可转换债券的Dynkin博弈及其最优策略

回顾边界条件，我们推导出eα+x*= 凯克斯*-C*r、 Aα+eα+x*= 凯克斯*.既然α+>1，那么我们有x*= 自然对数α+α+- 1c*rK, v=Kα+eα+x+（1）-α+x*+C*r、 （3.18）很明显，x*≤ 0.将v扩展到(-∞, 0]如下所示：v（x）=Kα+exp{α+x+（1- α+x*} +C*r、 x<x*,凯克斯，凯克斯*≤ 十、≤ 0.（3.19）接下来，我们证明v是唯一的Wp，loc(Ohm) ∩C(Ohm ) ∩L∞(Ohm) VI（3.16）的解决方案。在fac t中，唯一性遵循VI的比较原理（s e[22]），并且很容易验证解的正则性。那么证明v满足VI（3.16）就足够了。根据（3.18），我们可以检查xv（x）=keα+x+（1）-α+x*= Kexe（α）+-1） （十）-十、*)≤ Kex=x（Kex），x≤ 十、*.通过结合（3.17）的边界条件，我们得到了tha tv（x）- 凯克斯≥ 0,  十、≤ 十、*.因此，我们只需要证明这一点*≤ -LKex=q Kex， x>x*.这足以证明C*≤ q Kex*= qkα+α+- 1c*rK<=>α+α+- 1.≥rq<=> α+≤rr- q、 （3.20）事实上，很容易检查σrr- Q+R- Q-σrr- Q- r=σ“rr- Q-rr- q#>0。回顾α+的定义，我们从二次函数的性质推导出（3.20）。因此，我们检查了v是VI（3.16）的唯一解。（2） 在c的情况下*> rK（α）+- 1） /α+，sinc e x*（3.18）中定义的v大于零，则（3.19）中定义的v不是VI（3.16）的解。现在，我们需要重建VI（3.16）的解决方案。我们首先解决以下问题：- Lv=c*> 0，x∈ (-∞, 0); v（0）=K.（3.21）不难检验有界解是v（x）=Keα+x+c*r（1）- eα+x），x≤ 0.（3.22）接下来，我们证明v是唯一的Wp，loc(Ohm) ∩C(Ohm ) ∩L∞(Ohm) VI（3.16）的解决方案。通过与上述相同的公式，证明v（x）是有效的≥ KEX或任意x≤ 0.事实上，我们计算xv（x）=α+K-C*Reα+x≤ Keα+x≤ 凯克斯， 十、≤ 0，这里我们使用了α+>1。通过结合（3.21）的边界条件，我们推导出v（x）≥ KEX或任意x≤ 0

因此，我们证明了v是VI（3.16）的唯一解。第3步：在c<rK（α）的情况下验证属性（1）+- 1)/α+.根据（3.13）和（3.15），如果t足够大，我们推导出以下不等式，ut（x）- ert/2-rτ+e-rt/2≤ u（x，τ）≤ut（x）+ert/2-rτ- E-rt/2。特别是，通过取τ=t，我们得到了（x）≤ u（x，t）≤ut（x）。自从ut，u，ut≥ 我们导出{x:ut（x）=Kex} {x:u（x，t）=Kex} {x:ut（x）=Kex}。检查tc+re并不困难-rt/2，c- 重新-rt/2→ c<rK（α）+- 1） /α+as t→ +∞.因此，第2步中的结论意味着ut用c表示（3.19）的形式*= C- 重新-rt/2和C*= c+re-分别为rt/2。将xt表示为相应的自由边界点x*定义见（3.18）。因为t是任意的，所以我们有[xτ，0]={x:uτ（x）=Kex} {x:u（x，τ）=Kex} {x:uτ（x）=Kex}=[xτ，0]，前提是τ足够大。因此，自由边界c（τ）的定义意味着α+α+- 1c- r e-rτ/2rK= xτ≤ c（τ）≤xτ=lnα+α+- 1c+re-rτ/2rK< 0，前提是τ足够大。此外，检查limτ并不困难→+∞xτ=c∞= limτ→+∞xτ，limτ→+∞uτ（x）=u1，∞（x） =limτ→+∞uτ（x）， 十、∈ Ohm.因此，性质（1）如下。第4步：在c=rK（α）的情况下证明性质（1）+- 1)/α+.在这种情况下，c- 重新-rt/2<rK（α+- 1） /α+，如果t足够大，UT仍然采用（3.19）的形式。重复步骤3中相同的参数，我们仍然有C（τ）≥ xτ=lnα+α+- 1c- r e-rτ/2rK, lim-infτ→+∞c（τ）≥ limτ→+∞xτ=0=c∞,lim-infτ→+∞u（x，τ）≥ limτ→+∞uτ（x）=u1，∞（x） =Kα+eα+x+cr， 十、∈Ohm,假设τ足够大。另一方面，自由边界c（τ）的定义意味着c（τ）≤ 因此，我们推导出limτ→+∞c（τ）=0=c∞.通过应用与步骤3相同的方法，我们得出thatlim supτ→+∞u（x，τ）≤ limτ→+∞uτ（x）， 十、∈ Ohm.自从c+re-rτ/2>（α+- 1） rK/α+，uτ的形式为（3.22），而不是（3.19）。

计算atlimτ很容易→+∞uτ=K-铬eα+x+cr=K-(α+- 1） rKα+reα+x+cr=u1，∞（x） 。从上面的论点中，我们得到了thatlim infτ→+∞u（x，τ）≥ limτ→+∞uτ（x）=u1，∞（x） =limτ→+∞uτ（x）≥ lim supτ→+∞u（x，τ）。因此，我们证明了c=rK（α）情况下的性质（1）+- 1)/α+.第五步：证明属性（2）。在这种情况下，如果τ足够大，uτ的形式为（3.22）。重复与脚背3相同的论证，我们得到{x=0}={x:uτ（x）=Kex} {x:u（x，τ）=Kex} {x:uτ（x）=Kex}={x=0}，前提是τ足够大。那么，自由边界c（τ）的定义意味着，如果τ足够大，c（τ）=0。因此，存在一个正常数，C（τ）=0， τ ≥T很明显，limτ→+∞uτ（x）=u2，∞（x） =limτ→+∞uτ（x）， 十、∈ Ohm.因此，属性（2）如下。鉴于定理3.2中的性质（2）、（3）和定理3.3中的性质（1），我们讨论了自由边界c（τ）的非单调性（见图3.8）。定理3.4（自由边界的非单调性）对于c<qK，如果c≤ rL（α）+- 1） /α+成立，那么自由边界c（τ）在区间[0，T]中是非单调的（我们假设T足够大）。证据如果c≥ C∞, 那么定理3.2中的性质（2）、（3）意味着存在一个t>0，使得c（t）>c=c（0）≥ C∞.根据定理3.3中的性质（1），我们知道存在一个足够大的t>tandc（t）≤C∞+ c（t）<c（t）。因此，自由边界c（τ）是非单调的。另一方面，C≥ C∞<=> 最大值cqK，LK≥α+α+- 1crK<=> 最大值cq，L≥α+α+- 1cr。通过应用与（3.20）证明中相同的方法，我们得出结论：α+<rr- Q<=> （r）- q） α+<r<=>cq<α+α+- 1cr。因此，c≥ C∞<=> L≥α+α+- 1cr<=> C≤rL（α）+- 1)α+.接下来，我们考虑了自由边界c（τ）的单调性和正则性≥ rL。

因为（3.9）成立，所以这个问题在这种情况下是相对标准的。定理3.5（自由边界的正则性）对于c<qK的情况，如果c≥ r L保持不变，自由边界c（τ）在[0，T]与c（τ）的区间上相对于τ增加∈ C[0，T]∩ C∞（0，T）。此外，c（τ）在[0，T]上严格增加，T=sup{τ∈ [0，T]：c（τ）<0}。证据根据（3.8）和（3.9），我们有x（u）- （凯克斯）≤ 0, τ（u）- （凯克斯）≥ 上午0点OhmT.通过结合美国- 凯克斯∈ C（OhmT） 我们推导出u（x，τ）- Kexis相对于τ增加，相对于x减少。对于任何固定τ∈ （0，T]和任意x∈ [c（τ），0]，τ∈ [0，τ]，我们推导出≤ u（x，τ）- 凯克斯≤ u（c（τ），τ）- Kec（τ）≤ u（c（τ），τ）- Kec（τ）=0，其中我们使用u=Kexon作为自由边界。因此，自由边界的定义意味着c（τ）≤ 对于nyτ，c（τ）∈ [ 0, τ]. 因此，我们推断c（τ）在[0，T]上增加。定理3.2中的性质（3）意味着c（τ）在τ=0时是右连续的。接下来，我们证明c（τ）在（0，T）上是连续的，否则，存在一些常数x，x，tsuch，x<x≤ 0,0<t<t，limτ→T-c（τ）=x，limτ→t+c（τ）=x（见图3.9），以及τu- Lu=c in（x，x）×[t，t]，u（x，t）=Kex， 十、∈ （x，x）。τxoxoxototoTCTxCVxc（τ）m图3.9。非连续自由边界如果x<x<x，那么我们有τu（x，t）=c+LKex=c- qK ex<0，其中最后一个不等式从x开始≥ 十、 这是从定理3.2的性质（1）推导出来的。很明显，上述ine质量与（3.9）相矛盾。接下来，我们证明了c（τ）在[0，T]上严格递增。否则，存在一些常数x，t，tsuch，x<0，0≤ t<t≤ Tand c（τ）=xf表示任何τ∈ [t，t]（见图3.9）。很明显，u（x，τ）=kex对于任何（x，τ）∈ [x，0]×[t，t]。自从徐不断地跨越自由边界xu（x，τ）=kex对于任何τ∈ [t，t]。

然后我们推断τu（x，τ）=0，τ(xu）（x，τ）=0， τ ∈ [t，t]。（3.23）另一方面，在域N=(-∞, x） ×（t，t），u和τu分别满足τu- N中的Lu=c，u（x，τ）=Kex， τ ∈ （t，t）(τ(τu）- L(τu）=0，τu≥ 0英寸N，τu（x，τ）=0， τ ∈ （t，t）。通过应用Hopf引理，我们推导出x(τu）（x，τ）<0，这与（3.23）中的第二个等式相矛盾。最后，由于我们有e估计值（3.9），标准的做法是显示C∞（0，T）（见[10]）。接下来，我们改进了c<rL情况下自由边界c（τ）的正则性。在这种情况下，（3.9）是错误的，因此[10]中的标准方法不适用于这个问题。改进正则性的主要思想是对原问题应用适当的坐标变换，并将其转化为新问题，从而获得类似于（3.9）的估计。定理3.6（自由边界的正则性）对于c<qK的情况，如果c<rL进一步成立，则自由边界c（τ）∈ C[0，T]∩ C∞（0，T）。证明。我们首先应用以下变换y=x+R-氯τ、 v（y，τ）=e（r-cL）τ（u（x，τ）- Kex）。（3.24）不难推断v满足以下VI（见图3.10）：τyoOo△CTyCVycy（τ）图3.10。

变换后的自由边界cy（τ）τv- Lyv=ce（r）-cL）τ- qKey，如果v>0和（y，τ）∈ OhmyT，τv- 莱夫≥ 行政长官（r）-cL）τ- qKey，如果v=0和（y，τ）∈ Ohmy，v（（r）- c/L）τ，τ=0,0≤ τ ≤ T、 v（y，0）=（L- 键）+，y≤ 0，（3.25），其中lyv=σyyv+氯- Q-σ伊夫-cLv，OhmyT=纽约<R-氯τ, 0 < τ ≤ 到对于任何足够小的δ>0，我们表示ev（y，τ）=v（y，τ+δ），（y，τ）∈ OhmyT-δ.然后，ev代表以下VI（见图3.10）：τev- Lyev=ce（r）-cL）（τ+δ）- qKey≥ 行政长官（r）-cL）τ- qKey，如果ev>0和（y，τ）∈ OhmyT-δ,τev- 莱夫≥ 行政长官（r）-cL）（τ+δ）- qKey≥ 行政长官（r）-cL）τ- qKey，如果ev=0和（y，τ）∈ OhmyT-δ、 ev（（r）- c/L）τ，τ）=v（（r）-c/L）τ，τ+δ）≥ 0, 0 ≤ τ ≤ T- δ、 ev（y，0）=v（y，δ），y≤ 0.接下来，我们证明ev≥ v英寸OhmyT-δ. 事实上，VI的比较原理（见[22]）意味着它足以证明ev（y，0）=v（y，δ）≥ （L）- 键）+=v（y，0）。此外，由于≥ 那么我们需要证明的是- 键是（3.25）的子解。事实上，我们可以检查一下τ（L）- 钥匙）- Ly（L）- 键）=c- qKey≤ 行政长官（r）-cL）τ- qKey，（L）- 钥匙）y=（r）-c/L）τ≤ 0=v（y，τ）y=（r）-c/L）τ，0≤ τ ≤ 因此，我们得出结论- 键实际上是（3.25）的子解。我们已经证明了v（y，τ+δ）=ev（y，τ）≥ v（y，τ）inOhmyT-对于任何足够小的δ，这意味着τv≥ 几乎世界各地Ohm嗯。因此，通过使用[10]中的方法，我们可以证明cy（τ）∈ C[0，T]∩C∞（0，T）。根据变换（3.24），我们得到cx（τ）=cy（τ）-R-氯τ. 因此，c（τ）∈ C[0，T]∩ C∞定理3.1的证明我们在本附录中证明定理3.1。

因为（3.5）位于OhmT、 我们在有界域中使用以下VI来近似（3.5），τun- Lun=c，如果un>Kexand（x，τ）∈ Ohm新界，τun- 伦≥ c、 如果un=Kexand（x，τ）∈ Ohm新界，联合国(-n、 τ）=cr+rL-cre-rτ，un（0，τ）=K，0≤ τ ≤ T、 un（x，0）=max{L，Kex}，-N≤ 十、≤ 0，（A.1）其中Ohm新界= (-n、 0）×（0，T]和n∈ N+N>max{ln K- ln L，ln r+ln K- 在c}。接下来，我们利用惩罚方法证明了（A.1）解的存在性。我们首先构造惩罚函数βε（·），使得βε（s）∈ C∞（R） ，βε（s）≥ 0，β′ε（s）≥ 0，β′ε（s）≥ 0，βε（s）=0表示任何s≤ -ε、 βε（0）=M△= qK-c>0，（A.2）和limε→0βε（s）=（0，s<0+∞, s>0。然后，我们使用以下惩罚问题来评估oximate（A.1）：τuε，n- Luε，n- βε（Kex）- uε，n）=c inOhmnT，uε，n(-n、 τ）=cr+rL-cre-rτ，uε，n（0，τ）=K，0≤ τ ≤ T、 uε，n（x，0）=πε（Kex- 五十） +L，-N≤ 十、≤ 0，（A.3），其中πε（s）是平滑初值ma x{L，Kex}的平滑函数，满足πε（s）∈C∞（R） ，πε（s）≥ s、 0≤ π′ε（s）≤ 1，π′ε（s）≥ 0，limε→0+πε（s）=s+和πε（s）=（s，s）≥ ε、 0，s≤ -ε .引理A.1对于任意固定的n和ε，（A.3）有一个唯一的强解，使得uε，n∈ W2，1p(Ohm（新界）∩C(Ohm对于任何1<p<∞, 我们有以下估计：maxKex，cr+rL- cre-rτ≤ uε，n≤ K英寸Ohm新界；（A.4）0≤ 徐εn≤ K前任- α-eα-（x+n）-N在…上OhmnT，（A.5）式中α+，α-分别是普通微分算子L的正特征根和负特征根。也就是说，α+，α-分别是下列代数方程的正根和负根：∑α+R- Q-σα - r=0。如果c≥ RL，我们有以下估计：τuεn≥ -rεa.e.英寸Ohm新界。（A.6）证据。（A.3）c的解的存在性可以用[23,25,27]中类似的方式来证明，详情请参阅这些文献。唯一性直接来自A-B-P最大值原理（见[20]）。接下来，我们证明（A.4）。

让w=Kexand回忆（A.2），我们计算τw- Lw-βε（Kex）- w）- c=qKex- βε(0) - c=qKex+c- qK-C≤ 0，w(-n，τ）=Ke-N≤ 闵cr，L≤ uε，n(-n、 τ），w（0，τ）=K=uε，n（0，τ），w（x，0）=Kex≤ 麦克斯{L，Kex}≤ πε（Kex）- 五十） +L=uε，n（x，0）。因此，w=Kexis是（a.3）的子解，我们已经证明了uε，n≥ 凯克斯。Lettingw=cr+rL- cre-rτ，我们有τw- Lw-βε（Kex）- w）- C≤ τw+rw- c=0，w(-n，τ）=uε，n(-n、 τ），w（0，τ）≤ 最大值cr，L≤ maxnqKr，Lo≤ K=uε，n（0，τ），w（x，0）=L≤ 麦克斯{L，Kex}≤ πε（Kex）- 五十） +L=uε，n（x，0）。因此，w是（A.3）的另一个子解，我们证明了（A.4）中的第一个不等式。此外，很容易检查K是（a.3）的超解。因此，（A.4）中的第二个不等式是显而易见的。接下来，我们证明（A.5）中的第二个不等式。LetW=cr+rL- cre-rτ+K前任- eα-（x+n）-N.如果ε足够小，n足够大，那么OhmnT，W满意度（x，τ）≥ minncr，Lo+Kex- 柯-N≥ Kex+ε，和τW- LW+βε（Kex）- W）- c=c+qKex- c>0，W(-n、 τ）=uε，n(-n、 τ）；W（0，τ）≥ K+ε>K=uε，n（0，τ），W（x，0）≥ L+Kex- 柯-N≥ πε（Kex）- 五十） +L=uε，n（x，0）。因此，W是（A.3）的另一个超解，满足ε，n（x，τ）≤cr+rL- cre-rτ+K前任- eα-（x+n）-N= uε，n(-n、 τ）+K前任- eα-（x+n）-N.如果我们定义新的（x，τ）=K前任- α-eα-（x+n）-N,然后我们有徐ε，n(-n、 τ）≤W(-n、 τ）。

因为uε，n（x，τ）≥ 凯克斯≤ uε，n（0，τ）=Kex | x=0，我们得出结论：xuε，n（0，τ）≤ 凯克斯x=0≤W（0，τ）。对于x的微分（A.3），我们推断(τ- L）(徐ε，n-W）+β′ε（·）(徐ε，n- W）=-(τW- LW）+β′ε（·）（Kex）- W）≤ -(τW- LW）=-qKex<0，徐ε，n(-n、 τ）- W(-n、 τ）≤ 0, xuε，n（0，τ）- W（0，τ）≤ 0，xuε，n（x，0）-W（x，0）=π′ε（Kex）- 五十） 凯克斯- W（x，0）≤ 凯克斯- W（x，0）≤ 因此，比较原则暗示了（A.5）中的第二个不等式。回顾（A.4）和（A.3）中的边界条件，我们推导出对于任何τ∈ [0，T]，以下不等式成立xuε，n（0，τ）≥ 0, 徐ε，n(-n、 τ）≥ 0.关于x的微分（A.3），我们得出(τ- L）xuε，n+β′ε（Kex- uε，n）xuε，n=β′ε（Kex- uε，n）Kex≥ 0，徐ε，n(-n、 τ）≥ 0, xuε，n（0，τ）≥ 0，xuε，n（x，0）=π′ε（Kex- 五十） 凯克斯≥ 0.因此，比较原则意味着（A.5）中的第一个不等式。为了证明（A.6），我们对（A.3）进行了关于τ的微分，然后我们得到((τ- L）τuε，n+β′ε（Kex- uε，n）τuε，n=0，τuε，n(-n、 τ）=（c）- rL）e-rτ≥ 0, τuε，n（0，τ）=0。回想（A.3），我们推断τuε，n（x，0）=c+Luε，n（x，0）+βε（Kex- uε，n（x，0））≥ c+（r- q） π′ε（Kex）- 五十） 凯克斯- rL- rπε（Kex）- 五十） +βε（Kex）- L- πε（Kex）- 五十） )≥C- rL≥ 0，凯克斯- L<-ε、 c- rL- rε≥ -rε，-ε ≤ 凯克斯- L≤ ε、 c+（r- q） 凯克斯- rL- r（Kex）- 五十） +qK- c=qK-qKex≥ 0，凯克斯- L>ε。此外，很明显(τ- L）(-rε）+β′ε（Kex）- uε，n）(-rε）≤ -rε<0。因此，（A.6）遵循比较原则。引理A.2适用于任何固定n∈ 满足n>max{lnk-ln L，ln r+ln K-在c}，（A.1）中有一个唯一的解∈ W2,1p(OhmnT\\Bδ（P））∩ C(Ohm对于任何1<p<+∞, 其中P=(-lnk+lnl，0），Bδ（P）={（x，t）：（x+lnk- ln L）+t≤ δ}.

此外荀∈ C(OhmT） 我们有以下估计：maxKex，cr+rL- cre-rτ≤ 联合国≤ K英寸Ohm新界；（A.7）0≤ 荀≤ K前任- αeα-（x+n）-N在里面OhmnT，（A.8）其中α-在引理A.1中定义。如果c≥ r L保持不变，我们有以下估计：τun≥ 上午0点Ohm新界。（A.9）证据。从（A.2）和（A.4）中，我们推导出0≤ βε（Kex）- uε，n）≤ βε（0）=M。通过对抛物型方程（见[16]）采用W2,1和Cα，α/2（0<α<1）的时间，我们导出了thatkuε，nkW2。1p（OhmnT\\Bδ（P））+kuε，nkCα，α/2(Ohm（新界）≤ C、 其中C是一个独立于ε的常数。因此，存在一个联合国∈ W2。1p（OhmnT\\Bδ（P））∩ C(OhmnT）和{uε，n}的序列，例如ε→ 0+，uε，n 乌宁W2。1p（OhmnT\\Bδ（P））弱与uε，n→ unin C(Ohm新界）。通过应用[11]或[26]中的方法，我们可以证明unis是（A.1）的解。（A.7）-（A.9）是（A.4）-（A.6）作为ε的结果→ 0+.最后，我们证明了解的唯一性。假设unand unare两个W2,1p，loc(Ohm（新界）∩ C(Ohm（A.1）和n的解= {（x，t）∈ OhmnT:un（x，t）<un（x，t）}。假设N不是空的，那么在域N中，Kex≤ un（x，t）<un（x，t），吞- Lun=c，t（联合国）- 联合国）- L（联合国）- 联合国）≥ 0.表示W=un- 我们有tW- LW≥ N为0，W=0开请注意。根据A-B-P最大原理（见[20]），我们得到了W≥ N中的0，这与N的定义相矛盾。定理3.1的证明：重写（A.1）如下：吞- Lun=f（x，t），（x，t）∈ Ohm新界，联合国(-n、 τ）=cr+rL-cre-rτ，un（0，τ）=K，0≤ τ ≤ T、 un（x，0）=max{L，Kex}，-N≤ 十、≤ 0.自从联合国∈ W2,1p，位置(Ohm然后我们有f（x，t）∈ Lploc(OhmnT）和f（x，t）=cI{un>Kex}+qKexI{un=Kex}。通过对抛物型方程（见[16]）的W2、1pcα和α/2估计，我们推断，对于任何大于δ>0的函数，以下估计值均为KUKW2,1p(OhmRT\\Bδ（P））≤ CR，δ，kunkCα，α/2(Ohm（右）≤ CR，（A.10），其中CR，δ依赖于R，δ依赖于R，但它们独立于n。