论经济尾部风险的度量

因此，h是一个递增函数。其次，我们证明了（2）对任何（可能无界的）X都成立∈ 十、对于M>0，因为xml属于L∞(Ohm, F、 P），因此（2）适用于XM，这意味着ρ（XM）=Z∞h（P（XM>x））dx+Z-∞（h（P（XM>x））- 1） dx=ZMh（P（X>X））dx+Z-M（h（P（X>X））- 1） dx。让我→ ∞ 在上述等式的两边，利用公理A5，我们得出（2）适用于X的结论，“如果”部分。假设h是畸变函数，ρ由（2）定义。定义集合函数ν（A）：=h（P（A）），A.∈ F.那么ρ（X）是X相对于ν的Choquet积分。通过定义ρ和简单验证，ρ满足了A2-A5公理。Denneberg（1994，命题5.1）认为ρ满足正同质性和共单调可加性，这意味着ρ满足公理A1。B理论证明2.1首先，我们给出以下定义：定义B.1。单值统计泛函ρ被称为关于P的凸水平集，如果对于任意两个分布F∈ P和F∈ P、 ρ（F）=ρ（F）意味着ρ（λF+（1- λ） F）=ρ（F），λ ∈ (0, 1).下面的引理B.1给出了单值统计泛函可导出的必要条件。引理是OsbandA命题2.5的一个变量，Os band（1985）和Gneiting（2011）给出了集值（非单值）统计函数的类似定义。Lambert、Pennock和Shoham（2008）的引理1，以及Gneiting（2011）的定理6，它们涉及集值统计泛函。引理B.1。如果单值统计泛函ρ对P是可解的，那么ρ对P有凸水平集。假设ρ是可导出的。然后存在一个预测目标函数（x，y），使得（6）成立。对于任意两个分布Fand和任意λ∈ （0,1），表示Fλ：=λF+（1）- λ） 如果t=ρ（F）=ρ（F），那么t=min{x |x∈arg minxRS（x，y）dFi（y）}，i=1，2。

SinceRS（x，y）dFλ（y）=λRS（x，y）dF（y）+（1- λ） RS（x，y）dF（y），它遵循t∈ arg minxRS（x，y）dFλ（y）。对于任何t\'∈arg minxRS（x，y）dFλ（y），它持有thatRS（t′，y）dFλ（y）≤RS（t，y）dFλ（y），这意味着λRS（t′，y）dF（y）+（1- λ） RS（t′，y）dF（y）≤ λRS（t，y）dF（y）+（1）-λ） RS（t，y）dF（y）。然而，根据t的定义，RS（t，y）dFi（y）≤RS（t′，y）dFi（y），i=1,2。因此，RS（t，y）dFi（y）=RS（t′，y）dFi（y），i=1,2，这意味着t′∈arg minxRS（x，y）dFi（y），i=1，2。因为t=min{x | x∈ arg minxRS（x，y）dFi（y）}，它遵循t′≥ t、 因此，t=min{x | x∈ arg minxRS（x，y）dFλ（y）}=ρ（Fλ）。引理B.2。让c∈ [0，1]是一个常数。如果ρ在n（2）中定义为h（u）=1-CU∈ （0,1），h（0）=0，h（1）=1，然后ρ=cVaR+（1- c） VaR，其中VaR（F）：=inf{x|F（x）>0}和VaR（F）：=inf{x|F（x）=1}。此外，ρ具有凸水平集，且P={F |ρ（F）定义良好}。证据如果VaR（F）≥ 那么ρ（F）=Z（0，VaR（F））h（1- F（x））dx+Z（VaR（F），VaR（F））h（1- F（x））dx+Z（VaR（F），∞)h（1- F（x））dx=VaR（F）+（1- c） （VaR（F）- VaR（F））=cVaR（F）+（1- c） VaR（F）。如果VaR（F）<0，类似的计算也会导致ρ（F）=cVaR（F）+（1- c） VaR（F）。假设t=ρ（F）=ρ（F）。表示Fλ：=λF+（1）- λ） F，λ∈ (0, 1). 有三种情况：（i）c=0。然后，t=VaR（F）=VaR（F）。根据VaR的定义，Fi（x）<1forx<t，Fi（x）=1forx≥ t、 因此，对于任何λ∈ （0，1），它认为Fλ（x）<1forx<t，Fλ（x）=1代表x≥ t、 因此，ρ（Fλ）=VaR（Fλ）=t.（ii）c∈ (0, 1). 在不丧失一般性的情况下，假设VaR（F）≤ VaR（F）。Sincet=cVaR（F）+（1- c） VaR（F）=cVaR（F）+（1）- c） VaR（F），VaR（F）≥VaR（F）。因此，对于nyλ∈ （0,1），VaR（Fλ）=VaR（F）和VaR（Fλ）=VaR（F）。因此，ρ（Fλ）=t.（iii）c=1。然后，t=VaR（F）=VaR（F）。通过定义VaR，对于x<t，Fi（x）=0，对于x>t，Fi（x）>0。因此，对于任何λ∈ （0，1），它认为Fλ（x）=0forx<t，Fλ（x）>0表示x>t。

因此，ρ（Fλ）=VaR（Fλ）=t引理B.3。让α∈ （0,1）和c∈ [0, 1]. 让ρ在（2）中定义为h（x）：=（1）- c） ·1{x=1-α} +1{x>1-α}. 那么ρ（F）=cq-α（F）+（1）- c） q+α（F），F∈ P、 （22）其中q-α（F）：=inf{x|F（x）≥ α} q+α（F）：=inf{x | F（x）>α}。此外，ρ具有凸水平集，且P={FX | X是一个适当的随机变量}。证据定义g（x）：=1- h（1- x） ，x∈ [0, 1]. 那么，g（x）=c·1{x=α}+1{x>α}，ρ可以表示为ρ（F）=-Z-∞g（F（x））dx+Z∞(1 - g（F（x）））dx。注意F（x）=x的α∈ [q]-α（F），q+α（F））。考虑三种情况：（i）q-α（F）≥ 0.在这种情况下，ρ（F）=Z∞(1 - g（F（x）））dx=Z[0，q-α（F））（1- g（F（x）））dx+Z[q-α（F），q+α（F））（1- g（F（x）））dx+Z（q+α（F），∞)(1 - g（F（x）））dx=q-α（F）+（1）- c） （q+α（F）- Q-α（F））=cq-α（F）+（1）- c） q+α（F）。（二）q-α（F）<0<q+α（F）。在这种情况下，ρ（F）=-Z（q）-α（F），0）g（F（x））dx+Z（0，q+α（F））（1- g（F（x）））dx=cq-α（F）+（1）- c） q+α（F）。（iii）q+α（F）≤ 0.在这种情况下，ρ（F）=-Z(-∞,Q-α（F）g（F（x））dx-Z（q）-α（F），q+α（F））g（F（x））dx-Z（q+α（F），0）g（F（x））dx=-c（q+α（F）- Q-α（F））+q+α（F）=cq-α（F）+（1）- c） q+α（F），完成了（22）的证明。然后我们证明了ρ相对于P有凸水平集。假设ρ（F）=ρ（F）。然后-α（F）+（1）- c） q+α（F）=cq-α（F）+（1）- c） q+α（F）。（23）对于λ∈ （0,1），定义Fλ：=λF+（1）- λ） F.有三种情况：（i）c=0。那么，ρ=q+α。表示t=q+α（F）=q+α（F），然后Fi（x）>αF或x>和Fi（x）≤ 对于x<t，i=1,2。因此，Fλ（x）>αF或x>t和Fλ（x）≤ αforx<t，这意味着t=q+α（Fλ），即q+α相对于P.（ii）c具有凸水平集∈ ( 0, 1). 在不丧失一般性的情况下，假设q-α（F）≥ Q-α（F）。然后从（23）得出q+α（F）≤ q+α（F）。因此，[q-α（F），q+α（F）] [q]-α（F），q+α（F）]。有两个子类：（ii.i）q-α（F）<q+α（F）。

在这种情况下，对于x<q，Fλ（x）<α-α（F）；Fλ（x）=x的α∈ [q]-α（F），q+α（F））；对于x>q+α（F），Fλ（x）>α。因此，q-α（Fλ）=q-α（F）和q+α（Fλ）=q+α（F），这意味着ρ（Fλ）=ρ（F）。（二）q-α（F）=q+α（F）。在这种情况下，对于x<q，Fλ（x）<α-α（F）和Fλ（x）>αforx>q+α（F）。因此，q-α（Fλ）=q-α（F）和q+α（Fλ）=q+α（F），这意味着ρ（Fλ）=ρ（F）。因此，ρ具有凸水平集。（iii）c=1。那么，ρ=q-α=VaRα。表示t=q-α（F）=q-α（F），然后Fi（x）<α表示x<t和Fi（x）≥ x的α≥ t、 i=1,2。因此，对于x<t和Fλ（x），Fλ（x）<α≥ x的α≥ t、 这意味着q-α（Fλ）=t，即q-其次，我们证明了定理B.1，它表明在基于Choquet期望效用理论的一类风险测度中，只有四类风险测度满足可导的必要条件。定理B.1。让Pbe为分布集提供有限的支持。设h为[0,1]上定义的一个存储函数，ρ（·）如（2）中所定义。然后，ρ（·）有关于Pif的凸水平集，并且仅当以下四种情况之一成立时：（i）存在c∈ [0,1]，使得ρ=cVaR+（1- c） VaR，其中VaR（F）：=inf{x|F（x）>0}a和VaR（F）：=inf{x|F（x）=1}。（ii）存在α∈ （0，1）使得ρ（F）=VaRα（F），F（iii）存在α∈ （0,1）和c∈ [0,1]使得ρ（F）=cq-α（F）+（1）- c） q+α（F），F、 （24）其中q-α（F）：=inf{x|F（x）≥ α} q+α（F）：=inf{x | F（x）>α}。（iv）ρ（F）=RxdF（x），F此外，上述列出的风险措施与理论2中定义的Pde有关。1.理论证明。1.定义g（u）：=1- h（1- u） ，u∈ [0, 1]. 然后g（0）=0，g（1）=1，g在[0,1]上增加。然后，ρ可以表示为ρ（F）=-Z-∞g（F（x））dx+Z∞(1 - g（F（x）））dx。 ≤ x<x<xn，pi>0，i=1。

. . , n、 Pni=1pi=1，通过简单的计算可以看出ρ（F）=g（p）x+Pni=2（g（Pij=1pj）- g（π）-1j=1pj）xi。g有三种情况：情况（i）：任何q∈ （0，q=1。然后g（u）=1{u=1}。由莱玛写的。2（c=0），ρ=0，ρ关于P有凸水平集。情况（ii）：存在q∈ （0，1）使得g（q）=1和g（q）∈ {0，1}表示allq∈ (0 , 1). 设α=inf{q | g（q）=1}。有三个子类：（ii.i）α=0。那么，g（u）=1{u>0}。由莱玛写的。2（c=1时），ρ=Var，ρ具有关于t o P.（ii.ii）α的凸水平集∈ （0,1）和g（α）=1。那么，g（u）=1{u≥α}. 由莱玛写的。3（c=1），ρ=q-α=VaRα，ρ关于P.（ii.iii）α有凸水平集∈ （0,1）和g（α）=0。那么，g（u）=1{u>α}。由莱玛写的。3（c=0），ρ=q+α，ρ有关于P的凸水平集。情况（iii）：存在q∈ （0，1）使得g（q）∈ (0, 1). 假设ρ对于任何0<x<x和q有关于P的凸集∈ （0，1）满足1=ρ（δ）=ρ（qδx+（1- q） δx）=xg（q）+x（1）- g（q）），（25）因为ρ有凸水平集，所以1=ρ（v（qδx+）（1- q） δx）+（1- v） δ），五、∈ (0 , 1). （26）对于任何q∈ （0，1）使得g（q）∈ （0，1），（25）对任何（x，x）=（1）保持不变-C-g（q）1-g（q）（1）- c） +1-g（q）），C∈ (0, 1). 注意到x<1<x，（26）意味着1=ρ（v）（qδx+（1- q） δx）+（1- v） δ）=xg（vq）+g（vq+1- v）- g（vq）+x（1）- g（vq+1）- v） ）=（1- c） g（vq）+g（vq+1- v）- g（vq）+-g（q）1- g（q）（1）- c） +1- g（q）(1 - g（vq+1）- v） ）=1+c-g（vq）+g（q）1- g（q）（1）- g（vq+1）- v） ), 五、∈ (0, 1), C∈ (0 , 1).因此-g（vq）+g（q）1- g（q）（1）-g（vq+1）-v） ）=0，五、∈ (0, 1), q使得g（q）∈ (0, 1). （27）设α=sup{q | g（q）=0，q∈ [0,1]}和β=inf{q | g（q）=1，q∈ [0, 1]}. 既然有q∈ （0，1）使得g（q）∈ （0，1），它遵循α≤ q<1，g（α）≤ g（q）<1，β≥ q> 0和g（β）≥ g（q）>0。有四个子类别：案例（iii.i）α=β和g（α）=c∈ (0, 1).

在这种情况下，α=β∈ (0, 1). 根据α和β的定义，对于x<α，g（x）=0，对于x>α，g（x）=1。由莱玛写的。3，ρ=cq-α+ (1 - c） q+α和ρ具有关于P的凸水平集。情形（iii.ii）α<β和g（α）∈ (0, 1). 在这种情况下，α∈ (0, 1). 根据β的定义，g（（α+β）/2）<1。设=β- α. 根据β的定义，g（α+）<1表示所有∈ (0 , ). 此外，g（α+）≥ g（α）>0f或全部∈ (0, ). 因此，g（α+）∈ （0,1）所有∈ (0, ). 对于任何η∈ （0，α）和∈ （0，），设q=α+，v=α-ηα+. 然后由αthatg（vq）=g（α）的定义得出-η） =0，这意味着从m（27）到1=g（vq+1）-v） =g（α）-η++ηα+），对于任何∈ (0, ), η ∈ (0, α). 那么，g（α+）=lim↓0,η↓0g（α）- η++ηα+）=1，这与g（α+）相矛盾≤ g（（α+β）/2）<1。因此，本案不成立。案例（iii.iii）α<β，g（α）=0，和g（β）∈ (0, 1). 自g（β）∈ （0,1），它遵循β∈ (0, 1). 通过β的定义，对于任何η∈ (0, 1 - β） ，g（β+η）=1。根据α的定义，g（（β+α）/2）>0。因此，g（β-) ≥ g（（β+α）/2）>0。因此，存在>0使得g（β- ）>0表示任何∈ (0, ). 另一方面，g（β- ) ≤ g（β）<1表示任何∈ (0, ). 因此，g（β- ) ∈ （0,1）对于任何∈ (0, ). 那么，对于任何η∈ (0, 1 - β） ∈ （0，），设q=β- andv=1-β-η1-β+. 然后，我们有g（vq+1）- v） =g（β+η）=1。自g（β）- ) ∈ （0,1）代表∈ （0，），由（27）可知，0=g（vq）=g（1）-β-η1-β+(β - ），这意味着g（β-) = limη↓0,↓0g（1-β-η1-β+(β - )) = 0. 这与g（β）相矛盾-) > 0 . 因此，本案不成立。案例（iii.iv）α<β，g（α）=0，g（β）=1。让q∈ （0，1）使得g（q）∈ (0, 1).然后，α<q<β。我们将证明，要么存在常数c∈ （0，1）例如g（u）=c，U∈ （0,1）或g（u）=u，U∈ (0 , 1).首先，我们将展示α=0和β=1。为了矛盾起见，假设α>0。

因为α<q，所以g（α+）对所有都<1∈ （0，），其中=q-α. 此外，通过定义α，g（α+）>0表示所有∈ (0, ). 因此，g（α+）∈ （0,1）所有∈ (0, ). 对于任何η∈ （0，α）和∈ （0，），设q=α+，v=α-ηα+. 然后根据α的定义得出g（vq）=g（α- η） =0，从（27）t开始，1=g（vq+1-v） =g（α）-η++ηα+），对于任何∈ (0, ), η ∈ (0 , α).那么，g（α+）=lim↓0,η↓0g（α）- η++ηα+）=1，这与g（α+）相矛盾≤ g（q）<1。因此，α=0。此外，为了矛盾起见，假设β<1。然后，通过β的定义，对于任何η∈ (0, 1 - β） ，g（β+η）=1。设=β- q、 因为β>q，g（β- ) ≥ g（q）>0f或任何∈ (0, ). 通过定义β，g（β- ）<1表示任何∈ (0, ). 因此，g（β-) ∈ （0,1）对于任何∈ (0, ). 那么，对于任何η∈ (0, 1-β） ∈ （0，），设q=β- 和v=1-β-η1-β+. 然后，我们有g（vq+1）- v） =g（β+η）=1。自g（β）- ) ∈ （0,1）对于任何∈ （0，），由（27）可知，0=g（vq）=g（1）-β-η1-β+(β - ），这意味着g（β-) = limη↓0,↓0g（1-β-η1-β+(β - )) = 0. 这与g（β）相矛盾-) ≥ g（q）>0。因此，β=1。然后，由α=0和β=1得出thatg（q）∈ (0, 1), Q∈ (0, 1). （28）因此，从（27）和（28）可以得出：-g（vq）+g（q）1- g（q）（1）- g（vq+1）- v） ）=0，五、∈ (0, 1), Q∈ (0, 1). （29）对于任何q∈ （0,1）和v∈ （0,1），vq+1- v>q和limv↑1（vq+1）- v） =q。然后从（29）thatg（q）开始-) = limv↑1g（vq）=limv↑1g（q）1- g（q）（1）- g（vq+1）- v） ）=g（q）1- g（q）（1）- g（q+），Q∈ (0, 1).（30）其次，我们考虑两种情况：情况（iii.iv.i）存在0<u<u<1这样的情况，即g（u）=g（u）。设w=inf{u|g（u）=g（u）}和w=sup{u|g（u）=g（u）}。考虑另外三种情况：（a）w>0。自从limq↓w1-u1-q=1-u1-w<1=limq↓wwq，有q∈ 例如：-u1-q<wq。选择v∈ （0，1）使-u1-q<v<wq。因为vq<w，g（vq）<g（u）。

既然w<q<vq+1- v<u，g（q）=g（vq+1- v） =g（u）。因此-g（vq）+g（q）1-g（q）（1）- g（vq+1）- v） ）>0，这与（29）相矛盾。因此，本案不能成立。（b） w<1。自从limq↑w1-w1-q=1>uw=limq↑wuq，有q∈ （u，w）这样-w1-q> uq。选择v∈ （0，1）如此-w1-q> v>uq。因为w>q>vq>u，g（q）=g（vq）=g（u）。从Vq+1开始-v> w，g（vq+1）-v） >g（u）。因此-g（vq）+g（q）1-g（q）（1）-g（vq+1）- v） ）<0，这与（29）相矛盾。因此，本案不能成立。（c） w=0，w=1。在这种情况下，g（u）=c，U∈ （0，1），对于某些常数c∈ (0, 1). 由莱玛写的。（cVaR=1，ρ+- c） VaR，ρ关于P有凸水平集。在（iii.iv.ii）情况下，g在（0,1）上严格递增。然后，g（p）- 对于任意的P6=p，g（p）6=0。我们将证明g（1）-) = 1和g（0+）=0。考虑0<x<x<x和p，p∈ （0，1）使得ρ（pδx+（1- p） δx）=ρ（pδx+（1- p） δx），相当于toxg（p）+x（1）- g（p））=xg（p）+（1- g（p））x（31）Letxx=candxx=c∈ （0,1），c>1，和（31）相当于toc=1- g（p）g（p）- g（p）c-1.- g（p）g（p）- g（p）。（32）对于任何固定的0<p<p<1和1<c<1-g（p）1-g（p），在（32）中定义cas。然后，c∈ (0, 1). 对于任何这样的p，p，c和c，它都来自ρthatxg（p）+x（1）的水平集的凸性- g（p））=ρ（pδx+（1）- p） δx）=ρ（v（pδx+（1- p） δx）+（1- v） （pδx+（1）- p） δx））=ρ（（vp+（1）- v） p）δx+v（1）- p） δx+（1）- v） （1）- p） δx）=xg（vp+（1）- v） p）+x（g（v+）（1- v） p）- g（vp+（1）- v） p））+x（1- g（v+（1）- v） p）），五、∈ （0，1），相当于总有机碳[g（p）- g（vp+（1）- v） p）]+1- g（p）- g（v+（1）- v） p）+g（vp+（1）- v） p）=c[1- g（v+（1）- v） p）]，五、∈ (0 , 1).将（32）代入上述方程，我们得到，对于任何0<p<p<1，任何1<c<1-g（p）1-g（p）和任何v∈ （0，1），它认为0=c1.- g（p）g（p）- g（p）（g（p）- g（vp+（1）- v） （p））- 1+g（v+）（1- v） p）-1.- g（p）g（p）- g（p）[g（p）- g（vp+（1）- v） p）]+1- g（p）- g（v+（1）- v） p）+g（vp+（1）- v） p）。

（33）因此，0=-1.- g（p）g（p）- g（p）[g（p）- g（vp+（1）- v） p）]+1- g（p）- g（v+（1）- v） p）+g（vp+（1）- v） p），五、∈ (0 , 1), p<p，相当于0=g（vp+（1- v） （p）（1）- g（p））+g（v+（1）- v） p）（g（p）- g（p））+g（p）g（p）- g（p），五、∈ (0 , 1), p<p.（34）让v↑ 1在（34）中，我们得到0=g（p+）（1- g（p））+g（1）-)（g（p）- g（p））+g（p）g（p）- g（p），p<p.（35）由于g在（0,1）上增加，因此存在p*∈ （0，1），使得g在p处是连续的*.选择任意一个p*> P*. 让p=p*p=p*in（35）导致（g（p*) - g（p*))(1 -g（1）-)) = 0.由于g严格递增，它遵循t hatg（1）-) = 1.（36）让q=in（29）引导至（v）1- g（1）-v） =g（）1- g（），五、∈ (0, 1). （37）由（37）和（36）得出，thatg（0+）=limv↓0g（v）=limv↓0g（）1- g（）（1）- g（1）-v） ）=g（）1- g（）（1）- g（1）-)) = 然后我们将证明g在（0，1）上是连续的。到（29），我们有了g（v）-) = 林克↑1g（vq）=limq↑1g（q）1- g（q）（1）- g（vq+1）- v） ）=limq↑1g（q）limq↑11- g（vq+1）- v） 一,- g（q）=g（1）-) 林克↑11- g（vq+1）- v） g（（1）- q） v）g（（1）- q） v）g（1）- q） g（1）- q） 一,- g（q）=limq↑11- g（）g（）g（（1）- q） v）g（1）- q） g（）1- g（）（由（36）和（37））=limq↑1g（（1）- q） v）g（1）- q） =limq↓0g（qv）g（q），五、∈ (0, 1). （39）现在考虑0=x<x<x<x和p，p∈ （0，1）使得ρ（pδx+（1- p） δx）=ρ（pδx+（1- p） δx），相当于toxg（p）+x（1）- g（p））=xg（p）+x（1- g（p））。（40）因为ρ有凸水平集，所以对于任何v，它都跟随t∈ （0，1），它可以容纳X（1）- g（p））=xg（p）+x（1- g（p））=ρ（pδx+（1）- p） δx）=ρ（v（pδx+（1- p） δx）+（1- v） （pδx+（1）- p） δx））=ρ（vpδx+（1）- v） pδx+v（1）- p） δx+（1）- v） （1）- p） δx）=x（g（vp+（1- v） p）- g（vp））+x（g（v+（1- v） p）- g（vp+（1）- v） p））+x（1- g（v+（1）- v） p））。（41）Letxx=1+candxx=1+c+c。然后，c>0，c>0，（40）变成c=1- g（p）g（p）- g（p）c+g（p）g（p）- g（p）。

（42）此外，（41）相当于0=g（vp+（1- v） p）- g（vp）+（1+c+c）（1）- g（v+（1）- v） p++（1+c）（g（v++（1）- v） p）- g（vp+（1）- v） p）- 1+g（p）），五、∈ (0, 1). （43）对于任何0<p<p<1和c>0，让cbe定义在（42）中。然后，c>0。因此，（43）对任何这样的p，p，c和c都成立。在o（43）中，我们得到，对于任何0<p<p<1和任何c>0，它都成立0=g（vp+（1）- v） p）- g（vp）+g（p）g（p）- g（p）[g（p）- g（vp+（1）- v） p）]+c1- g（p）g（p）- g（p）[g（v+（1- v） p）- g（vp+（1）- v） p）- 1+g（p）]+c1- g（p）g（p）- g（p）[1- g（v+（1）- v） p）]，五、∈ （0，1），（44），这意味着0=g（vp+（1）- v） p）- g（vp）+g（p）g（p）- g（p）[g（p）- g（vp+（1）- v） p）]，0<p<p<1，五、∈ （0,1），可以简化为b e-g（vp+（1）- v） p）- （g（p）- g（p）g（vp）g（p）+g（p）=0，p<p，五、∈ (0, 1). （45）让p↑ 1在（45）和（36）中，我们获得-g（（vp+1）- v）-) - (1 - g（p）g（vp）g（p）+1=0，0<p<1，五、∈ (0, 1). （46）然后，从（29）和（46）that（（vp+1- v）-) = g（vp+1）- v） ,，0<p<1，五、∈ （0，1），这意味着-) = g（v），五、∈ (0, 1). （47）由（30）和（47）可知，g在（0，1）上是连续的，即g（v）-) = g（v）=g（v+，五、∈ (0, 1). （48）最后，我们将证明g（u）=u对于任何u∈ (0, 1). 让p↓ 0英寸（45英寸），我们获得-g（（（1）- v） p）+）- （g（p）- g（0+）跛行↓0g（vp）g（p）+g（p）=0，0<p<1，五、∈ (0, 1) .（49）应用（38）、（39）和（48）到（49），我们得到（1）- v） p）=g（p）（1）- g（v）），0<p<1，五、∈ (0, 1). （50）让p↑ 1在（50）中，使用（36）和（48），我们得到（1）- v） =g（1-)(1 - g（v））=1- g（v），五、∈ （0，1），（51）与（50）组合表示g（vp）=g（v）g（p），0<p<1，五、∈ (0, 1). （52）在下面，我们将通过归纳法证明G（kn）=kn，k=1，2，2n- 1.N∈ 让v=in（51），我们得到g（）。因此，（53）适用于n=1。假设（53）保持f或n，我们将证明它也保持n+1。