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连续性很容易通过V(1)和f的连续性来验证,其中鞅性质可以通过马尔可夫性质和(2.8)检验如下:-rsR(t+s,Xs)i=Exhe-r(s+δ)EXshV(1)(t+s+δ,Xδ)ii=Exhe-r(s+δ)V(1)(t+s+δ,Xs+δ)i=Exhe-rδV(1)(t+δ,Xδ)-rKZδ+sδe-芮(徐<b(1)(t+u))对。现在,通过改变积分中的变量,采用迭代期望,并使用马尔可夫性质,我们最终得到了结果-rsR(t+s,Xs)i=R(t,x)-rKZse-r(u+δ)ExI(Xδ+u<b(1)(t+δ+u))du=R(t,x)-rKZse-鲁埃克斯E-rδPXu(Xδ<b(1)(t+δ+u))du=R(t,x)-rKExhZse-联阵(t+u,Xu)队。因此Y是一个鞅。证明(3.9)让D (0,Tδ)×(0,∞) 是具有抛物线边界的任意矩形、开放、有界域警察局。自从R∈ C([0,Tδ]×(0,∞)) 众所周知(参见[12,Thm.9,Sec.4,Ch.3]),问题是- ru=-rKf在D上,u=R在D上PD(A-2)承认一个独特的经典解∈ C1,2(D)∩ C(D)。对于(t,x)∈ D和τD(t+s,Xs)的首次存在时间从D我们可以应用Dynkin公式得到(t,x)=Exhe-rτDuD(t+τD,XτD)+rKZτDe-rsf(t+s,Xs)dsi=Exhe-rτDR(t+τD,XτD)+rKZτDe-rsf(t+s,Xs)dsi=R(t,x),其中最后一个等式后跟上面证明的鞅性质。因此,uD=R,通过D的任意性,一个人有R∈ C1,2((0,Tδ)×0,∞)). 最后(3.9)和(3.4)暗示(3.10)。等式(3.47)的证明。由于C(2)是一个非空的开集,我们可以考虑一个开的、有界的矩形域D 具有抛物线边界的C(2)警察局。然后是下面的边界值问题UT+ILXu- ru=0在D上,u=V(2)在D上摆动期权的PD(A-3)最优运动边界是唯一的经典解u∈ C1,2(D)∩ C(D)(参考例如[12,Thm.9,第4节,第3章])。固定(t,x)∈ D表示τD(t+s,Xxs)s的首次退出时间≥0从D。
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