期权定价中的维度诅咒与最优解

然而，作为P（Z≤ Z） =1，我们发现infτ∈T2,3 E[Zτ]=E[Z]=。因此，任何（0-均值）确定最优鞅M必须满足min1，Z- M=w、 第1页。因此，1- M（0，1，1）=，和- M（0，1，）=。结合以上内容完成证明。Q、 E.D.7.2。定理8的证明我们通过证明与i.i.d.U[0,1]停止或Robbins问题的特殊问题无关的关于我们的修正展开式的更一般的结果来进行证明。回想一下η∈ （0、1）和T∈ [1，T]，Zη，T=Zt。对于T≥ 1和η∈ （0，1），设tη（t）= (1 - η） T型. n将其重新称为k≥1, η ∈ （0，1），t∈ [1，T]，Zk+1η，T=Zkη，T- E迷你∈[1，tη（t）]Zkη，i | Ft. 回想一下f或1≤ t型≤ t型≤ T，Tt，tdenotes所有整数值停止时间τ的集合，适用于F，s.T.w.p.1 T≤ τ ≤ t、 同样，Leoptη（t）= infτ∈T1，tη（t）E[Zτ]。请注意，如果受时间限制，OPTη（T）会重新显示您所能做的最好的结果(1 - η） T型. 进一步回顾Hk（η）=E[最小1≤t型≤tη（t）Zkη，t]，且Ek（η）=Pki=1Hi（η）。Chen和Goldberg：战胜期权定价和最优止损中的维度诅咒我们首先对修正后的扩展进行了一些观察，这些观察来自定义、条件期望的基本属性、单调性以及与定理1几乎相同的证明（我们省略了细节）。引理19。对于所有η∈ （0，1），k≥ 1和t∈ [1，tη（t）]，Zkη，t≥ 0.对于所有η∈ （0，1）和t∈ [1，T]，{Zkη，T，k≥ 1} 是单调递减的。同样，对于所有η∈ （0，1），OPTη（T）=P∞k=1Hk（η）。此外，对于所有k≥ 1，Hk（η）≤k×OPTη（T）。我们注意到，必须小心，因为Zkη，t<0表示t>tη（t）。对于T≥ 1和η∈ （0，1），Leoptη（T）= infτ∈Ttη（T），TE[（Zτ）]。请注意，如果限制在时间Tη（T）之后停止，optη（T）代表您所能做的最好的（相对于Z的平方）。它遵循最佳停车理论的标准结果，例如：。

Chow和Robbins（1963），fτ中最优停止问题的最优值∈得到了Ttη（T），TE[（Zτ）]（而不是仅作为某个停止时间序列的极限来接近），并且我们用τη（T）表示该问题的某个最佳停止时间。因此，OPTη（T）=E[（Zτη（T））]。为了使依赖项onT显式化，我们还用OPT（T）表示OPT。为了便于标记（允许我们在数量上除以certa），我们排除了OPT（T）=0的退化设置。那么我们的一般辅助结果如下。引理20。对于所有η∈ （0，1）和k≥ 1.选项（T）- Ek（η）选项（T）≤ maxOPTη（T）- 选项（T）选项（T），3×OPTη（T）×OPTη（T）（k+1）×OPT（T）！。证明：首先，我们显示THATEK（η）- OPT（T）OPT（T）≤OPTη（T）- OPT（T）OPT（T）。（11） 通过引理19，我们得出结论：OPTη（T）≥ Ek（η）。下面是OPT（T）=OPTη（T）+选项（T）- OPTη（T）≥ Ek（η）+选项（T）- OPTη（T）,（11）如下。接下来，我们证明了op T（T）- Ek（η）OP T（T）≤ 3 ×OPTη（T）×OPTη（T）（k+1）×OPT（T）。（12） Chen和Goldberg：击败期权定价中的维度诅咒和最优停止证明（12），我们首先证明了对于所有k≥ 1，OP T（T）- Ek（η）=infτ∈TE[Zk+1η，τ]。（13） 事实上，通过定义和直接归纳，对于所有∈ [1，T]和k≥ 1，Zk+1η，t=Zη，t-EPkj=1mini∈[1，tη（t）]Zjη，i | Ft. （13） 然后是选项al停止和定义。因此，为了证明（12），必须证明对于所有k≥ 1，infτ∈TE【Zk+1η，τ】≤ 3 ×OPTη（T）×OPTη（T）k+1. （14） 设xη，k（T）=OPTη（T）×OPTη（T）4（k+1）. 设τη，k（T）表示以下停止时间。它在[1，tη（t）]中第一次停止Zk+1η，t≤ xη，k（T），如果[1，Tη（T）]中存在这样的时间T。否则，根据停止时间τη（T）停止。请注意，所有相关r.v.s可构建在commonprobability spac e s.t上。

w、 p.1，Zk+1η，τη，k（T）≤ xη，k（T）+I迷你∈[1，tη（t）]Zk+1η，i>xη，k（t）Zk+1η，τη（T）≤ xη，k（T）+I迷你∈[1，tη（t）]Zk+1η，i>xη，k（t）Zτη（T），引理19的最终不等式，以及（根据定义，w.p.1）Zη，T=zt的事实∈ [1，T]。结合Markov的inequality、引理19、auchy-Schwarz和一些简单的代数，我们得出结论Zk+1η，τη，k（T）≤ xη，k（T）+k+1×OPTη（T）xη，k（T）×OPTη（T）= 3×xη，k（T）。结合以上内容完成证明。Q、 我们现在给出了一个辅助结果，它将在我们的几个证明中有用。引理21。考虑序列{yT，T≥ 1} 定义为y=，y+1=y-yTfor allT公司≥ 1、然后{T×yT，T≥ 1} 是单调递增的，极限为2。证明：针对T≥ 1，让xT= T×yT。平凡x=。它源于YtthaText+1=T+1Text的定义-×T+1text。（15） 因此，可以很容易地验证{xT，T≥ 1} 对于所有T均为正≥ 1，我们发现XT+1>xTif且仅ifT+1TxT-×T+1TxT>xT，相当于（在一些简单的代数之后）xT<2TT+1。因此，为了证明所需的单调性，必须证明xT<2TT+1对于所有T≥ 让我们从归纳法开始。T=1和T=2的情况很容易得到证实，如x=和x=。现在，假设归纳法对某些T是真的≥ 2、因为这是calc ulusChen和Goldberg的一个直截了当的练习：在期权定价和最优止损中击败维度诅咒，以验证函数f（x）=T+1Tx-对于所有T，x轴在[0，2]上增加≥ 2、为了完成感应，需要验证T+1T×（2TT+1）-×T+1T×（2TT+1）<2（T+1）T+2。（16） 正如一些简单的代数证明的，（16）的左边等于2tt+1一样，导引自这样一个事实，即f（x）=xx+1在[0]的x上增加，∞) .

那个极限→∞xT=2来自Gilbert和Mo steller（1966）的结果。现在，我们给出了i.i.d.统一设置的所需界限。引理22。在i.i.d.unifo rm设置中，即Y=Yand gt=gUt时，对于所有T≥ 1, η ∈ （0，1）和k≥ 1.Ek（η）-选项（T）选项（T）≤ 最大值η1-η, 12 × η-× (1 - η)-×（k+1）-.证据：我们首先证明≥ 1和η∈ （0，1），OPTη（T）- OPT（T）OPT（T）≤η1 - η. （17） 对于T≥ 1，让xT= T×OPT（T）。注意f或T≥ 1，OPT（T+1）=E最小值U、 选项（T）= 选项（T）-选项（T）. （18） 由此引理21得出{xT，T≥ 1} 是随极限2单调增加的。我们还将告诉大家≥ 1和η∈ （0，1），它保持OPTη（T）=OPTtη（t）, （19） 这源于i.i.d.属性和简单的概率论证。结合{xT，T的证明单调性≥ 1} ，我们得出结论，optη（T）-选项（T）选项（T）相等选项tη（t）选项（T）- 1=Ttη（T）×Tη（T）×OPTtη（t）T×OPT（T）- 1.≤Ttη（T）- 1.≤η1 - η、 完成（17）的证明。我们接下来证明，尽管T≥ 1和η∈ (0, 1),OPTη（T）×OPTη（T）选项（T）≤ 4 × η-× (1 - η)-. （20） 设t′η（t）= T-tη（t）+1。它同样来自i.i.d.性质和一个直接的概率论证，即optη（T）=infτ∈T1，t′η（t）E[（Zτ）]，即如果观察长度t′η（t）Chen和Goldberg，你能做的最好的事情：击败期权定价中的维度诅咒和i.i.d.平方一致的最优停止顺序。对于t≥ 1，让yt= infτ∈T1，tE[（Zτ）]。从早期的逻辑到用来证明（18）y=，和≥ 1，yt+1=E最小值U、 年初至今= 年初至今-年初至今。（21）使用（21），我们现在证明≤t对于所有t≥ 1、注意yt≤ 1个用于所有t≥ 1，情况s t=1，2，3很简单。因此，对于归纳法，假设yt≤t对于某些t≥ 3.

注意f（x）=x-xis在[0，1]上增加，且≤ 1表示所有t≥ 3、通过归纳法完成证明，必须验证-×（t）-（t+1）≤ 0，我们现在显示。t型-×（t）-（t+1）=9t（t+1）- 18（t+1）- 9tt（t+1）=-27吨- 18t（t+1）<0，这通过导出yt来完成证明≤t对于所有t≥ 1、对于所有T≥ 1和η∈ （0，1），OPTη（T）≤（T- (1 - η） T型 + 1)≤ηT。再次应用{xT，T的单调性≥ 1}和（19），我们得出结论：OPTη（T）×OPTη（T）OPT（T）最多为η-T-×tη（t）×OPTtη（t）tη（t）×OPT（T）=9η-T-×tη（t）×OPTtη（t）T×OPT（T）×Ttη（T）×选项（T）-≤ 9η-T×OPT（T）-×1.- η-≤ 9η-×-×1.- η-≤ 4 × η-× (1 - η)-.结合引理20和（17）完成了证明。Q、 E.D。。现在，我们给出了设置罗宾斯问题所需的界。引理23。在Robbins问题的设置中，即当Y=Yand gt=gRt时，存在一个绝对常数C（独立于T，η，k）s.T.对于所有T≥ 1, η ∈ （0，1）和k≥ 1.Ek（η）-选项（T）选项（T）≤C×最大值η1-η, η-× (1 - η)-×（k+1）-.证明：我们首先证明存在一个普适常数C，独立于T和η，s.T≥ 1和η∈ （0，1），OPTη（T）- OPT（T）OPT（T）≤ C×η1- η. （22）Chen和Goldberg：击败期权定价中的维度诅咒和T的最优止损≥ 1，设τ（T）表示当视界为时，Robbins问题的最佳停止时间，即OPT（T）=e[Zτ（T）]，其中存在再次遵循一般结果导致最佳停止（Chow和Robbins（1963））。

注意，由于τtη（t）∈ T1，tη（t）对于所有t≥ 1和η∈ （0，1），itholds that optη（T）=infτ∈T1，tη（t）EτXi=1I（Yi≤ Yτ）+（T- τ）Yτ= infτ∈T1，tη（t）EτXi=1I（Yi≤ Yτ）+tη（t）- τYτ+T- tη（t）Yτ≤ Eτtη（t）Xi=1I（Yi≤ Yτtη（t）) +tη（t）- τtη（t）Yτtη（t）+T- tη（t）Yτtη（t）= 选择tη（t）+T- tη（t）tη（t）×tη（t）×EYτtη（t）≤ 选择tη（t）+η1 - η×tη（t）×EYτtη（t）. （23）正如Gnedin和I ksanov（2011）所证明的，C= 支持≥1.T×E[Yτ（T）]< ∞, 以及{OPT（T），T≥ 1} 当单调增加到一个有限的极限时，期望的结果（22）由以下事实得出：平凡OPT（1）=1。接下来，我们证明≥ 1和η∈ （0，1），OPTη（T）≤ 10× η-2.（24）让τ表示以下停止ping时间。第一次停车t≥ tη（t）s.t.Yt≤T-t+3。注意，这样的时间总是存在的，asT-T+3=1，a和P（YT≤ 1) = 1. 不是说w.p.1∈ [1，T]，gRt（Y[T]）≤PTi=1I（Yi≤ Yt）+T Yt。然后，它继续定义和一些最直接的代数，包括E[X]≤ 对于所有非负r.v.s X，取1+E[X]，取η（T）≤ ETXi=1I（Yi≤ Yτ）+T Yτ= E1+Xi∈[1，T]\\τI（Yi≤ Yτ）+T Yτ= 1+2×Exi∈[1，T]\\τI（Yi≤ Yτ）+T Yτ+ Exi∈[1，T]\\τI（Yi≤ Yτ）+T Yτ≤ 3+3×Exi∈[1，T]\\τI（Yi≤ Yτ）+T Yτ,most3+3×E时的自身xi∈[1，T]\\τI（Yi≤ Yτ）（25）+6×T×Exi∈[1，T]\\τI（Yi≤ Yτ）×Yτ+ 3×T×E[Yτ]。Chen和Goldberg：击败期权定价和最优止损中的维度诅咒我们现在检查（25）的每一项。对于k∈ [tη（t），t]，让ck=T-k+3。对于k∈ [tη（t），t]andi∈ [1，T]\\k，ck，iequalT-i+3如果i∈ [tη（t），k]，否则为0。然后是一些简单的代数代数，条件期望的基本性质，i.i.d。

Y的结构，以及一个简单的概率论证xi∈[1，T]\\τI（Yi≤ Yτ）= ETXk=tη（t）Xi∈[1，T]\\kXj∈[1，T]\\kI（Yi≤ Yk）I（Yj≤ Yk）I（τ=k）=TXk=tη（t）Xi∈[1，T]\\kEI（易≤ Yk）I（τ=k）+ 2TXk=tη（t）Xi∈[1，T]\\kXj∈[i+1，T]\\kEI（易≤ Yk）I（Yj≤ Yk）I（τ=k）≤TXk=tη（t）Xi∈[1，T]\\kP（τ=k）×P易≤ ck |τ=k+ 2TXk=tη（t）Xi∈[1，T]\\kXj∈[i+1，T]\\kP（τ=k）×P易≤ ck，Yj≤ ck |τ=k=TXk=tη（t）Xi∈[1，T]\\kP（τ=k）×P易≤ ck | Yi>ck，i+ 2TXk=tη（t）Xi∈[1，T]\\kXj∈[i+1，T]\\kP（τ=k）×P易≤ ck，Yj≤ ck | Yi>ck，i，Yj>ck，j≤TXk=tη（t）Xi∈[1，T]\\kP（τ=k）×P（Yi≤ ck）+2TXk=tη（t）Xi∈[1，T]\\kXj∈[i+1，T]\\kP（τ=k）×P易≤ ck，Yj≤ ck公司≤ T×TXk=Tη（T）P（τ=k）×ck+2×T×TXk=Tη（T）P（τ=k）×ck；（26）Exi∈[1，T]\\τI（Yi≤ Yτ）×Yτ=TXk=tη（t）Xi∈[1，T]\\kEI（易≤ Yk）×Yk×I（τ=k）≤TXk=tη（t）Xi∈[1，T]\\kP（τ=k）×ck×P（Yi≤ ck | Yi>ck，i）≤ T×TXk=Tη（T）P（τ=k）×ck。（27）Chen和Goldberg：击败期权定价中的维数诅咒和最优停止，因为类似的论点产生了不等式E[Yτ]≤PTk=tη（t）P（τ=k）×ck，我们可以将（25）与（26）-（27）结合起来，并且E[cτ]≤E[cτ]得出以下结论：optη（T）≤ 3+3×T×TXk=tη（t）P（τ=k）×ck+ 15×T×TXk=Tη（T）P（τ=k）×ck。（28）现在，我们定义ptk=tη（t）P（τ=k）×ck，所有参数都来自一些直接代数，Y的i.i.d.结构，几个泰勒级数近似，以及≥ 1，n次谐波数Pni=1满足度| Pni=1i-对数（n）|≤ 2.

然后，ptk=tη（t）P（τ=k）×ckequalsTXk=tη（t）k-1Yi=tη（t）1.-T- i+3×T- k+3≤ 30×TXk=tη（t）exp- 3×k-1Xi=tη（t）t- i+3×（T- k+3）≤ 30×exp（12）×TXk=tη（t）exp- 3 ×日志（T- tη（t）+3）- 日志（T- k+4）（T- k+3）≤ 240×exp（12）×T- tη（t）+3）-2.≤ 10× η-2×T-与（28）结合完成了（24）的证明，引理随后与（17）、引理20结合，这是Gnedin和Iksanov（2011）的结果{OPT（T），T≥ 1} 是单调递增到一个有限的极限，以及一些简单的代数。Q、 E.D.7.2.1。定理8的证明。定理8的证明：通过设置η=（k+1），立即从引理22和23得到证明-. Q、 E.D.7.3。引理12的证明引理12的证明：让我们定义以下序列。c=1，f或k≥ 1，ck+1=ckexp(-ck）。现在我们用归纳法证明，对于所有k≥ 1，PZk=ck= 1，Zk=dB（ck）×X。基本情况k=1是微不足道的。现在，假设归纳法对某些k是真的≥ 1、既然v ar[Zk]=0，那么Zk+1=ck- E最小值ck，B（ck）×X= ck公司- ck×E[最小（ck，X）]=ck×1.-Zcky e xp(- y） dy公司- ckexp(-ck）= ck+1。此外，根据无记忆属性，Zk+1=Zk- min（Zk，Zk）=dmax（0，B（ck）×X- ck）=dB（ck）×max（0，X- ck）=dB（ck+1）×X。Chen和Goldberg：击败期权定价中的维度诅咒和最优停止结合上述内容完成归纳。因为zk是所有k的鞅≥ 1，由引理1证明{ck+1，k的期望界≥ 1}. 首先，我们通过归纳法证明，对于llk≥ 1，k×ck≤ 基本情况k=1是微不足道的。现在，补充一下，对于某些k≥ 1、然后作为exp(-x）≤ （x+1）-1对于所有x>0，且f（x）=xx+1在[0，1]的x上增加，则认为（k+1）ck+1等于（k+1）ckexp(-ck）≤ （k+1）ckck+1≤ （k+1）×kk+1=1，完成归纳并证明ck+1≤k+1对于所有k≥ 1.

接下来我们用归纳法证明{kck，k≥ 2} 是单调递增的。这相当于证明（k+1）ckexp{-ck}≥ KCK适用于所有k≥ 2.相当于ck≤ 所有k的对数（1+k）≥ 2、基本情况k=2可以通过简单直接的计算进行验证，我们省略了细节。现在假设归纳法对某些k是真的≥ 2、使用ck+1的定义递归、归纳假设和易于验证的事实，w（x）= x log（1+1/x）在（0，∞)和w（x）= x扩展(-x） 在[0，1]上严格递增，我们有log（1+k+1）≥kk+1log（1+k），=log（1+k）e xp{- 对数（1+k）}，≥ ckexp{-ck}=ck+1，完成归纳。因此{kck，k≥ 2} 是单调递增的，极限c最多为1。我们现在证明c=1，d，首先通过归纳证明f或a都是k≥ 2，ck=exp-主键-1i=1ci.基本cas e k=2是微不足道的。因此，在某些k≥ 2、然后通过对ck+1的递归定义，认为ck+1等于CKXP(-ck）=exp-k-1Xi=1ci经验值(-ck）=exp-kXi=1ci,完成入职培训。让yk= kck公司。那么事实是：1。ck=经验值-主键-1i=1ci, 和2。{yk，k≥ 2} 单调增加到c，共同表示对于所有k≥ 2，log（yk）=log（k）-k-1Xi=1yii≥ 对数（k）- ck公司-1Xi=1i，因此c×Pk-1i=1ilog（k）≥ 1.-log（c）log（k）。因为很容易验证（并且从对数和调和数的基本性质可以看出），limk→∞主键-1i=1ilog（k）=1，我们可以通过上述限制得出c≥ 1、结合以上内容完成证明。Q、 E.D.Chen和Goldberg：《战胜期权定价和最优止损中的维度诅咒》7.4。引理13的证明引理13的证明：首先，我们声称对于所有k≥ 1，infτ∈TE【Zkτ】=E【Zk】。

事实上，这源于一个最直接的归纳和定义，即≥ 1，V ar[Zk]=0，且E[Zk]<E[Zk]。然后，期望的主张来自最优停止理论的基本结果（即其反向归纳解，见Chow和Robbins（1963））和一个简单的对比，我们省略了细节。接下来，让我们定义以下序列。z=，p=1。For k公司≥ 1，zk+1=pkexp(-zk）+zk- pk，且pk+1=pkexp(-zk）。现在我们用归纳法证明，对于所有k≥ 1，PZk=Zk= 1，Zk=dB（pk）×X。基本ca se k=1是微不足道的。现在，假设归纳法对某些k是真的≥ 1、既然V ar[Zk]=0，那么Zk+1=Zk- E最小值zk，B（pk）×X= zk公司- pk×E[最小（zk，X）]=zk- pk×Zzky e xp(- y） dy+zkexp(-zk）= zk+1。此外，根据无记忆属性，Zk+1=Zk- min（Zk，Zk）=dmax（0，B（pk）×X- zk）=dB（pk）×max（0，X- zk）=dB（pk+1）×X。结合以上各项完成归纳。因此，对于所有k≥ 1，pk+1- pk=zk+1- zk，因此pk=zk+（p- z） =zk+。回到PK和zk的原始定义，我们发现zk+1=（zk+）e xp(-zk）-. 事实上infτ∈TE[Zkτ]=E[Zk]，结合引理1和定理2，意味着th在{Zk，k≥ 1} 单调收敛到0。它的n来自于L\'Hopital的rulethatlimk的简单应用→∞zk+1zk=limk→∞（zk+）e xp(-zk）-zk=limz↓0（z+）e xp(- z）-z=，从中可以得到所需的结果。Q、 E.D.7.5。引理14的证明引理14的证明：让我们定义以下序列。设a=2，b=1。对于k≥ 1，设ak+1=ak-akbk和bk+1=bk（1-黑色）。现在我们用归纳法证明，对于所有k≥ 1，PZk=akbk= 1，Zk=dB（bk）×U（ak）。基本情况k=1很简单。现在，假设归纳法对某些k是正确的≥ 1.