信息不完全不对称的Dynkin对策

为了将来的参考，我们注意到dxt=（ui+σ）Xtdt+σXtdfWit，underePi（64）和dΦt=σωΦtdt+ωΦtdfWt，undereP，（65）dΦt=（σω+ω）Φtdt+ωΦtdfWt，undereP。（66）也可以很容易地验证Φ和X通过直接比例有效地联系在一起，即-1Φt=x-ω/σXt公司ω/σe（一）-1/2)ω-ωσ（ui-σ)t、 ePi-a.s.（67）引理6.3。对于（x，Д）∈ R+×R+和（τ，γθ）∈ T×TθRour博弈支付可以重写为bjx，Д（τ，γθ）=xeEДheuτ（1- Γτ) + (1 + )ZτeutdΓti（68）+eEИheuτΦτ（1- Γτ) + (1 + )ZτeutΦtdΓti.此外，我们有bjx，Д（τ，γθ）=Jx，Д（τ，Γ）+ДJx，Д（τ，Γ），其中Jx，Д（τ，Γ）=xeEДheuτ（1- Γτ) + (1 + )ZτeutdΓti（69）和jx，Д（τ，Γ）=xeEДheuτ（1- Γτ) + (1 + )ZτeutdΓti。（70）证明。注意到xt=x eutdePdP，则（68）中的表达式遵循（24）和（29）FXt，P-a.s.，并在推论3.3的证明中进行论证。同样，（69）和（70）紧随（27）和（28）。20蒂齐亚诺·德安吉利斯（TIZIANO DE ANGELIS）、埃里克·埃克斯特罗姆（ERIK Ekstrom）和克里斯托夫·格洛维特（KristoferGloverit）直觉地清楚，如果u=u，球员2就不应该停下来。注意，对于任何Γ∈ A、 分部积分允许我们重写（69）asJx，Д（τ，Γ）=x1+eEДhuZτeut（1- Γt）dt+ZτeutdΓti.使用该u<0，我们立即得到jx，Д（τ，Γ）≥ x个1+eEДhuZτeutdti= Jx，~n（τ，0），即（34）保持不变。因此，命题3.8表明，有必要在γ的子类中寻找纳什均衡∈ γ=+∞ （相当于，Γ=0）。现在我们需要求出剩余的平衡控制Γ*,1和停止时间τ*. 我们首先对τ的结构作出有根据的猜测*和Γ*,然后我们验证了使用这样的猜测，我们可以从定理5.1.6.1中得到拟变分不等式的解。候选人调整的似然比。在u=u的情况下，不对称信息的存在会激励知情玩家不要立即停止，以“愚弄”不知情的玩家。

事实上，如果让不知情的玩家相信漂移很低（即u=u），那么不知情的玩家可以选择提前停止，这对知情玩家有利，因为只需支付较小的报酬。因此，玩家2自然只想在Φ变得太高时停止（即，不知情的玩家坚信漂移为u）。包括上述推理中的随机化思想，我们预计知情的玩家将根据某种“强度”在某个上限停止。随机化的效果是产生一个调整后的似然比Φ*, 这可以解释为知情者进行操纵后，未知情者的信念。因此，对于玩家2来说，这是一个在操纵玩家1的信念和及时停止之间找到最佳权衡的问题。根据上面的启发，我们推测玩家2将构造Γ*,1以反映工艺Φ的方式*= Φ(1 - Γ*,1） 处于较高阈值。考虑到这个想法，让B∈ (0, ∞) andan初始信念∈ (0, ∞) 被给予。众所周知，存在一对独特的过程（Y，L），因此EPД-a.s.one具有（L）t≥0是连续且不递减的，L=0，（71）Y0-= ^1，Y=Д∧ B和Yt∈ （0，B）表示t≥ 0，（72）（Y，L）求解（dYt=σωYtdt+ωYtdfWt- dLt，Rt{Ys<B}dLs=0。（73）那么Y是一个在B处有反射的扩散过程。定义过程ΓB∈ A byΓB0-= 0，ΓB=最大值{0，1- B/Д}和ΓBt=1- (1 - ΓB）e-Lt/B，ePД-a.s.（74）接下来，我们表明，对应于配对Γ=（0，ΓB）的调整后似然比由反映的过程Y给出。提案6.4。修复B∈ (0, ∞), 并考虑上述过程（Y，L）和ΓBas。然后对于任何类型∈ (0, ∞) 我们有ΦBt：=Φt（1- ΓBt）=Yt，对于所有t≥ 0，ePД-a.s.（75）证明。

注意，（73）意味着dLt=1{Yt=B}dLtwe可以在（73）中写出第一个方程，即dyt=σωYtdt+ωYtdfWt- B-1年初至今。具有不完全和不对称信息的DYNKIN博弈21现在回想（71）–（72），由于上面的等式，我们可以在EPДasYt=（Д）下显式写出Y∧ B） 经验值ωfWt+（σω-ω） t型- B-1吨.将上述表达式与ΓBin（74）和Φin（65）进行直接比较，得出（75）。下面，我们根据本节开头提到的猜想，制定并解决一个变分问题：玩家2将选择一个阈值B∈ R+并采用夫妻产生的随机停止时间（0，ΓB）∈ A×A。玩家1将选择阈值A∈ （0，B）并在τA处停止：=inf{t≥ 0：ΦBt≤ A} 。(76)6.2. 线性支付问题的拟变分不等式。在这里，我们使用一种构造性的方法来获得拟变分不等式的候选解，然后我们将在下一节中根据定理5.1的要求进行测试。如上所述，我们寻求与Γ的平衡*,0≡ 如果游戏者2玩Γ=（0，ΓB），而游戏者1玩τA，我们从（69）Jx，ν（τA，Γ）中获得*,0）=xeEД[euτA]=：xV（Д）。（77）我们的想法是，我们应该在定理5.1中验证u（x，Д）=xV（Д）和uas。这将在定理6.10中使用本节收集的事实。很容易检查（参见，例如，【36】）VSaties（78）ωДV（Д）+σωДV（Д）+uV（Д）=0，Д∈ （A，B）V（Д）=1，Д∈ （0，A）V（B）-) = 请注意，B处的条件是通常的正常反射条件。此外，观察EPД（ΦB=B）=1表示Д≥ B、 因此，对于φ，EEД[euτA]=eEB[euτA]≥ B、 因此，v（Д）=0，Д≥ B、 （79）此外，我们还注意到u<0表示V（Д）≤ 1, φ ≥ A、 （80）相反，It^o公式的应用给出了MMA 6.5。假设存在“V”∈ C（[A+∞)) ∩ 解（78）–（79）的C（[A，B]）。

然后'V（Д）=eEДeuτA= V（Д）。接下来，我们介绍一个函数xV（Д），我们想将其与（70）中的Jx，Д（τa，ΓB）联系起来。我们根据以下逻辑为Vac计算了一个边值问题：（i）在区间（a，B）中，两个参与者都不应该停止，因此函数V应该表现为ΦB的过程，其创建速率为u；（ii）只有当过程ΦB超过B时，知情玩家才会停止（尽管在B的第一次击球时间内并非必要）。那么我们期望V（B）=1+;（iii）对于玩家2来说，B的选择是最优的（假设玩家1使用τA），经典平滑条件应保持不变，即我们期望V（B-) = 0;（iv）如果未知情的参与者首先停止（根据τA），那么参与者2的成本为V（A）=1。结合以上四项，我们得到了边值问题（81）ωДV（Д）+（ω+σω）ДV（Д）+uV（Д）=0，Д∈ （A，B）V（Д）=1，Д∈ （0，A）V（Д）=1+, φ ∈ [B，∞)V（B）=0.22 TIZIANO DE ANGELIS，ERIK Ekstrom和Kristofer GLOVERNotice，如果V∈ C（[A+∞)) ∩ C（[A，B]）解决了上述系统，然后由于it^o演算的应用，很容易验证xv（Д）=Jx，Д（τA，ΓB）（82）。此外，我们可以建立V的单调性，这将在本节后面的部分中有用。引理6.6。假设0<A<B和V∈ C（[A，B]）解（81）。然后V（Д）≥ ^1为0∈ [A、B]和1≤ V（Д）<1+ 对于^1∈ [A，B）.证明。让我们从观察（81）中的第一、第三和第四个方程开始，这意味着ωBV（B-) = -u(1 + ) < 0。上述和V（B）=0意味着存在λ>0（B- λ≥ A） V（Д）>0，表示Д∈ （B）- λ、 B）。（83）为了达成矛盾，假设存在∈ （A，B）使得V（Д）<0。然后我们还可以定义：=sup{ν∈ （A，B）：V（Д）<0}，且明显为c∈ （A、B- λ]. 由于Vit的连续性，V（c）=0。由于常微分方程是欧拉型的，其解是幂函数的线性组合；因此V∈ C∞（A、B）。

然后，设置V：=对（81）中的第一个方程进行微分，我们得到V必须解决边值问题（84）ωДv（Д）+（2ω+σω）Дv（Д）+αv（Д）=0，Д∈ （c，B），v（c+）=v（B-) = 0，α：=ω+σω+u。然后，例如通过费曼-卡克公式，v（Д）=0表示Д∈ （c，B），这与（83）相矛盾。然后V（Д）≥ 如所述，在[A，B]中为0。此外，1≤ V（Д）<1+ 对于^1∈ [A，B），通过（81）中的第二个和第三个等式。此后，当提及大众汽车时，将隐含地假设它解决了（81）（我们在下一节中显示，以下（81）和（85）可以以独特的方式同时解决）。回顾（68）现在很自然地将jx，Д（τA，0，Γ1，B）与函数xv（Д）：=x（V（Д）+ДV（Д））。使用（78）和（81）中的第二个等式，我们立即看到V（A）=1+A。此外，回顾（29），函数Ξ（x，Д）：=xV（Д）/（1+Д）应表示代理形式游戏中未知情玩家的均衡支付（请注意，实际上Ξ（x，A）=x）。因此，通过最优性，我们期望经典光滑条件在边界A处成立，即ΞΞ（x，A+）=0，或等效地，V（A+）=1。因此，使用（78）和（81），我们得出V应该解决边值问题（85）ωДV（Д）+σωДV（Д）+uV（Д）=0，Д∈ （A，B）V（Д）=1+Д，Д∈ （0，A）V（A+）=1，V（B-) = 1 + .此外，V（Д）=1+, φ ≥ B（86）乘以（79）和（81）。在结束本节之前，我们将提供V的一些有用属性。引理6.7。假设V∈ C（[A，B]）解（85）。然后V（Д）>1+Д，V（Д）>1表示Д∈ （A、B）。具有不完全和不对称信息的DYNKIN对策23证明。首先请注意，ODE是Euler类型，因此V∈ C∞（A、B）。

区分（85）中的第一个方程，并对增值税A和增值税B施加边界条件，我们发现v：=Vsolves（87）ωДv（Д）+（ω+σω）Дv（Д）+uv（Д）=0，Д∈ （A，B）v（A+）=1，v（B-) = 1 + .回顾ΦundereP的动力学（见（66）），设置ρA：=inf{t≥ 0：Φt≤ A} ρB：=inf{t≥ 0：Φt≥ B} ，并使用It^o的公式，我们很容易得到v（Д）=eEДheu（ρA∧ρB）v（ΦρA∧ρB）i（88）=eEДheu（ρA∧ρB）i+eEДheuρB{ρB<ρA}i。现在引理中的两个权利要求都来自（88），因为u>0，并且回顾V（Д）=1+Д≤ A.最后，我们注意到引理6.7和V（A+）=1这一事实意味着V（A+）≥ 0.然后将（85）的第二和第三个方程插入第一个方程，并使用V（A+）≥ 0我们得到ωAV（A++σωA+u（1+A）=0==> uA+u≤ 0下一个推论成立。推论6.8。假设V∈ C（[A，B]）解（85）。那一定是≤ -u/u.6.3. 变分问题的解和纳什均衡。现在我们证明了（81）和（85）可以用一种独特的方式同时求解。请注意，一旦找到函数V和Vand以及边界点A和B，函数Vis将根据关系V（Д）自动确定：=V（Д）- ^1V（Д）。Vin（81）ODE的一般解为（89）V（Д）=CДβ-1+CИβ-1，其中Cand Care常数和β∈ （0，1）和β<0是二次方程ωβ（β）的解- 1) + σωβ + u= 0.（81）中的第三和第四个边界条件可用于确定Cand CasC=（1- β)(1 + )β- βB1-β和C=（β- 1)(1 + )β- βB1-β.根据条件V（A）=1和导出的Cand C表达式，我们得出方程（90）（1- β)AB公司β-1+ (β- 1)AB公司β-1=β- β1 + .引理6.9。存在唯一的a/B值∈ （0，1）满足（90）。证据设h（z）=（1- β） zβ-1+ (β- 1） zβ-1.- (β- β)/(1 + ) 我们可以看到h（z）=（1- β)(β- 1)zβ-2.- zβ-2.> z为0∈ （0，1）自β∈ （0，1）和β<0。此外，limz↓0h（z）=-∞ h（1）=(β- β)/(1 + ) > 0

因此，我们得出结论，在（0，1）中存在唯一的根h（z）=0。24 TIZIANO DE ANGELIS、ERIK EKSTR¨OM和Kristofer GLOVERNext，对于常数和D，（85）中V的ODE通解为（91）V（Д）=DДβ+DДβ。可以使用（85）中的第二和第三边界条件来确定，并且DasD=A-ββ- β[-β+ (1 - β） A]和D=A-ββ- β[β+ (β- 1） A）]。根据边界条件V（B-) = 1 +  和D的导出表达式，我们得到了方程（1+)(β- β） B=（A/B）-ββ[β+ (β- 1） A]- （A/B）-ββ[β+ (β- 1） A）]。将（90）的唯一根表示为δ=A/B∈ （0，1）我们设置A=δB以获得（1+)(β- β） B=δ-ββ[β+ (β- 1） δB]（92）- δ-ββ[β+ (β- 1） δB]。线性方程（92）具有唯一解（93）B=ββ（δ-β- δ-β)(1 + )(β- β) - β(β- 1)δ1-β+ β(β- 1)δ1-β、 使用δ可以直接检查B>0∈ （0，1）在分子和分母中。从上面我们可以看到，A和B由（90）和（93）唯一确定，相应的候选值Vand V分别由（89）和（91）给出。请注意，为了在（0）上定义V+∞) 我们简单地通过取V（ν）=V（B）+（1）+，在Cway中扩展上面构造的V)(φ - B） ，用于^1≥ B、 （94）V（Д）=1+Д，表示Д≤ A、 （95）此外，我们扩展了Vto[B+∞) 在Cway和to（0，a）中，通过取v（Д）=1+, 对于^1≥ B、 （96）V（Д）=1，表示Д≤ A、 （97）定理6.10。设A<B是（90）和（93）的唯一解，设Vand V在（89）和（91）中用（94）–（97）构造。表示V（Д）：=V（Д）- ДV（Д）并回忆ΦBandτAfrom（75）和（76）。LetΓ*= （0，ΓB），设γ*θ是由Γ生成的随机停止时间*, 和设置τ*:= τA.然后随机停止对（τ*, γ*θ） 是具有（62）中所述线性支付的代理formgame的纳什均衡（即事前博弈的鞍点）。

此外，对于所有（x，Д）∈ R+×R+我们有bjx，ν（τ*, γ*θ） =xV（Д），Jx，Д（τ*, 0）=xV（Д），Jx，Д（τ）*, ΓB）=xV（Д）。证据证明依赖于证明定理5.1中的u（x，Д）：=xV（Д）和ui（x，Д）：=xVi（Д），i=0，1，完全满足所有条件。让我们从设置开始，对于i=0，1，C：{（x，Д）：u（x，Д）>（1+Д）x}和Ci：{（x，Д）：ui（x，Д）<（1+)x} 信息不完全和不对称的DYNKIN对策，S：=R+\\C，Si：=R+\\Ci。根据引理6.6和（81）中的第二个方程，我们得到C=R+×（0，B）和S=R+×[B+∞). 类似地，从（86）和引理6.7我们得到C=R+×（A+∞)和S=R+×（0，A）。由于V和Vsolve（85）–（86）和（81）分别为，立即检查Vsolves（78）–（79）。此外，引理6.5保证Valso满足（77）。那么（80）也成立，意味着C=R+和S=.既然规定了C、Ci、S、SiA，很容易检查S上的Lu（x，Д）=L[x（1+Д）]=x（u+uД）≤ 0，（98），其中最后一个不等式来自推论6.8（回想一下，Li是度量Pi下（X，Φ）的微型生成器）。因此，（98）和（85）意味着（42）。此外，（78）和（81）表示（43）。此外，（78）和（81）中的第二个方程表示（44），（79）和（81）中的第三个方程表示（45）。最后，ui（x，ν）≤ x（1+) 对于i=0，1乘以（80）和引理6.6。很明显，（Xt，ΦBt）t≥0施工满足条件（46）–（48），因为我们考虑的所有概率度量在Ft上是等效的，对于每个t<∞. 此外，Pi（τA<∞) = 1由于τ是反映扩散的恒定水平的第一次击中时间，因此P（τa<∞) =(1 - π） P（τA<∞) + πP（τA<∞) = 1、只剩下检查横截性条件（49）。首先，我们注意到τn（u）和τn（ui），i=0，1，如（41）所定义，收敛为n→ ∞ 由于u和ui的规则性，在PiandePi下，i=0，1。使用ΦBt∈ [0，B]对于所有t≥ 0，Px，Д-a.s。

以1为界，我们得到0≤ 画→+∞Ex，ДhXτnV（ΦBτn）1{τA>τn}i≤ 画→+∞由于P-几何布朗运动{Xt，t≥ 0}是一致可积的。因此（49）适用于i=0。为了证明（49）的i=1，我们从（81）和伊藤公式的一个应用中可以看出，zt：=eu（t∧τA）V（ΦBt∧τA）是aePД-鞅。通过Fatou引理，eEheτAi≤ 限制→∞eEИheu（t∧τA）V（ΦBt∧τA）i≤ V（Д）<∞,这也意味着EP（τA<+∞) = 1，根据以下需要。最后，我们有0≤ 画→+∞Ex，ДhXτnV（ΦBτn）1{τA>τn}i≤ (1 + ) 画→+∞限制→+∞Ex，ДhXτn{τA∧t> τn}i=x（1+) 画→+∞限制→+∞eEДheuτn{τA∧t> τn}i≤ x（1+) 画→+∞eE^1euτn{τA>τn}= 0，我们使用ΦBt的地方∈ [0，B]对于所有t≥ 0，ePД-a.s.和以1+ 在（0，B）上，最后一个等式是由于支配收敛。回顾我们问题中的事前价值是xV（Д）和x≥ 0，一个最终观测值涉及到相对于ν的凸度（自V≥ 0，这也等价于关于π的凸性）。结果与文献[1]中关于不对称信息博弈的现有文献一致，与文献[6]、[7]、[21]、[22]和[23]中的最新结果一致。提案6.11。地图Д7→ V（Д）在[0]上是凸的，∞).证据结果可以通过V的显式表达式导出，但需要检查所有相关常数的符号。我们采用另一种方法，利用（A，B）解（90）和（93）的唯一性。26 TIZIANO DE ANGELIS、ERIK Ekstrom和Kristofer GLOVERFirst，我们观察到如果存在≤ φ< φ≤ B使得V（Д）=V（Д）=0，则V=0在间隔（Д，Д）上。这可以很容易地由最大值原理推导出来，注意到V=：^V通过（87）的直接微分求出ωИ^V（Д）+（2ω+σω）ДV（Д）+（ω+σω+u）^V（Д）=0on（Д，Д）。

因为1=V（A+<V（B-) = 1 +  （A，B）上的V>1，我们得出结论→ V（Д）最多可以改变一次单调性。特别是，它在达到其全球最大值时不会减少，即对于所有的Д∈ （A，Д）带Д：=inf{Д∈ 【A，B】：V（ν）=最大∈[A，B]V（ν）}。如果V（Д）>1+, 然后存在B∈ （A，Д）使得V（B）=1+ 这对（A，B）也是（90）和（93）的解，用同样的构造，得到这些方程。这与解决方案的唯一性相矛盾。因此，V（Д）=1+ ν=B。那么Vis单调，V是凸的。数值结果在本节中，我们说明了第6节中发现的代理形式博弈中事前博弈和纳什均衡的价值。我们考虑u=-1，u=1，σ=0.5和 = 0.1. 对于这些参数，（90）和（93）确定的边界为A=0.329和B=0.868。然而，为了便于解释，下面我们将返回后验概率过程∏*, 其中，我们将下边界表示为a：=a/（1+a），将上边界表示为b：=b/（1+b）。对于我们的基本情况，这对应于a=0.248和b=0.465。此外，我们假设x=1，并注意到u（1，Д）=V（Д），ui（1，Д）=Vi（Д）；因此，我们参考V和Vias值函数。最后，由于u=u{θ=0}+u{θ=1}，我们将停止引用θ，并直接使用事件{u=u}和{u=u}，这两个事件具有明确的直观含义。首先，图2展示了∏的典型示例路径*-过程及其相关Γ*,1过程。注意，在这个特定示例中，播放器1在τ处停止*≈ 0.06*,1τ*≈ 0.13.因此，如果u=u或u=u且统一分布随机化装置U的值大于0.13，则播放器1在播放器2之前停止。（a） （b）图2。