空间不规则常微分方程及其路径解

例如，将方程3.3中的函数fbe定义为（a，b）=(-3，1）并取全局解Д（t）：=-tof IVP3溶液空间和出口时间限制0.5 0.0 0.5 1.0 1.5t1.00.50.00.51.0xх+（t）х-（t） φ（x）0.5 0.0 0.5 1.0 1.5t1.00.50.00.51.0xД+（t）Д-（t） φ（x）图10：方程式3.3中的函数f（t，x）（蓝色箭头），其中（a，b）=(-3，1）和（a，b）=(-3.-1） 在右侧面板中。显示了IVPx=f（t，x），x（0）=0的两种溶液，路径φ（x）=-Ia，b（x）p | x |。x=f（t，x），x（0）=0。然后定义fn（t，x）：=f（t+n-1，x）生成独特的全局代谢解决方案Дn（t）：=（t+n-1). 现在很清楚kf- fnk[0，T]×[0，X]n→∞----→ 根据定理2.18的条件，所有t为0，X>0，但我们发现k^1- ^1nk【0，T】n→∞----→ 2吨。该距离2t只不过是差值ν+（T）-φ-（T）在图10的左面板中。在继续之前，有必要说两句务实的话。首先，实际情况是，定义2.19的前向Euler格式不仅会收敛于任何这样的例子，而且会收敛到理想的严格递增解。这就是为什么，当f（τ，ξ）=0时，定理2.20仍然成立。考虑到图10，这是显而易见的；如果f（τ，ξ）=0，则IVP的任何π-多边形x=f（t，x），x（τ）=ξ满足度Дπ（t）=Дπ（t）+（t- t） ×0=ξ，然后Дπ（t）=Дπ（t）+（t- t） f（t，Дπ（t））=ξ+（t- τ）f（t，ξ）>ξ，给定t>τ，f（·，ξ）严格递增。因此，这样的多边形收敛到严格递增的极限，即kπk→ 0，原因与定理2.20中的相同。第二，值得注意的是，在图10中，如果在所有(-∞, τ ) × (-∞, ξ） ，显然不可能有严格递增的解决方案∈ 当（τ，ξ）=（0，0）时，C（（T，τ），R）到TVP x=f（T，x），x（τ）=ξ，即。

没有物理意义的“历史”3到达点（0，0）的解空间和退出时间限制。这使得（0，0）成为一个不自然的初始值，因为我们无法理解波动性√过去。如图11所示，我们只需颠倒图10中的A符号即可避免这种情况。但图11中右侧的面板显示，因此，从（0，0）开始，现在可以追溯到时间上违反唯一性，这正好印证了之前关于此处所考虑IVP的时间不可逆性的评论。0.5 0.0 0.5 1.0 1.5t1.00.50.00.51.0xх（t）φ（x）0.5 0.0 0 0.5 1.0 1.5t1.00.50.00.51.0xх（t）φ（x）图11：重复图10的右面板，改为（A，b）=（3，-1). 现在，到达（0，0）的有物理意义（严格递增）TVP解存在于-R+，相应的IVP在R+上具有唯一的全局解决方案。使f（τ，ξ）=0的条件。现在，我们提供了一个条件，确保在选择初始值（τ，ξ）时，我们处于图11而非图10的设置中。虽然过去可能没有得到唯一的解决方案（τ，ξ），但这将确保未来总是有唯一且具有物理意义的解决方案。必须认识到，该条件适用于第2章的一般设置，其中f∈ F、 不仅仅是刚刚介绍的视觉上有用的例子。相对简单的函数Ia，b（x）√因此，方程式3.3中的X可替换为任何路径w∈ C（R，R），如例2.2中的那些，这些有问题的点，如图10中的x=0，在R中可能是稠密的。定理3.1即将出现的条件适用于三元组（f，τ，ξ）∈ 如图11所示，F×Rand在几何上是直观的。在此基础上，对解空间和出口时间限制进行了更抽象的解释。根据路径φ，该条件∈ 给出引理2.3中零点的C（R，R）。

首先，对于每个初始值（τ，ξ）∈ 兰特c∈ R > 0，让线Xc，(τ, ξ)  XC定义的Rbe，（τ，ξ）：={（τ+cx，ξ- x） ：x∈ (0, )}. （3.4）定理3.1（附加初始值）。第2章的所有结果，与IVPx=f（t，x），x（τ）=ξ和f有关∈ F和F（τ，ξ）>0，如果任何直线Xc的存在取代了要求“F（τ，ξ）>0”，则保持不变，（τ，ξ）使得所有（t，x）的f（t，x）>0∈ Xc，(τ, ξ).证据如果f（τ，ξ）>0，则无需证明。假设f（t，x）>0在某条直线Xc上，（τ，ξ）通过f的连续性排除f（τ，ξ）<0，因此现在假设f（τ，ξ）=0。在第2章中，我们迅速得出结论，任何最大解∈ C（[τ，T*), R） 严格递增，在定理2.8中，它当然假设f（τ，ξ）>0。如果存在lineXc，（τ，ξ）确保从（τ，ξ）开始的任何解仍然严格递增，即使f（τ，ξ）=0，则第2章的结果（例如引理2.6的边界、定理2.17的唯一性、定理2.18的连续依赖性）由这里给出的证明保持不变。粗略地说，如果这里的解仍然严格增加，这显然只取决于子域[τ，∞) × [ξ, ∞) 我们可以简单地想象，第二章的一个解，从更早的时间开始，已经到达了这个点（τ，ξ），其中f（τ，ξ）=0。所以让我们∈ C（[τ，T），R）是IVP x=f（T，x），x（τ）=ξ且f（τ，ξ）=0的局部解，并假设f（T，x）>0在Xc上，（τ，ξ）对于某些c∈ R和 > 如果c=0，那么Xc，（τ，ξ）就是长度的开放垂直线 在点（τ，ξ）以下，否则覆盖相同的距离 向下，但有梯度-1/c∈ R \\{0}。如等式3.1中示例所述，我们无法在区间[τ，τ+), 假设f（·，ξ）严格递增。

如图10所示，И立即进入象限X中的一个-:= (τ, ∞) × (-∞, ξ） 或X+：=（τ，∞) × (ξ, ∞), 如^1-和图10中的ν+分别。如果Д立即进入X+，则边界ξ≤ ^1（t）≤ 随后，使用定理2.8的证明，强制执行引理2.6中的ν（t），并严格增加。现在我们只需要证明这样一条线Xc，（τ，ξ）阻止立即进入X-.根据定义，Xc线上的f（t，x）>0，（τ，ξ），在整个区域X中也是如此→c（τ，ξ）：={（t，ξ）- x） ：x∈ (0, ), t型≥ τ+cx} (τ, ∞) × (ξ, ξ - ) （3.5）3溶液空间和出口时间限制或Xc右侧，（τ，ξ），假设每个f（·，x）严格递增。但Д（τ）=f（τ，ξ）=0，因此Д不能立即输入X-不输入X→c(τ, ξ). 但现在这显然是不可能的，因为f（t，x）>0在x中→c(τ, ξ). 因此，任何本地解决方案，如∈ Ivp x=f（T，x），x（τ）=ξ的C（[τ，T），R）反而严格增加，因此证明是完整的。考虑到我们对波动性的关注，我们现在可以对之前对问题1.2的IVP的初始值（τ，ξ）的描述给出正确的含义，如自然、物理意义等√φ.定义3.2（自然初始值）。对于f∈ F、 初始值（τ，ξ）∈ 如果相应的TVP允许严格递增的溶液，则IVPx=f（t，x），x（τ）=ξ将被称为自然∈ C（（T，τ），R）对于某些T∈ [-∞, τ） ，因此p（t）≥ 0除以（T，τ）。考虑到图11中严格递增的TVP解，很明显，点（0，0）是自然的，与图10不同，尽管在这两种情况下f（0，0）=0。自然初始值当然定义了定理3.1所涵盖的一个子集。要看到这一点，请采用严格递增的TVP解决方案∈ C（（T，τ），R），则具有f（T，ν（T））≥ t为0∈ （T，τ）确保x的f（τ，x）>0∈ （Д（T），ξ）。

也就是说，垂直线Xc上的f（t，x）>0，（τ，ξ），c=0和 = ξ - ^1（T），实际上任何c≥ 0和 ≤ ξ - ^1（T）。因此，无论是第3.1条的条件还是第3.2条的定义，都确保了IVP在第2章的各个意义上都是适定的。注意，如果f（τ，ξ）=0，那么φ（ξ）=τ，其中φ∈ C（R，R）是引理2.3的路径，无论何时φ（x），f（φ（x），x）=0∈ R、 因此，在继续本节的主要简化目的之前，我们先澄清Xc线的存在，定理3.1中的（τ，ξ）表示φ。请记住图10和图11中x的路径φ∈ (-1, 0).假设Xc上的f（t，x）>0，（τ，ξ），则当f（·，x）严格增加时，f（t，x）=0的路径位于Xc的左侧，(τ, ξ). 具体而言，我们发现φ（x）-φ（ξ）<c（ξ-x） 对于x∈ (ξ -, ξ） 所以Xc的存在，（τ，ξ）提供了点（τ，ξ）处φ的单侧Lipschitz条件。相反，如果φ（x）- φ（ξ）<L（ξ- x） 对于某些（ξ）中的x- , ξ） ，带L∈ R和φ（ξ）=τ，那么在每个Xc上f（t，x）>0，（τ，ξ）带c≥ 五十、 所以Xc的存在，当f（τ，ξ）=0时，具有该单侧Lipschitz条件的（τ，ξ）和φ是等价的。尽管这一单侧条件与引理2.7中的条件相关，其中排除了φ（t）=0的查找点，但这些条件适用于相反的x方向。3解决方案空间和退出时间限制简化问题。虽然定理3.1是一个信息丰富的理论结果，但其条件的请求取决于这样一条线Xc，公式3.4中的（τ，ξ），或者实际上定义3.2中较弱的条件，是非常复杂的，因为我们可以更务实地进行。为此，我们首先要乘以初始值（τ，ξ）：=（0，0）。

迄今为止，有自由改变（τ，ξ）是有帮助的∈ R、 但是现在没有必要这样做，因为有了φsolve x=f（t，x），x（τ）=ξ就等于有了φτ，ξ解移位版本x=fτ，ξ（t，x），x（0）=0，其中φτ，ξ（t）：=φ（t+τ）-ξ和fτ，ξ（t，x）：=f（t+τ，x+ξ）。其次，我们将不再考虑函数f∈ F定义自所有R，但更确切地说是未来的函数g∈ G仅来自R+。这是很自然的，因为我们只是对增加IVP解决方案感兴趣。不用说，我们总是能够将IVPs x=g（t，x），x（0）=0的结论Drawn映射回问题1.2中具有相同唯一最大解的情况。例如，考虑x=f（t，x），x（0）=0，其中f∈ F由F（t，x）定义：=g（t，0∨ x） 如果t≥ 0,2g（0,0∨ x）- g级(-t、 0个∨ x） 如果t<0。（3.6）最后，正如现在多次提到的，确保最大解决方案∈ C（[0，T*), [0，X*)) 这样的IVP不只是验证T*∨ 十、*= ∞ 如OREM 2.8所述，但更确切地说，定义了空间无界全局解决方案，即*= 十、*= ∞, so^1∈ C（R+，R+）。为了确保这一点，将施加类似推论2.11的条件。如第1章所述，我们得出以下子集G C（R+，R），与F.Definition 1.3（函数集G）相关。让子集G C（R+，R）包含如下函数：1。g（0，0）≥ 0; 2.g（·，x）严格地为每x增加∈ R+，和；3、infx∈R+g（t，x）<0t型∈ R+；4、监督∈R+g（t，x）>0x个∈ R+。（3.7）相关问题已在第1章中提供，但为了方便起见，在此重复。问题1.4（第3章的IVPs）。对于g∈ G、 找到全球解决方案∈ VP x=g（t，x），x（0）=0的C（R+，R+）。

也就是说，验证Д（t）=t的g（t，Д（t））∈ R+和ν（0）=0.3解空间和退出时间限制。注意，通过仅从R+定义G中的函数，除了定义之外，其他都可以得出这样一个全局解∈ C（R+，R）不可能是负的，因此所有导致定理3.1的仔细考虑都是无效的，因为定理3.1排除了这种可能性。然而，如果说这种分析可以简单地被遗忘，那就太轻描淡写了。现在剩下的就是巩固适用于解决这一问题的结果1.4。下一个合并结果使一些特定的陈述适用于问题1.4，尽管更广泛地说，要点是第2章中的所有结果都适用于双射极大解∈ C（[τ，T*), [ξ，X*)) 在简单计算初始值τ=ξ=0和区间终点T后，问题1.2的解也适用于问题1.4的解*= 十、*= ∞.为简洁起见，现在设置C：=C（R+，R+）和D：=D（R+，R+）。回想等式1.12中的范数k·kR+，其特征是在紧集上一致收敛，并分别在划分和函数集∏（R+）和G上定义以下范数kπkR+：=Xn∈N-n（1∧ kπk[0，n]），kgkR+：=Xn∈N-n（1∧ kgk【0，n】）。（3.8）定理3.3（问题1.4的适定性）。假设g∈ G来自定义1.3。然后，关于问题1.4中的任何此类IVP x=g（t，x），x（0）=0，以下结果成立：1（全局存在性和唯一性）。该IVP具有唯一的最大解ν，它是C中严格递增的无界路径，因此始终是唯一的全局解；2（上限）。该唯一全局解由严格递增且无界的cádlág路径所限定∈ D、 通过ν（t）在R+上定义良好：=inf{x>0：g（t，x）<0}；3（持续依赖）。问题1.4的解决方案图，从G到C，是连续的W。r、 t.紧集上的一致收敛。

也就是说，对于{gn}n∈n有解{νn}n∈N、 千克- gnkR+n→∞----→ 0 ==> k^1- ^1nkR+n→∞----→ 0; （3.9）4（模拟收敛）。任意序列{Иn}n∈Nof定义2.19中的前向Euler多边形，改用Дπ（t）：=（Дπ（tk）+（t- tk）g（tk，Дπ（tk）））+，式中·+：=0∨ ·, 在紧集上一致收敛到νas n→ ∞, 提供kπnkR+n→∞----→ 0.证明。将定义1.3中的相关集合G与定义1.1中的F进行比较，可以发现，如果∈ G、 a函数f∈ F总是可以构造成与R+上的解空间和出口时间限制3重合，并以满足定理3.1条件的方式扩展到R+。实际上，方程式3.6提供了一个例子。这确保IVPs x=f（t，x），x（0）=0和x=g（t，x），x（0）=0具有相同的唯一双射最大解Д∈ C（[0，T*), [0，X*)). 现在，可以使用第2.1章的结果来确认第1-4点。根据定理2.8，IVP x=g（t，x），x（0）=0的任何最大解Д在某些集合C中定义了严格递增的双射（[0，t*), [0，X*)) 带T*∨十、*= ∞. 这是唯一的，使用的是EOREM 2.17。我们发现*= 十、*= ∞ 根据推论2.11，其条件由supt的假设满足∈R+g（t，x）>0和infx∈定义1.3.2中的R+g（t，x）<0。函数通过引理2.6定义了D（R+，R+）中的严格递增路径，但假设infx∈定义1.3中的R+g（t，x）<0实际上确保了Д（t）<∞, 所以实际上∈ D、 界限Д（t）≤ ν（t）则由引理2.6保持不变，并且由于Д是无界的，所以Д也是无界的。当设置τ=ξ=0和T=X=∞ 那里为清楚起见，假设kg-gnkR+n→∞----→ 0我们有kg-gnk[0，T]×[0，X]对于任何T，X>0，因此kД-根据定理2.18，对于任何大于0的T，则为nk[0，T]，因此为k-^1nkR+n→∞----→ 0.4. 这源自定理2.20。

使用Дπ（t）：=（·）+仅确保多边形Дnne不会脱离定义g的域R+。我们可以使用π（t）：=π（tk）+（t- tk）g（tk，Дπ（tk））+，这也确保了多边形不递减，如限制Д。对于问题1.4和定理3.3中的这些适定性结果，我们现在处于本章剩余部分的鲁棒设置中。该设置自然延伸至第4章，一旦确定了适当的概率空间，支持G.3.2中的随机函数，问题的解决方案图。本节研究问题1.4的解决方案图，即采用每个函数的图∈ G全球解决方案∈ C： =IVP的C（R+，R+），x=g（t，x），x（0）=0。从第1点开始。和3。在定理3.3中，我们已经知道该映射从G到问题解集是定义良好且连续的，w.r.t.紧集上的一致收敛（等价地，w.r.t方程3.9中的范数）。第一个重点是确定此解决方案集实际上是什么。清楚地理解这一集合在实践中很重要，因为3解决方案空间和退出时间限制准确地描述了路径Д，理论上，我们可以使用问题1.4建模，因此相应的波动率√φ. 我们已经从第1点知道了。定理3.3中，该解集包含在子集Φ中 C在第一章中介绍，但为了方便起见，在此重复。当然，理想情况下，解决方案集将是该集Φ的整体。定义1.5（设置Φ个路径）。设集合Φ包含C（R+，R+）中的双射路径。Φ中的路径当然满足Д（0）=0，并且严格递增。像往常一样，让我们-1.∈ Cdenote任意路径的逆∈ Φ，满足Д-1（Д（t））=t和Д（Д）-1（x））=所有（t，x）的x∈ R+。这个反比显然定义得很好，同样严格递增和双射。

如第1章所述，这组Φ精确地捕捉了我们感兴趣建模的价格过程累积方差的未来可能轨迹。下一个结果表明，问题1.4非常适合这项任务。定理3.4（解集）。问题1.4的全局解集为Φ。特别是，任何∈ C（R+，R），然后分别为∈ Φ求解IVP x=g（t，x），x（0）=0时（t，x）：=Д（Д）-1（x））+θ（t）- θ(φ-1（x））。（3.10）本IVP提供了问题1.4的示例，即∈ 定义1.3中的G，如果θ随supt严格增加∈R+θ（t）-^1（t）=∞. 在这种情况下，Д是该IVP唯一的全球解决方案。证据首先，请注意，使用定理3.3，问题1.4的任何解都在Φ中。问题1.4的解决方案集将精确为Φ（如果有）∈ Φ可按要求施工。固定Д∈ Φ，我们总是有Д（0）=0，所以对于要使Д成为x=g（t，x），x（0）=0的全局解，我们需要ρ（t）=g（t，ν（t））在R+。公式3.10的替换提供g（t，Д（t））=Д（Д）-1（Д（t））+θ（t）- θ(φ-1（Д（t））=每t的Д（t）（3.11）∈ R+，其中-1（Д（t））=t使用两次。请注意，这适用于任何θ∈C（R+，R），此时我们可能没有g∈ G、 ^1可能不是该IVP的唯一解决方案。如果我们有g∈ G、 然后，定理3.3确保了И是唯一的全局解。所以只剩下显示g∈ G当θ随supt严格增加时∈R+θ（t）- ^1（t）=∞.建立g∈ G、 我们只需检查定义1.3中的三个要求。首先，g（0，0）=Д（0）+θ（0）- θ(0) = φ(0) ≥ 0，使用-1（0）=0，且≥ 0表示3解决方案空间和退出时间限制∈ Φ. 接下来，每个g（·，x）显然是严格增加的，因为θ是。假设支持∈R+θ（t）-^1（t）=∞ 提供支持∈R+θ（t）=∞, 给定ν（t）≥ 0，因此也需要支持∈每x的R+g（t，x）>0∈ R+。