最优停止与离散时间非零和Dynkin对策

通过使用Uk的定义，ξkan命题A.1的定义，我们得到Uki{u=k}=maxξkI{u=k}；I{u=k}例如uk，k+1（Uk+1）= 最大值YkI{u=k}；例如uI{u=k}k，k+1（Uk+1I{u=k}）.（29）现在，根据我们刚才证明的性质（i），我们有Egui{u=k}k，k+1（Uk+1I{u=k}）=Egui{u=k}k，k+1（YkI{u=k}）。由于“驱动因素”guI{u=k}等于0且YkI{u=k}是Fk可测量的，例如uI{u=k}k，k+1（YkI{u=k}）=Ek，k+1（YkI{u=k}）=YkI{u=k}。从前面的三个表达式中，我们得到UkI{u=k}=YkI{u=k}。类似地，通过使用“Uk”的定义、“ξk”的定义、命题A.1和性质（i），我们得到了“UkI{u=k}=max”ξkI{u=k}；I{u=k}例如uk，k+1（(R)Uk+1）= 最大值XkI{u=k}；例如uI{u=k}k，k+1（\'Uk+1I{u=k}）= 最大值XkI{u=k}；例如uI{u=k}k，k+1（YkI{u=k}）,此外，例如uI{u=k}k，k+1（YkI{u=k}）=Ek，k+1（YkI{u=k}）=YkI{u=k}。因此，\'UkI{u=k}=max（Xk；Yk）I{u=k}。同于Xk≤ 通过假设，我们得到了'UkI{u=k}=YkI{u=k}。因此，等式UkI{u=k}=UkI{u=k}成立，从而得出证明结论。4.2纳什均衡点的构建遵循Hamadène和Zhang（2010）以及Hamadène和Hassani（2014）的思想，我们通过递归程序构建了上述博弈的纳什均衡点。我们还依赖上一小节（第4.1款）的初步结果和第3节的结果。定理4.1我们的离散时间g-期望非零和博弈允许纳什均衡点。为了证明这个定理，我们构造了一对（τ2n+1，τ2n+2）n∈对于停止时间的非递增序列，我们证明了极限（如n→ ∞) 是第2节定义的游戏NEP。我们设置τ：=T和τ：=T。我们假设停止时间τ2n-1和τ2已定义。我们定义f2n+1（ω，t，·，·，·：）=fτ2n（ω，t，·，·，·：）：=f（ω，t，·，·，·，·，·）I{t≤τ2n（ω）}。我们注意到F2N+1是标准Lipschitz驱动程序，而fis是标准Lipschitz驱动程序。我们准备好了∈ {0。

，T}，ξ2n+1k：=XkI{k<τ2n}+Yτ2nI{τ2n≤k} W2n+1k：=ess supτ∈Tdk，TEf2n+1k，τ（ξ2n+1τ）～τ2n+1：=inf{k∈ {0，…，T}：W2n+1k=ξ2n+1k}τ2n+1：=（￠τ2n+1∧ τ2n-1） I{τ2n+1∧τ2n-1<τ2n}+τ2n-1I{τ2n+1∧τ2n-1.≥τ2n}。（30）根据定理3.2，对于上述优化问题（30），在时间0时，停止时间|τ2n+1是最优的：更精确地说，我们有W2n+1=supτ∈Td0，TEf2n+10，τ（ξ2n+1τ）=Ef2n+10，|τ2n+1（ξ2n+1|τ2n+1）。此外，由于命题4.1应用了u：=τ2n和g：=f，我们得到了w2n+1=supτ∈Td0，TJ（τ，τ2n）。（31）我们在以下注释4.2和命题4.2中收集了关于上述对象的更多观察结果。备注4.2（i）适用于所有n∈ N、 τ2n+1是一个停止时间（该观察结果直接源自τ2n+1的定义）。（ii）对于所有n∈ N、 对于所有τ∈ Td0，T，ξ2n+1τ=ξ2n+1τ∧τ2n。此外，我们还有以下建议。命题4.2（i）W2n+1kI{τ2n≤k} =Yτ2nI{τ2n≤k} 。（ii）对于所有n∈ N、 τ2n+1=inf{k∈ {0，…，T}：W2n+1k=Xk}∧ τ2n。尤其是|τ2n+1≤ τ2n，f或全部n∈ N、 证明：让我们证明（i）。根据ξ2n+1的定义，我们得到了ξ2n+1τI{τ2n≤k} =Yτ2nI{τ2n≤k} ，对于所有τ∈ Tdk，T.（32）由于以停止时间为终点的标准BSDE的解的定义，我们有{τ2n≤k} Ef2n+1k，τ∧τ2n（ξ2n+1τ）=I{τ2n≤k} ξ2n+1τ，对于所有τ∈ Tdk，T.（33）因此，I{τ2n≤k} W2n+1k=I{τ2n≤k} ess supτ∈Tdk，TEf2n+1k，τ∧τ2n（ξ2n+1τ）=ess supτ∈Tdk，TI{τ2n≤k} Ef2n+1k，τ∧τ2n（ξ2n+1τ）=I{τ2n≤k} ξ2n+1τ=I{τ2n≤k} Yτ2n，其中我们使用方程（33）来获得倒数第二个等式，使用方程（32）来获得倒数第二个等式。让我们证明（ii）。通过使用|τ2n+1和ξ2n+1的定义，我们得到|τ2n+1=inf{k∈ {0，…，T}：W2n+1kI{k<τ2n}+W2n+1kI{τ2n}≤k} =XkI{k<τ2n}+Yτ2nI{τ2n≤k} }。由于这一观察结果和之前的性质（i），我们得到了|τ2n+1=inf{k∈ {0，…，T}：W2n+1kI{k<τ2n}=XkI{k<τ2n}}=inf{k∈ {0。

，T}：W2n+1k=Xk}∧ τ2n。我们定义f2n+2（ω，t，·，·，·：）=fτ2n+1（ω，t，·，·，·：）：=f（ω，t，·，·，·，·，·）I{t≤τ2n+1（ω）}。与（30）的定义类似，我们设置ξ2n+2k：=XkI{k<τ2n+1}+Yτ2n+1I{τ2n+1≤k} W2n+2k：=ess supτ∈Tdk，TEf2n+2k，τ（ξ2n+2τ）～τ2n+2：=inf{k∈ {0，…，T}：W2n+2k=ξ2n+2k}τ2n+2：=（￠τ2n+2∧ τ2n）I{τ2n+2∧τ2n<τ2n+1}+τ2nI{τ2n+2∧τ2n≥τ2n+1}。（34）我们注意到，前面等式（34）中定义的对象满足类似于备注4.2和命题4.2的性质。提案4.3适用于所有m≥ 1，|τm+2≤ τmP-a.s。。证明：通过矛盾的方式，我们假设存在m≥ 1使得P（τm<τm+2）>0，我们设置n：=min{m≥ 1:P（τm<τm+2）>0}。我们有n个≥ 3、n的定义意味着|τn+1≤ τn-1、这一观察结果，结合τn+1的定义和命题4.2第（ii）部分的不等式，得出τn+1=△τn+1{△τn+1<τn}+τn-1I{τn+1=τn}。（35）出于类似的原因，我们得出τn=～τnI{～τn<τn-1} +τn-2I{τn=τn-1} 。（36）为了便于演示，我们设置了Γ：={τn<τn+2}。在片场上，我们有：1。τn<τn+2≤ τn+1（最后一个不等式也是由于Prop的性质（ii）。4.2）。2、τn+1=τn-1、这一观察结果是由于1，加上等式（35）。ξn+2=ξn。这是2以及ξn+2和ξn.4定义的直接结果。τn=τn。我们证明{τn=τn-1}∩Γ= 它与表达式（36）一起给出了所需的语句。根据（36），我们得到{τn=τn-1} ={τn=τn-1}∩ {τn=τn-2} 。因此，{τn=τn-1}∩ Γ={τn=τn-1，τn=τn-2<τn+2}。现在，我们有了τn≤ τn-2（由于n的定义）。因此，{τn=τn-1}∩ Γ={τn=τn-1.≤ τn=τn-2<τn+2}=, 最后一个等式是由|τn+2引起的≤ τn-1、我们注意到，将属性1和4结合起来，得到了|τn<τn+2onΓ。我们将获得该物业的交易权。为此，让我们证明IΓWn+2Γτn=IΓξn+2Γτn。（37）通过Γτn的定义，我们得到了WnΓn=ξnΓn。

该观察结果与性质3相结合，给出了wn|τn=ξn|τn=ξn+2|τnonΓ。因此，为了显示等式（37），如果n+2是奇数（或偶数），则需要在以下计算中显示IΓWn+2Γτn=IΓWnΓτn.（38），fn+2等于fn+2（或fn+2）；类似地，如果n是奇数（或偶数），则fniis等于fn（或fn）。通过使用附录的性质4和命题A.1，应用A：=Γ，它是Fτn-可测的，我们得到IΓWn+2Γτn=IΓWn+2τn=ess supτ∈Tτn，TIΓEfn+2iτn，τ（ξn+2τ）=ess supτ∈Tτn，TEfn+2iIΓτn，τ（IΓξn+2τ）。现在，通过使用fn+2i和fni的定义以及属性2，我们得到：fn+2i（ω，t，y，z，k）IΓ（ω）=fi（ω，t，y，z，k）I{t≤τn+1（ω）}IΓ（ω）=fi（ω，t，y，z，k）I{t≤τn-1（ω）}IΓ（ω）=fni（ω，t，y，z，k）IΓ（ω）。利用这一观察结果和性质3，我们得到了Efn+2iIΓτn，τ（IΓξn+2τ）=EfniIΓτn，τ（IΓξnτ）。通过再次使用附录中的命题A.1，我们得到了EfniIΓτn，τ（IΓξnτ）=IΓEfniτn，τ（ξnτ）。结合前面的等式，得出IΓWn+2Γτn=ess supτ∈Tτn，TIΓEfniτn，τ（ξnτ）=IΓess supτ∈Tτn，TEfniτn，τ（ξnτ）=IΓWnτn=IΓWnτn，其中我们再次使用属性4来获得最后的等式。等式证明（38），因此等式证明（37）已完成。根据等式（37）和|τn+2的定义，我们推导出|τn+2≤ ΓτnonΓ，与Γτn<Γτn+2onΓ相矛盾。从而证明了这一命题。推论4.1（i）适用于所有n≥ 2，τn+1=△τn+1I{△τn+1<τn}+τn-1I{τn+1=τn}。（ii）对于所有n≥ 2，？τn+1=τn+1∧ τn.证明：断言（i）的证明是τn+1定义的直接结果，结合前面的命题4.3和命题4.2的性质（ii）。让我们证明（ii）。

通过使用前面的断言（i），我们得到τn+1∧ τn=（§τn+1∧ τn）I{τn+1<τn}+（τn-1.∧ τn）I{τn+1=τn}={τn+1I{τn+1<τn}+（τn-1.∧ τn+1）I{τn+1=τn}。通过使用前面的命题4.3和命题4.2的性质（ii），我们得出结论：τn+1∧ τn=～τn+1I{～τn+1<τn}+～τn+1I{～τn+1=τn}=～τn+1。关于{τn=τn的引理4.1-1} 我们有τm=T，m级∈ {1，…，n}。证明：该证明类似于Hamadène和Zhang（2010）中引理3.1的证明，是为了方便读者而给出的。我们采用归纳法。对于n=2，结果非常正确。假设结果适用于n- 1，其中n≥ 从前面推论4.1第（i）部分的τnf表达式中，我们可以看到τn=τn-2on{τn=τn-1} 并运用归纳假设得出结论。命题4.4以下不等式成立：J（τ，τ2n）≤ J（τ2n+1，τ2n），对于所有τ∈ Td0，T.J（τ2n+1，τ）≤ J（τ2n+1，τ2n+2），对于所有τ∈ Td0，T。换句话说，当第二个代理的策略固定在τ2n时，策略τ2n+1在时间0时对第一个代理是最优的。当第一个代理的策略固定在τ2n+1时，第二个代理的策略τ2n+2在时间0时是最优的。证明：我们将证明第一个不等式。第二种观点可以用相似的论证来证明。根据方程式（31），我们有j（τ，τ2n）≤ W2n+1。（39）另一方面，J（τ2n+1，τ2n）=Ef2n+10，τ2n+1∧τ2nXτ2n+1I{τ2n+1≤τ2n}+Yτ2nI{τ2n<τ2n+1}= Ef2n+10，τ2n+1∧τ2n（ξ2n+1τ2n+1），其中引理4.1和假设（A2）（即假设XT=YT）已用于获得最后的等式。我们使用备注4.2、推论4.1（第（ii）部分）和▄τ2n+1的最优性来获得f 2n+10，τ2n+1∧τ2n（ξ2n+1τ2n+1）=Ef2n+10，τ2n+1∧τ2n（ξ2n+1τ2n+1∧τ2n）=Ef2n+10，|τ2n+1（ξ2n+1|τ2n+1）=W2n+1。因此，J（τ2n+1，τ2n）=W2n+1，与（39）结合，得到期望的结果。

备注4.3作为上述证明的副产品，我们得到：W2n+1=Ef2n+10，τ2n+1∧τ2n（ξ2n+1τ2n+1）。我们得出结论，对于优化问题（30），停止时间τ2n+1也是最优的（时间t=0）。我们定义τ*和τ*按τ*:= 画→∞τ2n+1和τ*:= 画→∞τ2n。我们注意到τ*和τ*我们现在证明，我们可以通过前面命题不等式中的极限。命题4.5（i）适用于所有τ∈ Td0、T、limn→∞J（τ，τ2n）=J（τ，τ*) 和limn→∞J（τ2n+1，τ）=J（τ*, τ）。（二）limn→∞J（τ2n+1，τ2n）=J（τ*, τ*) 和limn→∞J（τ2n+1，τ2n+2）=J（τ*, τ*).证明：让我们证明第（i）部分的第一句话。其他断言可以用类似的论据来证明；细节留给读者。为了便于演示，我们设置了ξ2n+1t：=XtI{t≤τ2n}+Yτ2nI{τ2n<t}（当第二个代理的策略为τ2n时，过程ξ2n+1对应于第一个代理的反向过程）。我们还设置了ξτ*t： =XtI{t≤τ*}+ Yτ*I{τ*<t} 。用这个符号，我们得到J（τ，τ2n）=Ef0，τ∧τ2n（(R)ξ2n+1τ）和J（τ，τ*) = Ef0，τ∧τ*（(R)ξτ）*τ） 。我们注意到序列（τ∧ τ2n）从上到τ收敛∧ τ*. 假设我们已经显示了ξ2n+1τ-→n→∞\'ξτ*τa.s.和d E（supn（(R)ξ2n+1τ））<+∞. （40）然后，通过BSDE解关于终端时间和终端条件的连续性（见Quenez和Sulem（2013）中的命题A.6），我们得到→∞J（τ，τ2n）=J（τ，τ*), 这是期望的结果。仍需检查（40）。现在，s等式（τ∧ τ2n）收敛于a.s.和τ∧ τ2n在有限集{0，…，T}中取值。因此，对于几乎每个ω，实的序列（τ（ω））∧ τ2n（ω））是平稳的，这意味着序列（(R)ξ2n+1τ（ω））也是平稳的，并收敛到ξτ*τ（ω）。最后，我们检查E（supn（(R)ξ2n+1τ））<+∞, 这是由于不等式ξ2n+1τ|≤ 2 | Xτ|+2 | Yτ2n |，假设（A3）和X的平方可积性。

因此，证明是完整的。结论：我们从前两个提案（第4.4和4.5号提案）推断J（τ，τ*) ≤ J（τ*, τ*), 对于所有τ∈ Td0、T和J（τ*, τ）≤ J（τ*, τ*), 对于所有τ∈ Td0，T；换句话说，（τ*, τ*) 是我们Dynkin游戏的一个NEP。备注4.4我们注意到，命题4.5的证明依赖于一个事实，即本文框架中的停止时间是在一个有限集合中进行估值的。提议4.5（更具体地说，声明（ii））似乎难以在连续时间框架内确立。更准确地说，由于[0，T]中的实的收敛序列不是必要的系统论，因此不太清楚是否有可能从命题4.4推导出命题4.5的陈述（ii），这与具体情况相反。5进一步的发展本报告中给出的结果可以推广到在有限的停车时间集合中评估策略的情况。更具体地说，让我们考虑以下设置：let是一个正实数。让K∈ N、 设θ，θ。。。，θKbe K+1（不同的）F停止时间，值在[0，T]中，使得0=θ≤ θ≤ . . . ≤ θK=T a.s.我们认为在每种情况下ω∈ Ohm, 只能在时间θ（ω），θ（ω）。。。，θK（ω）。换句话说，停止者可以在停止时间τof the formτ=PKi=0θiAi中选择他/她的策略，其中（Ai）i∈{0，…，K}是Ohm 这样的Ai∈ Fθi，表示alli∈ {0，…，K}。我们用Θ表示这组停止时间。我们还给出了一个F-适应平方可积payoff过程（ξt）t∈[0，T]。在此框架下，第3节的最优停止问题变为：V：=supτ∈ΘEg0，τ（ξτ）。一个类似于第4节的博弈问题，其中停车时间集Td0，t被集合Θ代替，也可以公式化。在特殊情况下，停车时间θ，θ。。。，θKare严格有序（即0=θ<θ<。。。

<θK=T a.s.），这两个问题可以通过使用与本文中使用的技术相似的技术，结合变量的变化来解决。对于一般情况（参见我们正在进行的Grigorova和Quenez（2016）），我们需要一些与Kobylanski和Quenez（2012）、Kobylanski等人（2011）的工作相关的额外论点。参考资料M。Alario Nazaret、J.P.Lepeltier和B.Marchal，《Dynkin游戏，随机微分系统》，《控制与信息科学讲稿》，1982年第43卷，第23-32页。E、 Bayraktar，I.Karatzas和S.Yao，《动态凸风险度量的最优停止》，伊利诺伊州数学杂志54（2010），第1025-1067页。E、 Bay raktar和S.Yao，《非线性期望的最优停止，随机过程及其应用》121（2011），第185-211页和第212-264页。E、 Bayraktar和S.Yao，《关于强健的Dynkin游戏》，预印本（2015年）。可获得的athttp://arxiv.org/abs/1506.09184.J.-M.Bistrit，Sur un problème de Dynkin，Z.Wahrsch。Verw公司。Gebiete 39（1977），第31-53页。J、 -M.Bimit，《最优随机控制中的共轭凸f函数》，数学分析与应用杂志44（1973），第384-404页。J、 -M.Bimit，Théorie probabiliste du contr^ole des Diffusions，美国数学学会回忆录4（1976）。P、 Cheridito，F.Delbaen和M.Kupper，《有界离散时间过程的动态货币风险度量》，电子版。J、 概率。11（2006），第57-106页（电子版）。C、 Dellacherie和P.-A.Meyer，《可能性与潜力》，第一章至第四章，新编辑，赫尔曼，MR04881941975年。R、 Dumitrescu，M.-C.Quenez和A.Sulem，G一般化的Dynkin游戏和带有跳跃的双重反射BSDE，预印。可用位置：http://arxiv.org/pdf/1310.2764v2.pdf.E.B.Dynkin，《最佳停车问题的游戏变体》，苏联数学。Dokl。10（1969），第16-19页。N、 El Karoui、S.Peng和M.C。