具有奇异终端条件的BSDE的极小上解

那么对于每一个L>0a的溶液（YL，ψL，ML）∈ S（0，τ）×Lπ（0，τ）×M（0，τ）到BSDE（5），终端条件YLτ=ξ∧ L.证据。我们检查[23]中定理3的所有假设是否满足。BSDE（5）的驱动程序fL（c.f.（6））满足单调性条件A1（fL（t，y，ψ）- fL（t，y′，ψ））（y- y′）≤ χ| y- 任意（t，y，y′，ψ）的y′|a.s.）∈ [0，T]×R×Lu。此外，从A2开始，fLis Lipschitz continuousw。r、 t.ψ。根据条件A3’，满足要求j>0，N∈ N、 副食品|≤j（| fL（t，y，0）- fL（t，0，0）|）∈ L(Ohm ×（0，n））。此外|ξ∧L |和fL（t，0，0）=英尺∧L以假设A4\'为界。条件b和A3’意味着存在r>1，使得δ=rχ+K2（（r- 1) ∧ 1)< ρandrΔρ- δ<m（参见附录中的引理10）。HenceEZτeδt（|ξ）∧ L|r+|fL（t，0，0）|r）dt<+∞. （17） 接下来，让ξLt=E[ξ∧L |Ft]并让（Γ，L，N）由ξ的鞅表示给出∧ Lξ∧L=E[ξ∧ 五十] +Z∞ΓsdWs+Z∞ZZls（z）~π（dz，ds）+Nτ。自ξ∧ L是有界的（由L为L，因为L足够大，因为ξ）-假设是有界的），过程ξ也是由L确定的。使用条件A1和A2，我们得到了s ome constantC（取决于r），它将随着行的变化而变化：EZτeδt | fL（t，ξt，lt）|rdt≤ 总工程师Zτeδt | f（t，ξt，lt）- ft | rdt+ CEZτeδt | ft∧ L | rdt≤ 总工程师ZτeδtkltkrLudt+ 总工程师Zτeδt | Ut（L）| rdt+ CEZτeδt | ft∧ L | rdt。由于fis是有界的，如不等式（17）中的A4’，可以证明最后一项是有限的。通过H"older不等式，对于任何H>1和~>1，使得（H- 1)(~ - 1） =1EZτeδtkltkrLudt≤EZτeδhtdt1/hEZτkltkr~Ludt1/~.但是自从ξ∧ L是有界的，来自鞅表示的过程L是负的Lmπ（0，τ），m>1。因此，选择足够接近1的h，这个术语也是有限的。

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。

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。

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.

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。

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）。

（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。

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。

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.

（28）命题8设假设（C1）或（C2）成立，并设（YL，ψL，ML）为（27）的解，其终端条件为Yτ=ξ∧ L.让Ys=L∧ ξ对所有的s≥ τ . 然后是所有（t，x）∈ R+×R满足li近动态的过程xls=x-Zs∨ttYLrηrQ-1XLrdr-Zs∨ttXLr-ZZζLr（z）π（dz，dr），其中ζLr（z）=（YLr-+ ψr（z））q-1.（YLr）-+ ψLr（z））q-1+λr（z）q-1.在（28）中是最优的。此外，我们有vL（t，x）=YLt | x | p。为了证明命题8，我们将利用以下两个辅助结果。Firstlemma表明，在案例x中≥ 我们可以在不丧失普遍性的情况下，将注意力限制在单调策略上。为此，我们引入集合D（t，x），A（t，x）的子集，只包含具有非递增样本路径（即αt）的进程x≤ 0和βt（z）≤0），这仍然是非负的。很容易证明v（t，x）=v（t，-x） 适用于所有人（t，x）∈ R+×R+。因此，我们将注意力限制在案例x上≥ 续集中的0。引理3≥ 0.每个控件X∈ A（t，x）可以修改为控制x∈ D（t，x）使得JL（t，x）≥ JL（t，X）。特别是，vL（t，x）=essin fX∈D（t，x）JL（t，x）。证据对于s≥ 我们考虑下面的SDEeXs=x的解-Zs∨ttα-乌杜-Zs∨ttZZβs（z）-π（dz，ds），其中x-表示x的负部分。该过程是非递增且令人满意的x≤ Xs。然后我们定义=Ex∨ 0=（eXs）+。根据田中的公式，我们得到了x=x-Zs∨tteXu>0α-乌杜-Zs∨ttZZeXu->0（βu（z）-∧ （埃克苏）-)+)π（dz，ds）。我们定义αs=-1eXs>0α-s、 bβs（z）=-1EX->0（βs（z）-∧ （eXs）-)+).然后Xbelongs到D（t，x）。我们还有| bαs |≤ |αs |，| bβs（z）|≤ |βs（z）|，0≤ Xs≤ |Xs |这意味着JL（t，X）≥ JL（t，X）。第二个引理提供了两个辅助过程的动力学。引理4假设（C1）或（C2）成立，（YL，ψL，ML）是（27）的解。让我们看看XL∈ A（t，x）是命题8中的策略。