+Gr（θ）=-λrGr（θ），-π≤ θ ≤π与Gr（π/2）=Gr(-π/2) = 0. 解由指数函数Gr（θ）=αeρθ+αeρθ给出，其中（ρ，ρ）是与上述线性常微分方程相关的二次特征方程X/r+X+λr=0的复数根。我们可以很容易地检查<（ρ）=<（ρ）=-r/2和边界条件特别意味着选择λrsuch=（ρ）=-=（ρ） =1否则函数GR不能保持正开]- π/2; π/2[.

当且仅当λr=r+rand这个简化光谱问题的解与定义的函数成正比时，这是可能的 θ ∈ [-π/2，π/2]，Gr（θ）be-rθcosθ。之前的构造不能真正推广到精确的初始问题Lρg=-λg。然而，这建议寻找问题Lρg的潜在解g≥ -λg在以下形式下g（r，θ）=reβ（θ）rcos（θ），θ∈H-π、 πi，r≥ 0（33），其中β：[-π/2, π/2] → R是一个C函数，它必须是非正的（由于命题19中的有界条件）。（32）中描述的发电机Lρ的作用如下（证明推迟到附录二）。任何g的20号提案∈ CR+×-π,π, R由（33）给出，一个（r，θ）∈ R*+×h-π、 πiLρg（r，θ）=ψ（θ）r+ψ（θ）g（r，θ），其中ψ（θ）=-2ρβ(θ) + β(θ) +4β(θ) + (β(θ))ψ(θ) = -ρ + 8β(θ) - （1+2β（θ））tanθ+β（θ）。为了应用命题19，问题现在简化为找到一个非正的角度函数β，使得Lρgg在R上是下界的*+×] -π、 π[.前面的计算表明我们主要需要满足以下约束θ ∈我-π、 πh，ψ（θ）≥ 0.谱不等式Lρg的λρ的容许值≥ -λρg将由λρ：=infθ得到∈]-π,π[ψ(θ) > -∞.注意，这特别意味着lim supθ→π1 + 2β(θ) ≤ 0和lim-infθ→-π1 + 2β(θ) ≥ 下一个命题给出了问题的解决方案。命题21（i）设ρ≥ 设g由（33）给出，β（θ）=（1）-√3） 如果θ∈ [-π、 π）（sin（2θ）-√3） 如果θ∈ [π,π].（34）然后，对于每r>0和θ∈ [-π/2，π/2]使得θ6=π/4，Lρg（r，θ）≥ -λρg（r，θ），λρ=2√3 + ρ.（ii）让ρ≥ 0并考虑（ξt）t≥0（31）的解决方案。

然后，对于每个（x，y）∈ 让x>0，我支持→+∞-tlog（P（x，y）（τ）≥ t） )≤ λρ，其中τ：=inf{t≥ 0，（ξt）<0}。注22：注意，通过前面描述的标度变换和线性变换，这个结果可以转化为一般的椭圆型二维Ornstein-Uhlenbeck演化，其线性裂谷是通过一个包含复共轭特征值的矩阵给出的（其轨迹因此有转向（0，0））的趋势）。函数g是一个C-函数，但只是一个分段C-函数。然而，由于这些函数仍然属于Lρ的范畴，命题19的结论仍然成立。还要注意的是，如果我们现在切换到笛卡尔坐标系，g的对应形式如下（nice）：f（x，y）=xe-√3.-1（x+y）e-（十）-y） {y≥x} 。证明（i）首先，假设ρ=0，并考虑前一个陈述中所述的函数β。一个是检查β是一个分段的C函数[-π/2, π/2]. 注意，我们可以使用这个函数，因为在这种情况下，Ceit^o的公式仍然可用。此外，我们检查ψ（θ）=（1）-√如果θ∈ [-π、 π）1+cos（π+2θ）ifθ∈ [π，π]（35）所以ψ在[-π,π]. 同样，简单的计算得到：ψ（θ）=（2- 2.√3.- tanθifθ∈ [-π,π)-2.√3如果θ∈ [π，π]（36）因此ψ的下界为-2.√当ρ=0时，结果如下。对于ρ>0的情况，使用该公式的扩展是显而易见的-ρβ是一个非负函数。（ii）这个陈述来自命题19，因为g是C，分段C。备注23图4表示状态空间R（在第二张图中被视为R+×[0，2π）的划分，用于构造函数β（和g）以及函数g（R，θ），用于R的几个值。