市场冲击博弈中纳什均衡的高频极限

类似地，我们得到了Y的最优性*在自适应策略的类X（y，[0，T]）中。这就完成了证明。现在，我们推导出了类X（X，[0，T]）内E[C（X | Y）]最优性的一阶条件以及给定Y∈ X（y，[0，T]）。第一个结果是以下命题，对于价格影响指数衰减的特殊情况，该命题扩展了[18，定理2.11]，其中，对于Y=0和θ=0，X的最优性∈ Xdet（x，[0，T]）用Fredholm积分方程表示。提案4.10。设x，y∈ R和Y∈ 给出Xdet（y，T）。然后是战略X*∈ Xdet（x，[0，T]）使清算成本C（x | Y）相对于x最小∈ Xdet（x，[0，T]），当且仅当存在常数η∈ 因此，对于所有t∈ [0，T]，Z[0，T]e-ρ| t-s | dX*s+Z[0，t）e-ρ（t-s） dYs公司+Yt+2θ十、*t=η。（9） 证明。首先假设X*将清算成本C（X | Y）减至最小∈ Xdet（x，[0，T]）。We FIXT，t∈ [0，T]和定义Z∈ Xdet（0，[0，T]）乘以Zs={s≥t}-{s≥t} 。初始值为Z0的容许策略Z-= 0通常称为“往返”。X的最优性*意味着函数f（α）：=C（X*+ αZ | Y）=C（X*, 十、*) + C（X*, Y）+C（X*, Y）+αC（Z，Z）+θC（X*, 十、*)+ αC（Z，X*) + αC（Z，Y）+αC（Z，Y）+2αθC（Z，X*) + αθC（Z，Z）（10）在α=0时具有最小值。这里我们使用了分解（6）。因此，0=df（α）dαα=0=C（Z，X*) + C（Z，Y）+C（Z，Y）+2θC（Z，X*)=Z[0，T]e-ρ| t-s | dX*s-Z[0，T]e-ρ| t-s | dX*s+Z[0，t）e-ρ（t-s） dYs公司-Z[0，t）e-ρ（t-s） dYs公司+年初至今-Yt+2θ十、*t型- 2θ十、*t、 因此，如果我们让η：=Z[0，t]e，那么，（9）如下-ρ| t-s | dX*s+Z[0，t）e-ρ（t-s） dYs公司+Yt+2θ十、*t、 相反，我们现在假设X*∈ Xdet（x，[0，T]）满足（9），并证明x*是最佳的。为此，我们采取任意的“往返”Z∈ Xdet（0，[0，T]）。

使用（10）表示α=1和C（Z，Z）的事实≥ 0和C（Z，Z）≥ 0乘（7），我们有c（X*+ Z | Y）≥ C（X*|Y）+C（Z，X*) + C（Z，Y）+C（Z，Y）+2θC（Z，X*)= C（X*|Y）+Z[0，T]Z[0，T]e-ρ| t-s | dXt+Z[0，s）e-ρ| t-s | dYt+Ys+2θ十、*sdZs=C（X*|Y）+η（ZT- Z） =C（X*|Y）。自从每个战略X∈ Xdet（x，[0，T]）可以写为x*+ Z表示一些“往返”Z∈ Xdet（0，[0，T]），我们得到了X的最优性*.以下命题将最优性的一阶条件的必要性扩展到不一定具有确定性的策略的情况。提案4.11。让Y∈ 给出X（y，[0，T]）。如果存在最优策略X*最小化X（X，[0，T]）中的预期清算成本E[C（X | Y）]，然后对于任何[0，T]值的停止时间τ，存在Fτ-可测随机变量η，使得对于每个停止时间σ，取[τ，T]中的值，EZ[0，T]e-ρ|σ-t | dX*t+Z[0，σ）e-ρ(σ-t） dYt公司+Yσ+2θ十、*σFτ= ηP-a.s.（11）事实上，我们可以取η：=EZ[0，T]e-ρ|τ-t | dX*t+Z[0，τ）e-ρ(τ-t） dYt公司+Yτ+2θ十、*τFτ证据对于断言中的τ和σ，以及∈ Fτ，我们定义了“往返”Z∈ X（0，[0，T]）byZt=A{t≥τ}-{t≥σ}.扩大预期成本E[C（X*+ αZ | Y）]如（10）所示，在α=0时取α的导数，得到以下最优性的必要一阶条件，0=C（Z，X*) + C（Z，Y）+C（Z，Y）+2θC（Z，X*). （12） 通过利用Z的特殊形式，（12）变成0=EA.Z【0，T】e-ρ|τ-t型|- e-ρ|σ-t型|dX公司*t+Z[0，τ）e-ρ|τ-t | dYt-Z[0，σ）e-ρ|σ-t | dYt+(Yτ- Yσ）+2θ十、*τ- 十、*σ.这意味着∈ Fτ，EA.Z[0，T]e-ρ|σ-t | dX*t+Z[0，σ）e-ρ(σ-t） dYt公司+Yσ+2θ十、*σ= EA.Z[0，T]e-ρ|τ-t | dX*t+Z[0，τ）e-ρ(τ-t） dYt公司+Yτ+2θ十、*τ.注意，右侧与σ无关。因此，采取有条件的期望会产生结果。5用闭合形式表示离散平衡策略在本节中，我们的目的是计算向量ν和ω。

我们相应的结果将是本节末尾的定理5.4。需要它来证明我们的渐近结果。如【28】所示，定义α：=e将很方便-ρT/Nandκ：=2θ+。注意，我们有κ≥ 当且仅当θ=0且临界值θ*对应于κ=1。为了计算ν，我们定义了矩阵xb：=（1-α)Id+Γ-1（￠Γ+2θId）.为了获得B的更明确表示，首先回顾一下Kac–Murdock–Szeg的逆矩阵"o矩阵Γ具有简单的三对角结构，由Γ给出-1=1 - α1.-α 0 ··· ··· 0-α 1 + α-α 0 ··· 0..........................................-α 1 + α-α0 ··· ··· 0 -α 1; （13） 例如，参见【20，第7.2节，问题12-13】。因此，B=（1- α） Id号+1.-α 0 ··· ··· 0-α 1 + α-α 0 ··· 0..........................................-α 1 + α-α0 ··· ··· 0 -α 1κ 0 ··· ··· ··· 0α κ 0 ··· ··· 0αα.................. 0...αN-1αN-2.κ0αNαN-1··· ··· α κ=1.- 2α+ κ -ακ 0 ··· ··· 0-α(κ - 1) 1 + α(κ - 2) + κ -ακ 0 ··· 0.......................................0-α(κ - 1) 1 + α(κ - 2) + κ -ακ0 ··· ··· 0 -α(κ - 1) 1 - α+ κ.引理5.1。对于k≤ N、 kthleading principal minorδkof B由δk=c+mk++c给出-mk-,其中，对于实数r：=qα（κ- 2)- 2α2 + (κ - 1) κ+ （κ+1），实数c±和m±由c±=±给出1.- α(κ + 2) + κ+ R2Rand m±=1+α（κ- 2） +κ±R.证明。我们有δ=1- 2α+ κ, (14)δ= -2α(κ - 2) - 2α(κ + 2) + (κ + 1). （15） 对于k∈ {3，…，N}，kthprincipal minor，δk，由递归δk给出=1 + α(κ - 2) + κδk-1.- ακ (κ - 1） δk-该递推是一个二阶齐次线性微分方程。其特征方程ism-1 + α(κ - 2) + κm+ακ（κ- 1) = 0. （16） 这个方程有两个根，m+和m-.我们首先声明m+和m-对于α为实数∈ [0，1]和κ≥ 1/2.

这个断言等价于R的公式中平方根的变元的非负性。我们断言这反过来等价于f（t）：=t（κ- 2)- 2吨2 + (κ - 1) κ+ (κ + 1)≥ 0的0≤ t型≤ 1，其中我们用参数t替换了α。对于κ=2，前面的说法显然是正确的。否则，f最小化att：=2 + (κ - 1) κ/ (κ - 2). 我们有t<1当且仅当κ<2/3。在这种情况下，我们有f（t）≥ f（t）=8（1- κ) κ/ (κ -2） >0表示所有t.表示κ≥ 2/3我们有≥ 1，依次为f（t）≤ 0的0≤ t型≤ 这给了我们f（t）≥ f（1）=1表示0≤ t型≤ 1证明了根m±是真的。现在，根据二阶齐次线性微分方程的一般理论，（16）的每个解都是c（m）+k+c（m-)k、 其中cand care实常数；参见[21，定理3.7]。需要两个初始条件（14）和（15）可以得到c=c+和c=c-.引理5.2。通过φN+2=1，φN+1=1，粗略定义φN- α+κ，对于k=N，N- 1.2×φk=1 + α(κ - 2) + κφk+1- ακ (κ - 1） φk+2。那么，对于k∈ {2，…，N+2}，φk=d+mN+2-k++d-锰+2-k-,式中，m±与引理5.1和d±：=±1 +1.- ακ+ R2R。证据设ψ=1，ψ=1- α+κ，（17）和l∈ {2，…，N}，letψl=1 + α(κ - 2) + κψl-1.- ακ (κ - 1） ψl-2.（18）则ψk=φN+2-k、 在引理5.1的证明中，我们看到（18）的通解的形式是dml++dml-, 其中m±如上所示。选择d=d+和d=d-确保满足初始条件（17）并完成证明5.3。矩阵B是非奇异的，其逆矩阵由（B）给出-1） ij=（（ακ）j-iδi-1φj+1δ-1N+1if i≤ j、 （α（κ- 1） ）我-jδj-1φi+1δ-1N+1if i≥ j、 （19）式中δ=1。证据[28，引理3.2]表明，Γ和Γ+Γ+2θId都是可逆的。因此，B=（1-α) Γ-1（Γ+～Γ+2θId）也是可逆的。请注意，这意味着δN+16=0，因此（19）的右侧得到了很好的定义。

根据引理5.1和5.2，现在逆的显式形式遵循Usmani的三对角Jacobi矩阵逆公式【33，32】。定理5.4。ω的分量由ωi=（1）给出- α) κ + αα(κ-1)κN+1-iκκ - α (κ - 1), （20） 就我而言∈ {1，…，N+1}。特别是ωN+1=1/κ。ν的分量如下所示，ν=1- αδN+1φ+（1- α） NXj=2（ακ）j-1φj+1+（ακ）N！，νN+1=1- αδN+1α (κ - 1)N+（1- α） NXj=2α (κ - 1)N+1-jδj-1+δN！，对于i=2，N、 νi=1- αδN+1α (κ - 1)我-1φi+1+（1- α） 我-1Xj=2α (κ - 1)我-jδj-1φi+1+（1- α） NXj=i（ακ）j-iδi-1φj+1+（ακ）N+1-iδi-1.证据表达式（20）在[28，等式（16）]中得到了证明（注意，我们的向量ω在[28]中用u表示，我们的α对应于a1/Nin[28]，这里λ=1）。为了证明ν的公式，请注意我们有（Γ+ΓΓ+2θId）-11 = (1 - α） B类-1Γ-11、引理5.3的结果以及（1）的事实- α)Γ-11 = (1, 1 -α, . . . , 1.-α、 1）>，依次从（13）开始。6结论我们研究了在一个离散时间市场影响模型中，两个代理人在纳什均衡中的策略和成本的高频极限，这两个代理人在一个具有指数关联价格影响和大小为θ的二次交易成本的离散时间市场影响模型中竞争以最小化清算成本≥ 我们的结果允许我们对[28]中的数值观测给出严格的数学证明。特别是，我们已经表明，对于θ=0，均衡策略和成本将在两个累积点之间不确定地振荡，这是明确计算的。当θ>0时，策略、成本和总税收都会收敛到与θ无关的极限。

我们考虑了连续时间内的纳什均衡，并证明了当θ>0时，对于临界值θ，极限策略收敛到唯一的连续时间纳什均衡*离散时间均衡成本的高频极限收敛于连续时间纳什均衡中的期望成本。对于θ6=θ*, 然而，研究表明，除非两个库存都为零，否则不存在连续时间纳什均衡。此外，我们还提供了一系列模型参数，对于这些参数，两个代理的极限预期成本都是θ的递减函数，因此增加额外的交易成本可以降低所有代理的预期成本。定理3.1和3.2以及推论3.3和3.5的证明，如第5节中介绍的α、ν或ω等量，取决于交易频率的参数N。为了证明我们的渐近结果，我们需要将N发送到单位，但为了减少公式长度，我们并不总是明确表示数量的N依赖性。例如，我们将编写↑∞α=limN↑∞e-ρT/N=0。A、 1定理3.1的证明我们首先证明定理3.1的（c）和（d）部分。这些部分的证明相对容易。定理3.1（c）的证明。设θ>0，等于κ>1/2。我们对（20）进行第一次求和，以获得所有κ≥ 1/2，n=1，N+1，nXk=1ωk=κn1.-α(1 - α)κ + α+α(1 - α)κ + αα(κ - 1)κN+1-nα(κ-1)κn- 1α(κ-1)κ- 1.; （21）在这里，我们明确地将κ=1/2的情况包括在内，以供以后使用。通过取n=n+1，公式（21）得出ω>1=κ（N+1）1.-α(1 - α)κ + α+α(1 - α)κ + αα(κ-1)κN+1- 1α(κ-1)κ- 1..回顾α=e-ρT/N，我们有↑∞（N+1）1.-α(1 - α)κ + α= κρT.（22）由于κ>1/2，我们有|κ- 1 |/κ<1，这给定↑∞ω> 1=ρT+1。

（23）现在，nt：=dNt/T e，W（N）T=1-ω> ntXk=1ωk。因为对于t<t，我们有（α（κ-1） κ）N+1-nt公司→ 0作为N↑ ∞, 公式（21）给出了这种情况下的ntxk=1ωk-→ ρt为N↑ ∞.把所有的东西放在一起，现在就可以得出结论。定理3.1（d）的证明。对于κ=1/2，公式（21）简化如下，nXk=1ωk=2n1.-2α1 + α+ (-1） N+12αN+2-n(-1） n个- αn(1 + α). （24）因此，对于κ=1/2，我们得到（22）thatlimN↑∞N偶数ω>1=limN↑∞N evenN+1Xi=1ωi=e-ρT+ρT+1和limN↑∞N无ddω>1=-e-ρT+ρT+1。（25）如果取n=nt=dNt/T e，很容易显示为n↑ ∞,n1.-2α1 + α-→ρtand2αN+2-n± 1 - αn(1 + α)-→ e-ρ（T-t） （±1- e-ρt）。将其插入（24）并使用W（N）的定义，经过一次简短计算后得出定理3.1（d）的结果。现在我们准备定理3.1的（a）和（b）部分的证明。我们首先考虑κ=1的情况；定理3.1（a）的相应证明将在以下引理之后给出。引理A.1。设κ=1。ThennXi=1νi=2+α（1- α） n+α+αα- 2.2 (2 + α)α2 - αN+1+α（1+α）2+αα2 - αN+1-n（26）对于n∈ {1，…，N+1}。证据插入κ=1得到δk=21.- α2.- αk-1对于k∈ {1，…，N+1}，以及φk=2.- αN+2-k或k∈ {2，…，N+1}。因此，ν=2+α1+2- αα2 - αN+1！和νi=2+α1- α +1.- αα2 - αN+2-我！对于i∈ {2，…，N+1}。求和i=1，n产生结果。κ=1的定理3.1（a）的证明。回想一下α=e-ρT/N。因此，（1-α） nt公司→ ρt和2.- αnt公司→e2ρt对于所有t∈ （0，T）.取（26）yieldsntXi=1νi中的极限-→e-3ρT4e3ρt- 1.+ 6（ρt+1）。（27）将其插入V（N）类型的定义中，即可得出结果。现在我们准备在κ6=1的情况下证明定理3.1的（a）部分和（b）部分。在本文的其余部分中，我们定义了x的简写符号∈ R和m∈ N、 [x]m：=1- αδN+1xm。当计算像[x]N.Lemma A.2这样的表达式的极限时，这种表示法将很方便。

Letκ≥ 1/2和κ6=1。定义C：=α（1+α）/κ + 1 - α (κ - 2). ThennXi=1νi=Xσ∈{+,-}dσmσ- ακmσ- ακ[mσ]N（28）+（1- α） （n）-1） Xσ∈{+,-}cσdσα (κ - 1） mσ- α (κ -1） +mσmσ- ακ[mσ]N+C1+Xσ∈{+,-}cσmσmσακn-1.- 1.mσ- ακαN[κ]N+2CXσ∈{+,-}dσmσα(κ-1） mσ-α(κ-1） mσnmσ- α (κ -1） [mσ]N，对于N∈ {1，…，N}，和νN+1=Xσ∈{+,-}cσmσ- α(κ - 1)mσ- α (κ -1） [mσ]N+2CαN[κ- 1] N.（29）证明。对于i∈ {3，…，N}，i-1Xj=2α (κ - 1)我-jδj-1φi+1（30）=α（κ- 1） Xσ∈{+,-}cσdσmσ- α (κ -1） （mσ）N+c+d-（m）-)N+1m+m级+- α (κ -1)m+m-i+c-d+（m+）N+1m-m级-- α (κ -1)m级-m级+我-Xσ∈{+,-}cσmσmσ- α (κ -1） Xτ∈{+,-}dτ（mτ）N+1α (κ - 1)α (κ - 1） mτ我！andNXj=i（ακ）j-iδi-1φj+1（31）=Xσ∈{+,-}cσdσmσ- ακ（mσ）N+1+c+d-（m）-)N+2m+（m-- ακ)m+m-i+c-d+（m+）N+2m-（m）+- ακ)m级-m级+我-Xσ∈{+,-}dσmσmσ- ακXτ∈{+,-}cτ（ακ）N+1mτmτακi、 自α（κ- 1） （m）-- ακ）+m-m级+- α (κ -1)= α (κ - 1） （m）+- ακ）+m+m级-- α (κ -1)= m+m-- ακ (κ - 1） =0，则（30）和（31）中的第二个和第三个求和数相互抵消。进一步简化，我们得到νi=（1- α） Xσ∈{+,-}cσdσα (κ - 1） mσ- α (κ -1） +mσmσ- ακ[mσ]N+2CXσ∈{+,-}dσmσ[mσ]Nα（κ- 1)α (κ - 1） mσi+CXσ∈{+,-}cσαN+1κ[κ]Nmσmσακi、 对于i∈ {2，…，N}。类似计算得出ν=Xσ∈{+,-}dσmσ- ακmσ- ακ[mσ]N+CαN[κ]N，νN+1=Xσ∈{+,-}cσmσ- α(κ - 1)mσ- α (κ -1） [mσ]N+2CαN[κ- 1] N.注意Nxi=2Xσ∈{+,-}dσmσ[mσ]Nα（κ- 1)α (κ - 1） mσi=Xσ∈{+,-}dσmσmσα（κ-1)N-1.-mσα（κ-1)N-nmσ- α (κ -1） αN[κ]NandnXi=2Xσ∈{+,-}cσαN+1κ[κ]Nmσmσακi=Xσ∈{+,-}cσmσmσακn-1.- 1.mσ- ακαN[κ]对于所有N∈ {2，…，N}完成证明。下面的引理总结了我们在获得限制策略以及随后的限制成本时将遇到的所有对象的限制行为。回想一下，nt：=dN t/t e。对于实数序列（aN）N∈与实数a相比，我们使用速记符号（aN）nt→ ±a表示（aN）nt=(-1） nt | aN | ntand limN→∞|aN | nt=a。引理a.3。

对于κ≥ 1/2和κ6=1，我们对N有以下限制↑ ∞.（a） α→ 1和αnt→ e-ρt；（b） R→ 1，c+→ 0，c-→ 1，d+→ 1，d-→ 0，m+→ κ、 和m-→ κ - 1.（c） c+m+-κ→ 2，c+m+-ακ→,c+m+-ακ→ 1，andc+1-α→ 2κ;（d） d-m级--(κ-1)→ -,d-m级--α(κ-1)→ -,d-m级--α(κ-1)→ -1，和D-1.-α→ κ - 1.（e） （1）- α） nt公司→ ρt。如果另外κ>1/2，则以下限值也是正确的。（f）κ-1κnt公司→ 0,m+κnt公司→ e2ρt，κ-1米+nt公司→ 0,m级-κnt公司→ 0，和κ-1米-nt公司→ e4ρt；（g） [m+]N→4κ，[m-]N→ 0，[κ]N→e-2ρT4κ和[κ- 1] N个→ 0;（h） （（κ-1） /κ）N1-α→ 0，[m-]N1型-α→ 0和[κ-1] N1型-α→ 另一方面，如果κ=1/2，则上述限值不再成立。相反，我们有以下内容。（f’）κ-1κnt公司→ ±1,m+κnt公司→ e2ρt，κ-1米+nt公司→ ±e-2ρt，m级-κnt公司→ ±e-4ρt，和κ-1米-nt公司→ e4ρt；（g’）[m+]2N→e-6ρT+2，[m-]2N个→2e6ρT+1，[κ]2N→e4ρT2e6ρT+1，[κ- 1] 2N个→e4ρT2e6ρT+1，[m+]2N+1→-e-6ρT+2，[m-]2N+1→-2e6ρT+1，[κ]2N+1→e4ρT2e6ρT-1和[κ- 1] 2N+1→e4ρT-2e6ρT+1；（h’）m++κ-1m++α（κ-1)→,m级-+ακm-+ακ→, 和κ+α（κ-1)1-α→.证据（a） （b）是显而易见的，（c）–（e）然后应用L\'H^opital规则。（f）中的第一句话来源于κ>1/2这一事实。要证明第二点，请编写m+/κN=经验值N日志m+/κ并应用L\'H^opital规则。第三条语句紧跟其后，因为(κ - 1) /κnt公司=m+/κnt公司(κ - 1） /米+nt公司→ 第四条和第五条陈述可以用类似的方式证明。关于（g）和（h），回想一下1- αδN+1=c类+1.- α+ κ -ακ(κ-1） m级+1.- α（m+）N+c-1.- α+ κm级-- ακ (κ - 1)m级-(1 - α） （m）-)N-1、应用L\'H^opital规则：c+1.- α+ κ -ακ(κ-1） m级+1.- α→ 4κ，andc-1.- α+ κm级-- ακ (κ - 1)m级-(1 - α)→ -2 (κ - 1).从（vi）可以看出m级-/m级+N→ 0，再次使用L\'H^opital规则，m级-/m级+N1型- α→ 0,m级-/ (κ - 1)N1型- α→ 0，和(κ - 1) /κN1型- α→ 插入并接受限制会产生结果。如果κ=1/2，则观察m-=1.- α-q1.- α+ 4/9α< 0<m+。考虑到这一点，可以用与语句（f）和（g）相同的方式证明语句（f’）和（g’）。

（h’）是L\'h^opital规则的另一个应用。κ6=1的定理3.1（a）的证明。让κ>1/2，κ6=1。（28）和（29）的极限很容易用引理A.3计算出来。总的来说，我们看到，N↑ ∞,ntXi=1νi-→e-3ρT6e3ρT（ρT+1）+4e3ρT- 1., （32）对于t∈ （0，T），和n+1Xi=1νi-→e-3ρT2e3ρT（3ρT+5）- 1.. （33）注意，（33）与t=t时（32）右侧的值一致，（32）与（27）中的限值一致，该限值是在κ=1时获得的。将此结果插入到V（N）的定义中，得到结果。定理3.1（b）的证明。对于κ=1/2，可使用引理A.3获得（28）和（29）的极限。我们发现Pnti=1νih是每个t的两个聚类点∈ （0，T）。如果NTI为偶数，则接近一个，如果NTI为奇数，则接近另一个。对于pn+1i=1νi，情况也是如此，这取决于N是偶数还是奇数。为了将来参考，我们现在将1>ν的限值声明为N↑ ∞;画↑∞N偶数>ν=2e6ρT（3ρT+5）+e3ρT+3ρT+718e6ρT+9，limN↑∞N无dd>ν=2e6ρT（3ρT+5）- 3e3ρT- 3ρT- 718e6ρT- 9.（34）A.2定理3.2（A）的证明我们从以下简单引理开始准备证明，它适用于所有κ≥ 1/2.引理A.4。我们有EHCTξ | ηi=（x+y）>ν+x个- y>ν + 1>ω>ν>ω+（十）- y） >ω（35）+x+y>νν> ИΓν+x- y>ν>ωω>~Γ -~Γ>ν -x个- y> ωω>~Γ ω!.证据我们有EHCTξ | ηi=ξ>（Γ+2θId）ξ+ξ>Γη=x+y>ν!ν>Γ+～Γ+2θIdν+（x+y）（x- y）>ν>ων>Γ -Γ+2θIdω + ω>Γ+～Γ+2θIdν+x个- y>ω!ω>Γ -Γ+2θIdω!+ξ>~Γ η.根据定义，（Γ+ΓΓ+2θId）ν=（Γ-ИΓ+2θId）ω=1。由于ν>1=1>ν，ω>1=1>ω，以及ν>ДΓω=ω>ДΓ>ν，表示式（35）如下。引理A.5。对于κ>1/2，如N↑ ∞,ν>~Γ ν -→ (-e-6ρT- 8e-3ρT+24ρT+36）/216，ω>（Γ）-~Γ>)ν -→ (-e-3ρT+4）/6和ω>Γω-→ （2ρT+1）/2。证据首先让k=1。