摆动期权定价的一阶BSPDE：经典解

关键的观察结果是，我们可以以单调的方式构造逼近微分方程的序列，这几乎可以确保收敛（而没有单调性的情况下，只能获得弱L-收敛）。为此，定义m∈ NΓ+，m（t，ω）={y∈ (1 - L（T- t） ，1）；X（t，ω）+D-yJ（t，ω，y）≥ 1/m}，对于n∈ N、 s∈ [0，T]和y∈ RFn（s，ω，y）=2nZyy-2.-nL1{v；m（ω）∈Nη∈[0,2-n] v+η∈Γ+，m（ω）（s，ω）}dv。注意，由于D上的leftcontinuity假设-yJ公司m（ω）∈ Nη ∈ [0, 2-n] v+η∈ Γ+，m（ω）（s，ω）<=> v∈ (1 - L（T- s） ，1- 2.-n） 和infη∈[0, 2-n]∩QX（s，ω）+D-yJ（s，ω，v+η）>0。因此，定义Fnis度量的被积函数（作为（s，ω，v）中的函数），尤其是Fn（·，y）是（Fs）s∈[t，t]-针对每个y调整流程∈ R、 此外，通过构造，Fnis-Lipschitz在y中具有常数L2n（与s，ω无关）。因此，有一个独特的（直到显示出可识别性）连续和适应的过程yn，该过程满足yn（s）=y+ZstFn（r，yn（r））dr，s∈ [t，t]。我们定义了[0，L]值适应过程（un）n的序列∈Nviaun（s）=Fn（s，yn（s）），s∈ [t，t]。这个序列属于一组适应的和[0，L]值的过程，它是L（[t，t]×的子集Ohm) 是有界的、闭的和凸的，因此是弱紧的。因此，存在一个自适应的[0，L]值过程^u和一个子序列（nk），使得unk→ ^u，k→ ∞在L（[t，t]×中弱Ohm). 我们声称^u满足（3.1）。为了看到这一点，Fix s∈ [t，t]并选择任意ξ∈ L(Ohm). 那么，ξ1[t，s]∈ L（[t，t]×Ohm). 因此，E[ξ（ynk（s））- y） ]=E[ZTtξ1[t，s]（r）unk（r）dr]→ E[ZTtξ1[t，s]（r）^u（r）dr]=E[ξZst^u（r）dr]，即ynk（s）在L中弱收敛于y+Rst^u（r）dr(Ohm). 我们现在都证明了这种收敛几乎是完全成立的。

为此，我们首先观察到Fn（s，y）≤ 每对（s，y）Fn+1（s，y），因为efn（s，y）=2nZyy-2.-（n+1）L1{v；m级∈Nη ∈[0,2-n] 五-2.-（n+1）+η∈Γ+，m（s）}dv+2nZyy-2.-（n+1）L1{v；m级∈Nη∈[0,2-n] v+η∈Γ+，m（s）}dv≤ 2·2nZyy-2.-（n+1）L1{v；m级∈Nη ∈[0,2-（n+1）]v+η∈Γ+，m（s）}dv=Fn+1（s，y）。同于yn+1-ynis（直到不可区分）线性微分方程Yn+1（s）的唯一连续解- yn（s）=Zst（bn（r）（yn+1（r）- yn（r））+cn（r））drforbn（r）=1{yn+1（r）6=yn（r）}Fn+1（r，yn+1（r））- Fn+1（r，yn（r））yn+1（r）- yn（r）cn（r）=Fn+1（r，yn（r））- Fn（r，yn（r））≥ 因此，我们观察到，在一组与n，s，yn+1（s）无关的全P-测度上- yn（s）=Zstcn（r）exp{Zsrbn（u）du}dr≥ 0，即序列yn（s）不递减。因为它以y+L（T）为界- t） ，P-a.s.限制=limn→∞yn（s）存在于每个∈ [t，t]。由支配收敛（yn（s））在L中强收敛到y（s）(Ohm),鉴于上述弱收敛性，我们得出结论，对于每个∈ [t，t]y（s）=y+Zst^u（r）dr，P-a.s。接下来我们介绍B[t，t] F-measurab le setA={（s，ω）；y（s，ω）∈ Γ+（s，ω）和infη∈[- 2.-n、 2-n]∩QX（s，ω）+D-yJ（s，ω，yn（s，ω）+η）≤ 0 i.o.}，其中“i.o.”表示事件发生在数量众多的n中。表示s的s截面∈ [t，t]byAs={ω；（s，ω）∈ A} 。当yn（s）收敛到y（s）时，我们观察到 Ohmcs，WHER eOhmsis是定理1.1的全P-可测性质b）的集合，其中y 7→ D-yJ（s，y）是连续的。因此，P（As）=0。因此，通过（unk）到^u的弱收敛，E[ZTt（L- ^u（s））1{y（s）∈Γ+（s）}ds]=limk→∞E[ZTt（L- unk（s））1{y（s）∈Γ+（s）}Acsds]。

（3.2）我们现在注意到∈ [t，t]（使用第二个标识的yn（s）到y（s）的收敛性得出以下结论：yn（s）∈ (1 - L（T- s） +2个-n、 1个- 2.-n） 对于足够大的n{y（s）∈ Γ+（s）}∩ Acs={y（s）∈ Γ+（s）}∩[N∈N\\N≥Ninfη∈[- 2.-n、 2-n]∩QX（s）+D-yJ（s，yn（s）+η）>0= {y（s）∈ Γ+（s）}∩[N∈N\\N≥Nm级∈ Nη ∈ [-2.-n、 2-n] yn（s）+η∈ Γ+，m（s） {y（s）∈ Γ+（s）}∩[N∈N\\N≥N{Fn（s，yn（s））=L}= {y（s）∈ Γ+（s）}∩[N∈N\\N≥N{un（s）=L}因此，通过支配收敛，（3.2）的右侧收敛到零。一个类比参数showsE[ZTt^u（s）1{y（s）∈Γ-（s） }ds]=0。由于^u为[0，L]值，这两个恒等式意味着^u解决了差异包含（3.1）。提案3.4。定理2.2的完整b’），即对于每个（t，y）∈ [0，T]×(-∞, 1] ，有aut，y∈ 满足（2.1）的U（t，y）。证据我们首先用^u表示（3.1）的解，其中（t，y）=（t，y）在前面的引理中构造。定义'σU：=inf{r≥ t；y+Zrt^u（s）ds≥ 1} ∧ T、 (R)σL：=inf{r≥ t；y+Zrt^u（s）ds≤ 1.- L（T- t） }∧ T、 andut，y（r）：=（^u（r），r∈ [t，’σU∧ \'σL）L1{\'σL<\'σU}r∈ [°σU∧ 令y，y（r）=y+Rrtut，y（s）ds和y（r）=y+Rrt^u（s）ds。我们希望展示ut，ysolves（2.1），它需要验证ZTt | ut，y（s）| 1{X（s）+D-yJ（s，yt，y（s））<0}+| ut，y（s）- L | 1{X（s）+D-yJ（s，yt，y（s））>0}ds= 0。（3.3）我们分解ZTt | ut，y（s）| 1{X（s）+D-yJ（s，yt，y（s））<0}+| ut，y（s）- L | 1{X（s）+D-yJ（s，yt，y（s））>0}ds= EZTt | u（s）| 1{X（s）+D-yJ（s，y（s））<0}{s<σU∧\'\'σL}ds+EZTtL 1{X（s）+D-yJ（s，yt，y（s））<0}{s≥\'\'σU∧\'\'σL}{\'\'σL<\'\'σU}ds+EZTt|^u（s）- L | 1{X（s）+D-yJ（s，y（s））>0}{s<σU∧\'\'σL}ds+EZTtL 1{X（s）+D-yJ（s，yt，y（s））>0}{s≥\'\'σU∧\'\'σL}{\'\'σL≥\'\'σU}ds= （一） +（二）+（三）+（四）。前面的引理意味着第一项和第三项消失。

对于第二项，请注意yt，y（s）≤ 1.- L（T- s） 关于{s≥ \'\'σU∧ \'\'σL}∩ {σL<σU}，通过定义σLand ut，y，然后定义D-通过J的常数外推，yJ（s，yt，y（s））=0。因此，（II）≤ EZTtL 1{X（s）<0}ds= 0，因为X的非负性。同样，可以处理第四项。我们首先观察到定理2.2的c’’，即0=J（t，1）=ELZTt（X（s）+D-yJ（s，1））+ds英尺,哪个产量x（s）+D-yJ（s，1）≤ 0，λ【t，t】 P-a.s.然而，我们有y，y（s）=1关于{s≥ \'\'σU∧ \'\'σL}∩ {σL≥ 通过定义σU和ut，y来定义σU。因此，（IV）≤ EZTtL 1{X（s）+D-yJ（s，1）>0}ds= 我们最终注意到Zttut，y（r）dr=yt，y（T）- y≤ 1.- y、 因此，ut，y等于U（t，y）。鉴于定理2.2，（ii）和引理3.2，上述命题总结了定理3.1的证明，因此定理1.1.4值过程正则性的唯一性部分（ii）在本节中，我们研究y变量中值过程的“良好”版本J的正则性。对于本节的其余部分，我们始终假设J是在Proposition 2.1中构建的随机场。注意，通过凹度，存在单侧导数D±yJ（t，y）。根据第2.2和（1.6）项，我们观察到J满足定理1.1（i）的要求，一旦建立了以下结果。定理4.1。假设X满足现有假设，即LCE。那么，对于每个人来说∈ [0，T]，有一个集合Ohmtof full P-测量suc h，对于每个ω∈ Ohmt、 地图7→ J（t，ω，y）在（1）上连续可微- L（T- t） ，1）。此外，对于每t∈ [0，T]和y∈ (1 -L（T- t） ，1），λ[t，t]存在yJ（s，ω，y）-1.-yL] P-几乎每（s，ω）。备注4.2。（i） LCE假设对于定理4.1来说至关重要。