具有负贴现率和随机变量的最优多次停止

当跳跃大小分布为相位类型时，结果是准确的，并且由于相位类型L’evy过程的密集性，可以用作其他L’evy跳跃问题的近似值。该方法还可以通过加拿大化技术应用于折射时间恒定的情况。有关其计算性能的详细分析，请参阅[20]。在我们的数值结果中，我们从（3.13）考虑了一个具有i.i.d.指数跳跃的谱负L’evy过程：Xt- X=ect+σBt-NtXn=1Zn，0≤ t<∞,对某些人来说∈ R和σ≥ 0.这里B=（Bt）t≥0是标准布朗运动，N=（Nt）t≥0是一个泊松过程，到达率ρ，Z=（Zn）n=1,2，。。。是参数λ>0的指数随机变量的i.i.d.序列。这些过程被认为是相互独立的。对于我们下面的研究，我们设定σ=0.2，ρ=λ=1，k=50。此外，我们使用α=-0.02和c=0.36，因此α- ψ（1）=0.1>0，这保证了假设3。我们考虑两种类型的折射时间：（1）指数和（2）形状参数为2的Erlang。我们计算预期折射时间范围内的结果，用‘δ：=Eδ表示。在图1中，我们绘制了最佳运动阈值x？k或k=1，5根据不同的折射时间δ=0.5,1.0,1.5，10.与命题2.2一致，随着k的增加，阈值单调降低。特别是，最高阈值对应于最后一次剩余运动（k=1）。在这种情况下，折射时间完全无关，因此在任何分布下，阈值在不同的平均折射时间内保持不变。有趣的是，在k固定的情况下，阈值在平均折射时间内不是单调的。

一方面，折射时间是对停止时间的限制，因此它们减少了值函数，但不一定减少了运动阈值。直观地说，很长的屈光时间会降低后续锻炼机会的价值，并激励持有者更关注下一次立即停止。这有助于解释，在较长的平均折射时间内，阈值往往更接近。5结论我们研究了一类L’evy模型下具有负贴现率和随机折射时间特征的最优多重停止问题。为了解释负贴现率，虽然新指标下的分析具有挑战性，但指标变化技术被证明是非常有用的。如上文第3.1条和第3.2条所示，最佳运动阈值在单次停止情况下明确确定，在多次停止情况下则粗略确定。虽然我们的问题设置是基于对股票贷款的应用而选择的，但本文也提出了一个蓝图，以严格分析具有替代收益（如看跌期权）的永久最优折射多重止损问题。

这将是未来研究的自然方向。1.5 2.5 3.5 4.5 5 5.5 6.5 7.5 8.5 9.5 104.54.64.74.84.955.1平均阈值1.5 2 2.5 3.5 4 4.5 5 5.5 6.5 7.5 8 8.5 9.5 104.54.64.74.84.955.1平均阈值水平（1）指数（2）ErlangFigure 1：最佳多运动阈值x？kfor k=1,2,3,4,5，分别在指数（左）和Erlang（右）分布时，绘制不同平均折射时间¨δ的曲线。附录。引理的证明2.1我们首先注意到，对于任何固定的k∈ {1，··，n}，U（k）（s）=supτ∈特赫-ατφ（k）（对数s+Xτ）11{τ<∞}i、 对于k=1，对于任何停止时间τ和任何s，s∈ R+使得s>s，它来自于φthatU（1）（s）=supτ的单调性∈TEE-ατφ（对数s+Xτ）11{τ<∞}≥ supτ∈TEE-ατφ（对数s+Xτ）11{τ<∞}= U（1）（s）。同样，从上确界的次可加性和（φ）的凸性o 我们有，对于任何p，q>1，这样p+q=1，以及任何s，s∈ R+，thatU（1）（s）p+U（1）（s）q=psupτ∈TEE-ατφ（log（sexp（Xτ）））11{τ<∞}+qsupτ∈TEE-ατφ（log（sexp（Xτ）））11{τ<∞}≥ supτ∈TEE-ατφ（log（sexp（Xτ）））p+φ（log（sexp（Xτ）））q{τ<∞}≥ supτ∈TEE-ατ(φ o 日志）sp+sqexp（Xτ）{τ<∞}= supτ∈TElog（sp+sq）E-ατφ（Xτ）11{τ<∞}= U（1）sp+sq.因此，对于k=1，凸性也成立。这意味着U（1）（s）在R+上几乎处处可微。现在假设k=l的说法是正确的- 一个一个∈ {2，··，n- 1}; 也就是说，U（l）-1） 是非递减且凸的。通过上述同样的论证，我们得出结论E[E]-αδU（l）-1） （s exp（Xδ））]也是非递减凸的。这意味着φ（l）和v（l）都具有单调性和凸性。通过归纳，我们得出结论。A.2推论的证明2.1对于k=1，我们有0≤ U（1）（s）=v（1）（对数s）/s≤ 1.a.e.s.的∈ R+，或相当于0≤ v（1）（x）≤ 前，a.e.x∈ R和| v（1）（x+) - v（1）（x）|≤ 前| e- 1 |，对于任何x， ∈ R

让我们用D（1）表示：={x∈ R:U（1）+（x）>U（1）-（x） }={x∈ R:v（1）+（x）>v（1）-（x） }，其中U（1）+和U（1）-（v（1）+和v（1）-, 分别）分别是U（1）（v（1）的右导数和左导数。然后我们知道D（1）最多是引理2.1的可数集。另一方面，利用Xδ没有原子的事实，我们知道，对于任何固定的X∈ R、 对于P-几乎每个ω∈ Ohm,x+xδ（ω）（ω）/∈ D（1）。因此，e-αδ（ω）v（1）（x+xδ（ω）（ω））在这个固定的x上几乎肯定是可微的∈ R、 和0≤ E-αδv（1）（x+xδ）≤ E-αδ+Xδ·ex，P-a.s.根据假设，非负随机变量e-αδ+Xδ·呼出一个有限的期望值。现在有了 6=0，如图所示 → 我们通过Jensen不等式得到≤E[E]-αδ（v（1）（x+ + Xδ）- v（1）（x+xδ））]- E[E]-αδv（1）（x+xδ）]≤ EE-αδv（1）（x+ + Xδ）- v（1）（x+xδ）- v（1）（x+xδ）→ 0，其中我们使用了| v（1）（x）这一事实++Xδ）-v（1）（x+xδ）- v（1）（x+xδ）|≤ ex+Xδ（|e-1|||+ 1） 安第斯-αδ·lim→0v（1）（x+ + Xδ）- v（1）（x+xδ）- v（1）（x+xδ）= 0，P-a.s.和支配收敛定理。因此E[E]-αδv（1）（x+xδ）]在x中是可微的，且为0≤xE[e-αδv（1）（x+xδ）]=E[E-αδv（1）（x+xδ）]≤ E[E]-αδ+Xδ]ex≤ 现在假设k=l的说法是正确的- 一个一个∈ {2，··，n- 1}. 然后我们知道φ（l）（x）在R\\{logk}上是可微的，它的导数允许上界φ（l）（x）≤ 前任+xE[e-αδv（l）-1） （x+xδ）]≤ ex+（l）- 1） ex=lex，x6=对数K，即0≤sφ（l）（对数s）≤ 我为所有的人祈祷∈ R+\\{K}。因此，0≤ U（l）（s）≤ l、 a.e.这意味着≤ v（l）（x）≤ 莱克斯，a.e。

通过与上面相同的参数，我们也得到了，对于所有x∈ R、 0≤xE[e-αδv（l）（x+xδ）]≤ 莱克斯。现在的结果来自数学归纳法。A.3定理2.1的证明首先，引理2.2意味着Px（τ？i<∞, 1.≤ 我≤ k） 如果x？<∞ 和-X不是从属关系。接下来，根据[9]中的引理2.1，我们递归地推导出v（k）（x）≤ 前任sup0≤t<∞E-αtφ（k）（Xt）≤前任sup0≤t<∞E-αtφ（k）（Xt）%%< ∞, （A.41）对于所有k≥ 1.因此，单一最优停车问题（2.6）已明确定义。为了确保最优停止时间的存在，我们可以将[27]中命题3.2的证明改编为可能具有负贴现率α和类似于呼叫的回报的设置。更准确地说，通过引理2.1和推论2.1，我们知道U（k）（s）在全球范围内是Lipschitzin s∈ R+，这意味着，通过[27]中命题3.2的证明，e的预期跳跃-ατv（k）（Xτ），在任何可预测的时间τ为零，即[（e）-ατv（k）（Xτ））11{τ<∞}] = 0，k≥ 1.在哪里（e）-ατv（k）（Xτ））：=e-ατ[v（k）（Xτ）- v（k）（Xτ）-)]. 这意味着斯奈尔包络线（e-αtv（k）（Xt））t≥0在预期中是连续的。反过来，这允许我们应用[9]中定理2.1中的论点来得出结论（2.11）。这证明了（我）。为了证明（ii），我们首先指出，对于k=1的情况，结果基本成立。为了k∈ {2，··，n}，我们从（2.11）观察到v（k）（x）≤ ■v（k）（x）自（τ？i）1≤我≤kare容许候选者停车时间（见（2.9）-（2.10））。逆不等式可以用归纳法证明。为此，请注意v（1）（x）≥ 例如-ανφ（Xν）11{ν<∞}] 对于任意F停止时间ν∈ 对于k=1，T乘以（2.6）。现在通过应用（2.6），（2.7）和重复期望，我们得到v（2）（x）≥ 告密-ατφ（Xτ）+EXτhe-αδv（1）（Xδ）i{τ<∞}我≥ 告密-ατφ（Xτ）+EXτhe-αδEXδhe-α(ν-δ-τ） φ（Xν）-δ-τ)11{ν<∞}二、{τ<∞}i=ExE-ατφ（Xτ）11{τ<∞}+ E-ανφ（Xν）11{ν<∞}（A.42）对于每个F-停止时间τ和F（τ+δ）-停止时间ν≥ τ + δ.

在（τ，ν）上最大化（A.42）∈ T（2）产生v（2）（x）≥ ■v（2）（x）。现在的结果来自数学归纳法。最后，对于（iii），对于任何有限的F-停止时间τ∈ 根据强马尔可夫性，我们得到了E-ατv（k）（Xτ）%我≤ 前任E-ατ·EXτsup0≤s<∞E-αsφ（k）（Xs）%≤ 前任E-ατ%· EXτsup0≤s<∞E-αsφ（k）（Xs）%= 前任sup0≤s<∞E-α（τ+s）φ（k）（Xτ+s）%≤ 前任sup0≤s<∞E-αsφ（k）（Xs）%< ∞,第一次和第二次不平等源自（A.41），而这种平等是由于重复的期望。因此我们得到了S（k）元素在L%（dPx）中的一致有界性。这证明了（iii）并完成了证明。A.4命题2.1If v（k）的证明-1） （x）>v（k）-2） （x）对于所有x∈ R、 通过（2.7），我们知道φ（k）（x）>φ（k）-1） （x）对于所有x∈ R.此外，如果[x？k-1.∞) 是（k）问题（2.6）的唯一最优停止区域- 1） 运动机会，那么上升时间τ+x？K-这是最佳停车时间。因此，对于所有x∈ R、 我们通过不等式v（k）（x）证明（i）≥ g（k）（x，x？k）-1） =前E-ατ+x？K-1φ（k）（Xτ+X？k）-1） 11{τ+x？k-1<∞}>前任E-ατ+x？K-1φ（k）-1） （Xτ+X？k）-1） 11{τ+x？k-1<∞}= g（k）-1） （x，x？k）-1） =v（k）-1） （十）。为了证明（ii），我们首先回顾引理2.2，x？K∈ (-∞, x？]。因此，对于第一项权利要求，充分证明v（k）（x）6=φ（k）（x）在(-∞, 日志K]。事实上，我们使用值函数的超鞅性质来获得thatEx[e]-αδv（k）-1） （Xδ）]≤ v（k）-1） （x）对于所有x∈ 因此，对于所有x≤ 对数K，v（K）（x）>v（K）-1） （十）≥ 例如-αδv（k）-1） （Xδ）＝φ（k）（X）。这是x？K∈ （logk，x？）。类似地，如果最佳运动阈值b？K存在，那么我们有g（K）（x，b？K）≥ g（k）（x，x？k）-1） >g（k）-1） （x，x？k）-1） =v（k）-1） （十）≥ 例如-αδv（k）-1） （x）]。因此，对于x=logk，我们有g（K）（logk，b？K）>φ（K）（logk），这意味着b？k> log k.我们现在通过建立最优性的充分条件来证明（iii）（参见[1，第6节]）。

如果最佳运动水平是b级？那么很容易看出（a）对于所有x∈ R、 g（k）（x，b？k）≥ g（k）（x，x）=φ（k）（x），并且g（k）（x，b？k）>0，因为b？k> 日志k（见第（ii）段）；（b） 为了所有的x∈ [b？k，∞), 我们有g（k）（x，b？k）=φ（k）（x）；（c） 对于所有的t>0，根据X的强马尔可夫性质，我们得到了g（k）（X，b？k）=ExE-ατ+b？kφ（k）（Xτ+b？k）11{τ+b？k<∞}= 前任前任E-ατ+b？kφ（k）（Xτ+b？k）11{τ+b？k<∞}英尺=前任E-ατ+b？kφ（k）（Xτ+b？k）11{τ+b？k≤t}+ 前任{τ+b？k>t}EXtE-ατ+b？kφ（k）（Xτ+b？k）11{τ+b？k<∞}=前任E-α（t）∧τ+b？k） g（k）（Xt）∧τ+b？k、 b？（k）.也就是说，停止的过程（e-α（t）∧τ+b？k） g（k）（Xt）∧τ+b？k、 b？k） ）t≥0是任意固定x的（Px，F）-鞅∈ R.现在如果我们另外知道（e）-αtg（k）（Xt，b？k））t≥0是一个超鞅，那么我们可以得出v（k）（x）=g（k）（x，b？k）和[x？k，∞) = [b？k，∞) 是唯一的停车区域。A.5命题2.2的证明显然该主张适用于l=2，因为我们已经知道x？≤ 十、V（1）t=e-αtv（1）（Xt）是（Px，F）-上鞅，定理2.1中集合S（1）中的所有随机变量在L%（dPx）中一致有界。如果我≥ 3，假设这个定理对k=2是真的，对一些h是真的∈ {2，··，l- 1}. 也就是说，logk<x？H≤ 十、H-1.≤ · · · ≤ 十、和Ex[V（k-1） [t]≤ V（k）-1） =v（k）-1） （十）- v（k）-2） （十），K∈ {2，···，h}。现在，根据最优停止的一般理论，我们知道停止的过程（e-α（t）∧τ+x？h） v（h）（Xt）∧τ+x？h） ）t≥0isa鞅（参见[1，第6节]）。因此，对于x？h=min1≤K≤hx？k、 我们知道停止的过程（V（l）t∧τ+x？h） t≥0是一个鞅。此外，让我们介绍一下第一次下穿时间τ-b:=inf{t≥ 0:Xt≤ b} ,，B∈ R.如果x？h<x？H-1，然后停止过程（V（h）t∧τ-十、H∧τ+x？H-1） t≥0等于一个停止的超鞅减去一个停止的鞅，因此是一个超鞅。

最后，对于所有的x>x？H-1.≥ 十、h、 我们有v（h）（x）- v（h）-1） （x）=φ（h）（x）- φ（h）-1） （x）=Ex[e-αδ[v（h-1） （Xδ）- v（h）-2） （Xδ）]。因此，对于所有t<∞ x>x？H-1.我们有Ex[V（h）t∧τ-十、H-1] =Ex[e-α（δ+t）∧τ-十、H-1） [v（h）-1） （Xδ+t）∧τ-十、H-1) - v（h）-2） （Xδ+t）∧τ-十、H-1)]]≤ 例如-αδ[v（h-1） （Xδ）- v（h）-2） （Xδ）]=v（h）（X）- v（h）-1） （x）=V（h），（A.43），其中我们使用了以下假设：-1） t）t≥0是一个超鞅，δ和X之间是独立的。结合所有情况，我们得出结论，过程（V（h）t）t≥0是一个超级艺术家。（V（h）t）t的类（D）性质≥现在，根据Minkowski不等式和元素inS（k），k=h- 1，h一致有界于L%（dPx）（见上文命题2.1）。为了完成证明，我们需要证明logk<x？h+1≤ 十、h、 为此，我们注意到≥ 十、h、 v（h+1）（x）=supτ∈特克斯[e]-ατφ（h+1）（Xτ）]≤ supτ∈特克斯[e]-ατφ（h）（Xτ）]+supτ∈特克斯[e]-ατ[φ（h+1）（Xτ）- φ（h）（Xτ）]=v（h）（X）+supτ∈特克斯[e]-α（τ+δ）[v（h）（Xτ+δ）- v（h）-1） （Xτ+δ）]=v（h）（X）+supτ∈TEx[V（h）τ+δ]≤v（h）（x）+Ex[v（h）δ]=v（h）（x）+[φ（h+1）（x）- φ（x）]- [φ（h）（x）- φ（x）]=v（h）（x）- φ（h）（x）+φ（h+1）（x）=φ（h+1）（x），（A.44），其中我们使用了（V（h）t）t的（D）类性质≥第二个等式为0，第四个等式为（2.7）。这表明v（h+1）（x）=φ（h+1）（x）。

从x开始？h+1=sup{x≤ x？：φ（h+1）（y）=v（h+1）（y），y>x}，我们可以从（A.44）中得出结论，x？h+1≤ 十、h、 A.6引理的证明3.1对于任何p，q>1满足p-1+q-1=1，任何足够大的z>0，我们有px监督≥0[e]-αtφ（Xt）]>z= Px(T≥ 0，e-αtφ（Xt）>z）=Px(T≥ 0，Xt- αt>log（z+Ke）-αt）≤ 二甲苯T≥ 0，Xt- αt>plog（pz）+qlog（qKe-αt）= 二甲苯T≥ 0，Xt- αt+αqt>plog（pz）+qlog（qK）= 二甲苯sup0≤t<∞（Xt）-αpt）>plog（pz）+qlog（qK）~ 经验-ρhplog（pz）+qlog（qK）-xi=e~ρx（qK）-ρρq（pz）~ρp，其中我们使用了[2]第259页上的命题1.8，~ρ是ψ（~ρ）的最小正根-αp~ρ=0。现在已经足够证明，可以选择p>1，使得ρ>p，从而得出随机变量（supt≥0[e]-αt（eXt）- K） +]）%对%=（1+~ρp）>1有明确的期望。为此，我们证明了ψ（p）- α<0，对于足够小的p>1。实际上，对于所有0<β<p，我们有0>βp（ψ（p）- α) ≥ ψ(β) -βpα，这里我们使用djensen不等式（E[Y]）βp≥ E[Yβp]对于正随机变量Y=epXin，最后一步。因此，最小正解△ρ>p>1。首先假设ψ（1）- α < 0. 对于足够小的p>1，通过ψ在1处的连续性，我们得到了ψ（p）- α < 0.另一方面，如果ψ（1）- α=0，ψ（1）<0。对于足够小的p>1，我们有ψ（p）<0和ψ（p）- α=ψ（p）- ψ（1）<ψ（p）（p）- 1) < 0.A.7命题3.1的证明让我们通过（3.20）为κ=Φ（α）定义一个新的度量PΦ（α）。在这个测度下，X是一个L′evy过程，具有拉普拉斯指数[18，推论3.10]：ψΦ（α）（β）=ψ（β+Φ（α））- α, β > -Φ(α). （A.45）然后，对于任何t>0，测量值的变化都会产生期望值-ατ+b{τ+b<t}i=eΦ（α）xExE-ατ+b+Φ（α）（Xτ+b-x） ·e-Φ（α）Xτ+b{τ+b<t}= EΦ（α）xE-Φ（α）（Xτ+b）-x） {τ+b<t}. （A.46）我们现在让t→ ∞ 在（A.46）中。通过将单调收敛定理应用于（A.46）的左侧，我们得到了-ατ+b{τ+b<∞}].

同样地，请注意，期望值（A.46）中的非负随机变量有界于1，PΦ（α）x-A.s。我们可以应用有界收敛定理来获得该结果-ατ+b{τ+b<∞}i=EΦ（α）E-Φ（α）Xτ+b-x{τ+b<∞}< ∞.现在因为对于任何人来说≥ 我们有e-ατ+b-β（Xτ+b）-b） {τ+b<∞}≤ E-ατ+b{τ+b<∞}, Px-a.s.，支配收敛定理产生thatExE-ατ+b-β（Xτ+b）-b） {τ+b<∞}= eβ（b-x） EΦ（α）E-（Φ（α）+β）Xτ+b-x{τ+b-x<∞}. （A.47）可以使用[1]中的引理1计算（A.47）的右侧。精确地说，我们有Φ（α）[e-（Φ（α）+β）Xτ+b-x{τ+b-x<∞}] = 林克↓0EΦ（α）[e-（Φ（α）+β）Xeq{Xeq>b-x} ]EΦ（α）[E-（Φ（α）+β）Xeq]。（A.48）Xequnder PΦ（α）定律可从（3.16）和（3.18）中提取。更准确地说，对于任何q>0，设?Iq:={ρi，q}1≤我≤|~Iq |和~J:={ηJ}1≤J≤|~J | be分别是ψΦ（α）（ρi，q）=q和ψΦ（α）（ηJ）=∞, s、 t.<ρi，q，<ηj>0，1.≤ 我≤ |■智商|，1≤ J≤ |~J |，（A.49），其索引方式与Iα和J的元素相同。然后，我们从（A.45）中推断出▽η=β- Φ（α），ρ1，q<η和<ρi，q≥ 就我所知≥ 2.同样地，我们让∧I:={ρI，0}1≤我≤|是ψΦ（α）（ρI，0）=0，s.t.<ρI，0的根≥ 0.从（3.14）和（A.45）中，我们推导出，~I+Φ（α）=Iα和~J+Φ（α）=J，这意味着ρI，α=~ρI，0+Φ（α），1.≤ 我≤ |Iα|；ηj=~ηj+Φ（α），1.≤ J≤ |J |。（A.50）根据我们的假设，△ρi，0是不同的，△ρ1,0=ρ1，α- Φ（α）=0和<ρi，0≥ <所有2种情况下的η>0≤ 我≤ |Iα|。此外，根ρi，α是单的这一事实意味着ψΦ（α）（ρi，0）=ψ（ρi，α）6=0，因此映射q7的每个分支→ ψ-1Φ（α）（q）=ρi，q∈~IQ在0附近局部为微分同胚。因此，对于所有足够小的q>0，ρi和q也不同。