最优停车的平均场对策

方程式1- u=英尺（g-1（t，x，r，u）），u∈ [0，1]（5.1）有一个最大解ρ（t，x，r）∈ [0，1]对于每（t，x，r）∈ R+×Rd×R，ρt：=ρ（t，Xt，R（t，Xt））是一个右连续的递增过程。定义γit=g（t，Xt，Yit，ρt），τi=inf{t：γit=rt}，并假设（2.1）满足所有i.（i）Then，ρ和（τi）i∈定义平衡：τi∈ Ti是agent i的最佳停止时间，映射（i，ω）7→ τi（ω）是∑-可测的，λ{i：τi≤ t} =ρtP-所有t的a.s≥ 更一般地，这适用于（5.1）的任何可测解ρ（t，x，r），因此ρ（t，Xt，r（t，Xt））是右连续且递增的。（ii）相反，设t 7→ ρt是一个与平衡相对应的右连续过程，并假设ρt=ρ（t，Xt，r（t，Xt））对于某个可测函数ρ。如果γi对于所有i严格递增，那么对于每个t≥ 0，(R)ρ（t，x，r（t，x））求解（P）的（5.1）o 十、-1t）-几乎所有x∈ Rd证明。（a） 我们声称ρ（t，x，r）定义良好，在（t，x）中增加，在（r）中减少，在（t，x）中（共同）右连续，在（r）中左连续。实际上，在函数gt，x，r（u）：=Ft（g-1（t、x、r、u））- 1+u，u∈ [0，1]。由于Fttakes的值在[0，1]中，因此我们有Gt，x，r（0）≤ 0和Gt、x、r（1）≥ 0、Asu 7→ Gt，x，r（u）是连续的，因此在[0，1]中至少有一个零，并且由于所有零的s et是紧的，所以它有一个最大值。我们将ρ（t，x，r）写成Gt，x，r的最大零点。随着Y的增加，函数t 7→ Ft（y）在减小，然后t 7也在减小→ Gt，x，r（u）；请注意，g-1在（t，x，u）中减少，在r中增加。因此，如果s≤ t、 gt，x，r>0 on（ρ（t，x，r），1）这一事实意味着Gs，x，r>0 on（ρ（t，x，r），1），因此ρ（s，x，r）≤ ρ（t，x，r）。x和r中的单调性类似。让tn↓ t和xn↓ x和rn↑ r、 设置ρn=ρ（tn，xn，rn）和ρ*= ρ（t，x，r）。如上所述，ρnis减小，ρn≥ ρ*.

因此，我们只需要验证ρ∞:= limρn≤ ρ*. 鉴于ρ的定义*作为最大零，必须显示ρ∞是Gt，x，r的零，并且作为Gtn，xn，rn（ρn）=0，如果（t，x，-r、 u）7→ Gt，x，r（u）共同右连续。（5.2）实际上，y 7→ Ft（y）是连续的，加上y的右连续性，t 7→ Ft（y）为右连续。同时使用g的continuityof-1，我们看到（5.2）符合预期。这就完成了ρ上定理的证明。（b） 接下来，我们验证了平衡条件。根据（a），过程t 7→ ρt=ρ（t，Xt，r（t，Xt）），γi增大且右连续，引理2.1得出τi∈ 这是一个最佳的停车时间。注意（i，ω）7→ γi（ω）是∑-可测的，（i，ω）7也是∑-可测的→ rt（ω）。因此，{τi≤ t} ={γi≥ rt}∈ ∑对于所有t≥ 利用命题3.4的条件精确大数定律，y 7的连续性→ Ft（y）和ρt的定义，我们得到了ρt：=λ{i：τi的P-a.s≤ t} =λ{i:g（t，Xt，Yit，ρ（t，Xt，r（t，Xt）））≥ r（t，Xt）}=ZP{g（t，Xt，Yit，ρ（t，Xt，r（t，Xt）））≥ r（t，Xt）| Xt}λ（di）=1- 英尺（克-1（t，Xt，r（t，Xt），ρ（t，Xt，r（t，Xt）））=ρ（t，Xt，r（t，Xt））=ρt.（c）设ρ是一个与平衡相对应的右连续过程；也就是说，ρt=λ{i：τi≤ t} 对于某些最优τi∈ Ti。然后ρ明显增加，并且有[0，1]值。由于γi的严格增加，我们从引理2.1知道τi=inf{t：γit≥ rt}，这也确保{τi≤ t}∈ ∑。由于我们假设ρt=？ρ（t，Xt，r（t，Xt）），我们得到了（b）中的ρt=λ{i：τi≤ t} =1- 英尺（克-1（t，Xt，r（t，Xt），’ρ（t，Xt，r（t，Xt）））P-a.s≥ 0、备注5.2。定理5.1（ii）中的结果先验地假设平衡ρ是马尔可夫的；即（t，Xt）的确定函数。（i） 首先，让我们观察到，情况并非自动如此：随机均衡可能存在。

考虑示例4.4的设置，其中X是确定性的，等式（5.1）有几个（确定性的、递增的、右连续的）解；特别地，一个最大解ρ（t）和一个最小解ρ′（t）。假设有一个泊松过程N，它是Gi适应的，与所有i的yi无关，σ是它的第一个跳跃时间。那么，’ρt=1【0，σ）（t）ρ′（t）+1【σ，∞)（t） ρ（t）定义了（5.1）的另一个右连续递增解，该解决定了平衡。然而，’ρ不是上述马尔可夫形式。相反，代理可以同意根据独立随机化σ改变其行为。关于标准平均场博弈中随机（或“弱”）均衡的进一步见解，我们也参考了[10，22]。（ii）其次，让我们证明，如果等式（5.1）中的唯一性成立，则不会出现（i）中提到的现象。在定理5.1（ii）的设置中，即使我们没有先验地假设ρ是（t，Xt）的函数，我们也有ρt=λ{i：τi≤ t} =λ{i:g（t，Xt，Yit，ρt）≥ r（t，Xt）}=ZP{g（t，Xt，Yit，’ρt）≥ r（t，Xt）| Xt}λ（di）=1- 英尺（克-1（t，Xt，r（t，Xt），’ρt））。如果ρ（t，x，r）是（5.1）在定理中构造的（5.1）的最大解，且唯一性对（5.1）成立，则ρt=ρ（t，Xt，r（t，Xt））P-a.s。从这个意义上说，ρ必然是马尔可夫形式。备注5.3。在由随机微分方程驱动的平均场博弈的文献中，时间t的私有状态通常独立于全路径（Xs）s≤tof时间t之前的常见噪声。在当前设置中，我们假设强度γ以马尔可夫方式依赖于Xin，因此它适合于当前值Xt。

我们可以设想一个类似的结果，其中γide以依赖于a的方式依赖于X，然后我们将以X.5.1加性模型和噪声观测的整个过去为条件。在本节中，我们通过合并公共信号来增强命题4.1中的玩具模型，并从定理5.1中获得一般模型的可处理规范。考虑第2节中介绍的具有无概率空间（I，I，λ）和(Ohm, F、 P），并让（I×）Ohm, ∑，u）bea Fubini对其产品的扩展。对于每个i∈ 一、 让易≥ 0是一个正确的、持续的、可测量的过程。我们认为≥ 0，（i，ω）7→ Yit（ω）是∑-可测的，并且Yit，i∈ 我基本上是两两独立的。此外，我们假设Yit（·）的分布没有原子；也就是说，其c.d.f.Ftis连续。此外，让X≥ 0是一个正确的连续、递增、可测量的过程，以便XT和Yitareindependent for all t≥ 0、我们取r∈ R为常数（为简单起见），γit=Xt+Yit+cρt，其中c≥ 0是控制交互强度的常数；另见示例4.3。对于信息结构，我们可以考虑两种情况。要么我们看到给出的GIA，并假设oX和yi是Gi逐步可测量的所有i∈ 一、 这就是上面的观点。或者，我们假设代理只观察X+yi和ρ，因此我们认为ogi是由X+yi和ρ生成的正确的连续过滤，对于所有∈ 一、 这允许将X解释为“真实信号”，而代理ican只能用I.I.d.噪声Yi观察噪声信号X+Yi。尽管代理在第一种情况下有更多的信息，但两者都产生了相同的平衡。下面给出的τ的形式表明代理只使用γi的观测。事实上，定理5.1产生了以下结果。推论5。4.

方程式1- u=英尺（r- 十、- cu），u∈ [0，1]有一个最大解ρ（t，x）∈ [0，1]对于每（t，x）∈ R+×R，ρt：=ρ（t，Xt）是右连续过程。还定义γit=Xt+Yit+cρt，τi=inf{t:Xt+Yit+cρt=r}，并假设（2.1）满足所有i.（i），则ρ和（τi）i∈定义平衡：τi∈ Ti是agent i的最佳停止时间，映射（i，ω）7→ τi（ω）是∑-可测的，λ{i：τi≤ t} =ρtP-所有t的a.s≥ 0。（ii）相反，设t 7→ ρt是一个与平衡相对应的右连续过程，并假设ρt=ρ（t，Xt）对于某个可测函数ρ。如果γi对于所有i严格递增，那么对于每个t≥ 0，(R)ρ（t，x）求解（P）的（5.1o 十、-1t）-几乎所有x∈ R、 可以按照示例4.3的思路构造一个可解的示例。示例5.5。让r≥ 1并让Ui、i∈ I本质上是成对的I.I.d.，在[r]上均匀分布- 1，r]且Ui和Xt对于所有t都是独立的≥ 0.M或以上，假设X严格随X=0和X增加∞> 1、对于c∈ （0，1），考虑强度过程γit=Xt+Ui+cρt。然后，方程有唯一解ρ（t，x），ρ（t，Xt）=[（1- c）-1Xt]∧ 1对应于唯一（马尔可夫）平衡。特别是，这种平衡以非退化的方式发展，就像X一样。参考文献【1】R.J.Aumann。具有连续交易者的市场。《计量经济学》，32:39–501964。[2] 巴尔迪先生。一些线性二次平均场对策的显式解。网络。Heterog公司。媒体，7（2）：243–2612012。[3] M.Bardi和F.S.Priuli。具有遍历成本的线性二次N人和平均场博弈。暹罗J.控制优化。，52（5）：3022–30522014。[4] A.Bensoussan、J.Frehse和S.C.P.Yam。平均场博弈与平均场型控制理论。斯普林格简要介绍数学。斯普林格，纽约，2013年。[5] A.Bensoussan、K.C.J.Sung、S.C.P.Yam和S.P.Yung。线性二次平均场游戏。J

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