最优投资自由边界的全局闭式逼近

表示limτ→∞z（τ）：=a。我们重写问题（2.8）asL[v]=I{z≥z（τ）}φ（z），（τ，z）∈ OhmT、 v（0，z）=g（z），z∈ R、 式中，Ia是集合A的指示函数。根据格林恒等式，我们有v（τ，z）=z∞-∞G（τ，z- y） g（y）dy+ZτZ∞z（τ-s） G（s，z- y） φ（y）dyds，其中G是（3.17）定义的格林函数。设∧（τ）=e-3z（τ）-3Aτ+e-z（τ）-Aτ，∧（τ）=A√πe-3z（τ）Zτe-3AsZ公司∞z（τ-s）-z（τ）+（κ+6）s√东南方-ηdηds，∧（τ）=A√πe-z（τ）zτe-AsZ公司∞z（τ-s）-z（τ）+（κ+2）s√东南方-ηdηds。由于v（τ，z（τ））=g（z（τ）），我们有∧（τ）+∧（τ）+∧（τ）+∧（τ）=g（z（τ））。根据支配收敛定理，我们得到了limτ→∞∧（τ）=A√πe-3aZ∞e-3AsZ公司∞(κ+6)√东南方-ηdηds，=-κ + 6√πe-3aZ∞e-（κ+ρ）tdt<∞.由于A<0<A，我们有limτ→∞Λ(τ) ≤ Ae-亚利桑那州∞e-ASD<∞,limτ→∞Λ(τ) = ∞.As limτ→∞g（z（τ））=g（a）<∞, 这导致了矛盾。因此，我们得出z（τ）是递增的且无界的，即（3.14）成立。5.5定理的证明3.7证明。根据定理3.3，变分问题（2.8）可以写成：z>z（τ），0<τ≤ θT/2，（5.4）v（τ，z）=g（z）表示z≤ z（τ），0<τ≤ θT/2，（5.5）vz（τ，z（τ））=gz（z（τ）），0<τ≤ θT/2，（5.6）v（0，z）=g（z），z∈ R、 其中，L和g的定义如（2.9）所示。首先，我们认为z（τ）是非递增的。否则，存在一些0<τ<τ，例如z（τ）<z（τ）。那么既然vτ≥ 0（见（2.11）），我们得到0=v（τ，z（τ））- g（z（τ））≥ v（τ，z（τ））- g（z（τ））>0，其中第二个不等式源自自由边界z（τ）的定义。这导致了矛盾。然后我们声称z（τ）<zforτ>0。（5.7）设v=v- g、 我们写出变分问题（2.8）asmin{L[\'v]+φ（z），\'v}=0，（τ，z）∈ OhmT、 （5.8）(R)v（0，z）=0，z∈ R、 （5.9）其中φ（z）由（3.2）定义。设U为解toL[U]=-φ（z），（τ，z）∈ Ohm := {（τ，z）∈ OhmTz>z}，（5.10）U（τ，z）=0，（τ，z）∈ pOhm, （5.11）其中pOhm 是的抛物线边界Ohm.由于φ（z）严格递减且z>z，乘以（3.15），我们得到L[U]=-φ（z）>0英寸Ohm.

根据最大值原理（见（Lieberman，1996，定理2.7）），在Ohm. 然后Hopf\'slemma（见（Lieber-man，1996，引理2.8））得出τ>0时的Uz（τ，z）>0。根据（5.8）-（5.11），我们有L[\'v]≥ -φ（z）=L[U]和'v（τ，z）≥ 0=U（τ，z）（τ，z）∈ pOhm. 根据比较原则（Lieberman，1996，推论2.5），我们可以看到≥ U>0英寸Ohm. 这意味着z（τ）≤ z、 否则，存在一些z∈ （z，z（τ）），使得v（τ，z）=0。如果存在一些τ>0，使得z（τ）=z，则我们有v（τ，z（τ））=U（τ，z（τ））=0。霍普夫引理（见（Lieber-man，1996，引理2.8））表示“vz（τ，z（τ））>Uz（τ，z（τ））>0。由于“vz（τ，z（τ））=0，对于任何τ>0的情况，这会导致矛盾。证明了So（5.7）。因此，我们有limτ→0z（τ）≤ z、 如果limτ→0z（τ）<z，则f或某些z∈ （limτ→0z（τ），z），by（5.4），wehaveL[v]|τ=0=[vτ- vzz+κvz+ρv]|τ=0=0。这导致Vτ|τ=0=[vzz- κvz- ρv]|τ=0=-φ（z）<0，其中φ后面的最后一个不等式严格递减，φ（z）=0，z<z。这与vτ（0，z）的事实相矛盾≥ 0（见（2.11））我们现在证明z（τ）∈ C[0，θT/2]。如果这不是true，则存在一些τ∈ [0，θT/2），使得z<z，其中z=limτ→τ+z（τ），z=limτ→τ-z（τ）。根据（5.7），我们有z，z≤ z、 对于任何z∈ [z，z]，根据（5.4），我们有[v]|τ=τ=[vτ- vzz+κvz+ρv]|τ=τ=0。对于任何z∈ [z，z]，这导致vτ|τ=τ=[vzz- κvz- ρv]|τ=τ=-φ（z）≤ 0，其中φ后面的最后一个等式是递减的，φ（z）=0，z，z≤ z、 通过（2.11），这意味着φ（z）=0表示任何z∈ [z，z]，而φ是一个严格的递减函数。这自相矛盾。因此z（τ）∈ C[0，θT/2]为真。此外，我们可以使用Friedman（1975）提出的bootstrap论证得出以下结论：z（τ）∈ C∞（0，θT/2）。为了验证这个定理中的其余结果，通过（5.5），我们得到v（τ，z（τ））=g（z（τ）），τ>0。（5.12）在τ中微分（5.12），通过（5.6），我们得到vτ（τ，z（τ））=0。

（5.13）Fur Themore，（5.4）impliesL[v]（τ，z（τ））=vτ（τ，z（τ））- vzz（τ，z（τ））+κvz（τ，z（τ））+ρv（τ，z（τ））=0，这导致vzz（τ，z（τ））=κgz（z（τ））+ρg（z（τ）），τ>0。（5.14）根据（5.13）和定理2.2，我们推导出延拓域中的vτ=0，vτ（τ，z（τ））=0，0<τ<θT/2，vτ（0，z）≥ 0，z∈ R、 Hopf引理和极大值原理意味着vτ>0在延拓区域，vτz>0at（τ，z（τ））。微分（5.6）在τ中，我们有vτz（τ，z（τ））+vzz（τ，z（τ））z′（τ）=gzz（z（τ））z′（τ）。By（5.14），vzτ（τ，z（τ））=-φ（z（τ））z′（τ）>0，（5.15）由于φ急剧减小（5.7），我们得出-φ（z（τ））<-φ（z）=0，τ>0。因此，我们得到z′（τ）<0。确定自由边界积分方程的标准方法从（3.17）定义的格林函数G开始，满足[G]=Gτ- Gzz+κGz+ρG=0。用u（τ，z）=vτ（τ，z）和i（z，τ，s）=z表示∞z（s）G（τ- s、 z- y） u（s，y）dy.（5.16）注意lims→τG（τ-s、 z-y） =δ（z-y） ，其中δ是狄拉克δ函数，因此对于任何z>z（τ），lims→τI（z，τ，s）=u（τ，z）。考虑到这一点，我们可以通过在s=0和s=τ之间积分Is（z，τ，s），将解u（τ，z）与初始条件联系起来。差异（5.16），还注意到u（s，z（s））=vs（s，z（s））=0（见（5.13）），屈服强度（z，τ，s）=-Z∞z（s）Gτ（τ- s、 z- y） u（s，y）dy+Z∞z（s）G（τ- s、 z- y） us（s，y）dy。简单计算，使用分部积分，给出∞z（s）G（τ- s、 z- y） us（s，y）dy=Z∞z（s）G（τ- s、 z- y） [乌兹- κuz- ρu]（s，y）dy=-G（τ- s、 z- z（s））uz（s，z（s））+z∞z（s）[Gzz- κGz- ρG]（τ）- s、 z- y） u（s，y）dy=-G（τ- s、 z- z（s））uz（s，z（s））+z∞z（s）Gτ（τ- s、 z- y） u（s，y）dy。因此，Is（z，τ，s）=-G（τ- s、 z- z（s））uz（s，z（s））。积分为（z，τ，s）f，从s=0到s=τ，我们得到u（τ，z）-Z∞zG（τ，z- y） u（0，y）dy=-ZτG（τ- s、 z- z（s））uz（s，z（s））ds。（5.17）现在我们计算y的u（0，y）≥ z

根据（5.4），我们有u（0，y）=vτ（0，y）=vzz（0，y）- κvz（0，y）-ρv（0，y）=-L[克]=-φ（y）。uz（s，z（s））=vτz（s，z（s））由（5.15）给出。由于u（τ，z（τ））=vτ（τ，z（τ））=0（见（5.13）），在（5.17）中设z=z（τ），我们得到（3.16）。5.6定理的证明3.8证明。我们假设z（τ）=z- 2A级√τ+o(√τ), τ → 0。（5.18）直接计算表明，（3.16）中的第一项由以下公式得出：-Z∞zG（τ，z（τ）- y） φ（y）dy=JXj=1-AjeqjAjτ+qjz（τ）erfcz- z（τ）+（κ-2qj）τ√τ+νKe-ντ+z（τ）erfcz- z（τ）+（ν）- ρ - 1)τ√τ, （5.19）其中，erfc（z）是由erfc（z）定义的互补误差函数=√πZ∞ze公司-ηdη。通过泰勒展开式和（5.18），我们得到了eqjajτ+qjz（τ）=eo(√τ） +qj（z-2A级√τ+o(√τ） ）=eqjz（1- 2qjA√τ+o(√τ） ）（5.20）e-ντ+z（τ）=ez（1- 2A级√τ+o(√τ)).同样，泰勒展开式给出了A（1+o（1））+κ- 2qj√τ= erfc（A（1+o（1）））-κ - 2qj√πe-A.√τ+o(√τ） （5.21）anderfc（A（1+o（1））+ν- ρ - 1.√τ） =erfc（A（1+o（1）））-ν - ρ - 1.√πe-A.√τ+o(√τ). （5.22）由于φ（z）=0，由（5.19）-（5.22）得出-Z∞zG（τ，z（τ）- y） φ（y）dy=JXj=1-Ajeqjz公司1.- 2qjA√τ+o(√τ)erfc（A（1+o（1）））-κ - 2qj√πe-A.√τ+o(√τ)+νKez1.- 2A级√τ+o(√τ)erfc（A（1+o（1）））-ν - ρ - 1.√πe-A.√τ+o(√τ)= -φ（z）erfc（A（1+o（1）））-JXj=1Ajeqjz(-2qjA√τ） erfc（A（1+o（1）））-κ - 2qj√πe-A.√τ+νKez(-2A级√τ） erfc（A（1+o（1）））-ν - ρ - 1.√πe-A.√τ+ o(√τ)=A erfc（A（1+o（1）））-√πe-A.√τJXj=1qjAjeqjz- νKez+ o(√τ). （5.23）我们使用变换t=ζτ和denote？ζ=1- ζ.

那么（3.16）中的第二项可以由zτG（τ- s、 z（τ）- z（s））φ（z（s））z′（s）ds=JXj=1AjZτ√4πte-[z（τ）-z（τ-t）-κt]4t-ρt+qjz（τ-t） z′（τ- t） dt公司- νKZτ√4πte-[z（τ）-z（τ-t）-κt]4t-ρt+z（τ-t） z′（τ- t） dt=JXj=1Aj√τZ√4πζe-[z（τ）-z（(R)ζτ）-κζτ ]4ζ τ-ρζτ+qjz（\'ζτ）z′（\'ζτ）dζ- νK√τZ√4πζe-[z（τ）-z（(R)ζτ）-κζτ ]4ζ τ-ρζτ+z（\'ζτ）z′（\'ζτ）dζ：=（第1项）+（第2项）。使用展开式Z′（\'ζτ）=-A（(R)ζτ）-1/2（1+o（1）），方程JZ（(R)ζτ）-ρζτ=eqjz（1- 2Aqjq？ζτ+o(√τ） ，我们得出（项1）=JXj=1AjeqjzτZ√4πζe-[z（τ）-z（(R)ζτ）-κζτ]4ζτz′（(R)ζτ）dζ-JXj=1AAjeqjzZ√4πζe-[2A(√ζτ -√τ） +o(√τ）]4ζτ·（1+o（1））-2Aqjq？ζτ+o(√τ)(ζ)-1/2dζ。类似地，可以得到（项2）=-νKezτZ√4πζe-[z（τ）-z（(R)ζτ）-κζτ]4ζτz′（(R)ζτ）dζ+AνKezZ√4πζe-[2A(√ζτ -√τ）+o(√τ） ]4ζτ·（1+o（1））-2Aq？ζτ+o(√τ)(ζ)-1/2dζ。由于φ（z）=0，这导致（项1）+（项2）=2AJXj=1qjAjeqjz- νKez· （1+o（1））√τZ√4πζe-[2A(√ζτ -√τ） +o(√τ）]4ζτdζ+o(√τ).（5.24）通过（3.16），（5.23）和d（5.24），我们得出√πe-A.- A erfc（A）=2AZ√4πζe-[2A(√ζτ -√τ）]4ζτdζ。根据tr公式η=1-√ζ√ζA，我们推导√πe-A.-2A级√πZ∞Ae-ηdη=√πZAe-η2 A（A- η） （A+η）dη。（5.25）让F（A）=√πAe-A.-er fc（A）-√πZAe-ηA（A-η） （A+η）dη。通过直接计算，我们得到f′（a）=-A.√πe-A+√πZAe-η(-6A+2Aη）η（A+η）dη<0，F（0）=+∞ 和F(+∞) = -这意味着方程（5.25）存在唯一解。最后，（3.18）从Z开始∞Ae-ηdη=√π-扎伊-ηdη和（5.25）。5.7定理3.9的证明为了证明定理3.9，我们需要以下引理。引理5.1。存在一些z*∈ R su ch thatlimτ→∞z（τ）=z*.证据首先，我们考虑以下问题-ψ′（z）+κψ′（z）+ρψ（z）=0 f或z>a，ψ（z）=g（z）表示z≤ a、 ψ′（a）=g′（a），（5.26）limz→∞ψ（z）=0。表示P（z）：=JXj=1-qj（qj-λ） e（qj-1） z- K（1- λ） ，（5.27），其中λ=κ-√κ+4ρ. 假设3.2和A<A<…<AJ，我们有κ+4ρ-(κ-2qj）=-4qjAj>0，这导致qj- λ=pκ+4ρ- κ+2qj>0。

（5.28）这意味着p′（z）<0，limz→∞p（z）=-K（1-λ） <0和limz→-∞p（z）=∞. 因此，存在一个∈ R使得p（a）=0。（5.29）现在问题（5.26）的解由ψ（z）=g（a）eλ（z）给出-a） 对于z>a，ψ（z）=g（z）表示z≤ a、 （5.30）其中a由（5.29）定义。我们将证明（5.30）定义的函数ψ（z）满足以下变分方程min{-Ψ′′+ κΨ′+ ρΨ, Ψ - g} =0，z∈ R、 （5.31）首先，对于任何z>a，由于ψ是问题（5.26）的解，我们只需要验证ψ（z）>g（z）。表示Φ（z，c）=g（c）eλ（z-c） 。c中的微分Φ（z，c）我们有cΦ（z，c）=eλ（z-c） +cp（c），其中p（c）由（5.27）定义。这意味着Φ（z，·）在(-∞, a） （a，z）严格递减。因此，对于任何z>a，我们有ψ（z）=Φ（z，a）>Φ（z，z）=g（z）。因此，对于任何z>a，ψ满足（5.31）。其次，对于任何z≤ a、 sin ceφ（z）=PJj=1Ajeqjz-Kνez=0，κ=ν-ρ+1，qj-λ>0（见（5.28）），我们有νezp（z）=νezp（z）- φ（z）=JXj=1eqjz[-νqj（qj-λ) - Aj]+λKνez=JXj=1eqjz[-νqj（qj-λ) + (λ - 1） Aj]=JXj=1-4qjeqjz（qj- λ)[κ(2 - 2qj）+(-2+2qj）pκ+4ρ+4qj- 4]< 0.由于p（z）严格递减且p（a）=0，我们推导出z>a。这导致-对于z，g′′＋κg′＋ρg=L【g】=φ（z）＞0≤ a、 其中，最后一个不等式源自φ严格递减的事实，φ（z）=0，且a<z。因此，对于任何z≤ a、 现在变分不等式（5.31）意味着min{L[ψ]，ψ- g} =0，（τ，z）∈ OhmT、 ψ（z）≥ g（z）=v（0，z），z∈ R、 根据比较原理（见引理A.1），我们有v（τ，z）≤ ψ（z）（τ，z）∈ Ohm然后我们推导出z（τ）≥ a、 否则，根据z（τ）（见（3.3））和（5.30）的定义，存在一些z∈ （z（τ），a）使得v（τ，z）>g（z）=ψ（z）。矛盾出现了。由于z（τ）在减小（见定理3.7）并且有一个下限，因此存在一些z*∈ R使得limτ→∞z（τ）=z*.我们现在可以证明定理3.9。证据

我们只需要显示z*= a、 其中a在（5.29）中定义。我们重写问题（2.8）asL[v]=I{z≤z（τ）}φ（z），（τ，z）∈ OhmT、 v（0，z）=g（z），z∈ R、 式中，Ia是集合A的指示函数。根据格林恒等式，我们有v（τ，z）=z∞-∞G（τ，z- y） g（y）dy+ZτZz（τ-s）-∞G（s，z- y） φ（y）dyds，其中G是（3.17）定义的格林函数。由于自由边界（τ，z（τ））=g（z（τ）），直接计算表明g（z（τ））=z∞-∞G（τ，z（τ）- y） g（y）dy+ZτZz（τ-s）-∞G（s，z（τ）- y） φ（y）dyds=JXj=1-qj公司√4πτeqjz（τ）+qjAjτZ∞-∞exph公司-（y）- z（τ）+κτ- 2qjτ）4τidy- K√4πτez（τ）-ντZ∞-∞exph公司-（y）- z（τ）+κτ- 2τ）4τidy+JXj=1AjZτ√4πseqjz（τ）+qjAjsZz（τ-s）-∞exph公司-（y）- z（τ）+κs-2qjs）4sidyds- νKZτ√4πsez（τ）-νsZz（τ-s）-∞exph公司-（y）- z（τ）+κs-2s）4sidyds=JXj=1-qjeqjz（τ）+qjAjτ- Kez（τ）-ντ+JXj=1AjZτeqjz（τ）+qjAjsNz（τ- s）- z（τ）+κs- 2qjs√2秒ds公司- νKZτez（τ）-νsNz（τ- s）- z（τ）+κs-2秒√2秒ds，其中N（·）是标准正态变量的累积分布函数。出租τ→ ∞,利用支配收敛定理和分部积分，我们得到了g（z*) =JXj=1AjZ∞eqjz公司*+qjAjsN公司κs- 2qjs√2秒ds公司- νKZ∞ez公司*-νsNκs- 2秒√2秒ds=JXj=1-2qjeqjz*1 +κ - 2qjpκ+4ρ-凯兹*1 +κ - 2pκ+4ρ=g（z*) -JXj=1κ- 2qj2qjpκ+4ρeqjz*-κ - 2pκ+4ρKez*.简单的代数计算得到p（z*) = 0=p（a），其中p在（5.27）中定义。因此，limτ→∞z（τ）=z*= a、 5.8定理的证明3.11证明。将y坐标中的连续区域定义为Cy={（t，y）；▄V（t，y）>▄UK（y），0≤ t<t}，运动区域为Sy={（t，y）；▄V（t，y）=▄UK（y），0≤ t<t}。y坐标中的运动边界由y（t）定义：=inf{y；▄V（t，y）>▄UK（y）}表示0≤ t<t。然后可以导出y（t）byy（t）的全局ap近似值≈ 经验值z*(τ)= 经验值z*θ（T- t） /2个.从对偶变换中，我们知道▄Vy（t，y）=-x、 在自由边界上，我们有▄Vy（t，y（t））=▄U′K（y（t））。

结合上述关系，我们找到了近似的自由边界x（t）。从（5.17）开始，同时注意u（0，y）=-φ（y）和uz（s，z（s））=-φ（z（s））z′（s），我们有vτ（τ，z）=-Z∞zG（τ，z- y） φ（y）dy+ZτG（τ- s、 z-z（s））φ（z（s））z′（s）ds=-Z∞zG（τ，z- w） φ（w）dw+ZτG（η，Z- z（τ- η） ）φ（z（τ- η） ）z′（τ- η） dη=-τhZτZ∞z（τ-η） G（η，z- w） φ（w）dwdηi。将上述方程从τ=0积分到τ=τ，并注意v（0，z）=g（z），我们得到v（τ，z）- g（z）=-ZτZ∞z（τ-η） G（η，z- w） φ（w）dwdη=-ZτZ∞z（s）G（τ- s、 z- w） φ（w）dwds，其中φ在（3.2）中定义。我们用整体闭式近似z来近似自由边界z（τ）*（τ） 在（3.19）中，得到对偶值函数≈V（t，y）的近似值为（注z=log y，τ=θ（t- t） ）~V（t，y）≈英国（y）-ZτZ∞z*（s） G（τ- s、 年- w） φ（w）dwds。（5.32）根据推论2.3，存在唯一解y*= I（t，x）到方程Vy（t，y）+x=0，对于x>K。然后原始值函数由V（t，x）=infy>0（~V（t，y）+xy）=V（t，I（t，x））+xI（t，x）乘以（5.32）f或任何（t，x）得到∈ [0，T）×[K+∞). 最后，我们计算了最优策略π*t、 因为vx=y*= I（t，x），Vxx（t，x）=-~Vy y（t，I（t，x）），我们导出π*t=-θσVxVxx=θσI（t，x）~Vy y（t，I（t，x））。6结论本文利用双控制方法对最优投资停止问题进行了严格的分析。该分析涵盖一类效用函数，包括power和nonHARA效用。通过发展对偶问题的近似公式，导出了最优值函数和最优策略的近似公式。

对于非HARA效用，如果假设3.2不成立，则对偶问题可能存在两个自由边界或没有自由边界，并且我们无法使用本文开发的方法d来描述自由边界的限制行为，因为到期时间趋于零或不完整，这使得找到自由边界的全局闭合形式近似成为可能。我们把这个留到以后的工作中去。确认。作者非常感谢两位匿名评论者，他们的建设性意见和建议有助于改进前一版本的论文。ReferencesBian，B.和Zheng，H.（2015）。具有一般效用函数的投资模型的收费公路性质和收敛速度，《经济动力与控制杂志》，51，28–49。Ceci，C.和Bassan，B.（2004年）。混合最优停止和随机控制问题，具有离散过程的半连续最终报酬，随机和随机报告，76323–337。Dayanik，S.和K aratzas，I.（2003年）。关于一维微分的最优停止问题，随机过程及其应用，107，173–212。Detemple，J.（2005）。美式衍生品：估值与计算，查普曼与霍尔出版社。Fleming，W.和Soner，S.（1993年）。受控马尔可夫过程和粘度解，Springer。弗里德曼，A.（1982）。《变分原理与自由边界元问题》，约翰·威利和儿子出版社，纽约。弗里德曼，A.（1975）。一维抛物变分不等式与自由边界的光滑性，泛函分析杂志，18151–176。Guan，C.H.、Li，X.、Xu，Z.Q.和Yi，F.H.（2017）。《金融、数学控制及相关领域中的随机控制问题和相关fr EEBoundary》，7（4），563–584。Henderson，V.和Hobson，D.（2008年）。

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