离散时间市场下的泛套利聚合器

在定义（10）中，我们放弃了要求vt（H）≥ 0，因此本节示例第5项中所示的套利机会存在差异消失。然而，套利的这种替代定义并不适用，如下例所示。考虑一下(Ohm, F） =（R+，B（R+），一个有一项风险资产的单期市场：S=2，S=3 ω ∈ [1, ∞)2ω=[0,1）\\Q1ω∈ [0, 1) ∩ 问题（11）考虑购买风险资产的策略：H=1。然后V-H=[0,1）∩ Q不包含开集，V+H=[1，∞) 包含开放集。因此，存在公开套利（在（10）中获得的修改定义中），但存在完全支持鞅测度，例如q（[0,1）∩ Q） =Q（[1，∞)) =. 还要注意的是，通过扩大过滤，公开套利将持续下去。Cassese[C08]引入了一个类似于（9）的无套利概念，采用了“可忽略”集合的理想——不一定来自概率测度。在一个连续的时间序列中，他证明了没有这种套利等价于一个完全可加的“鞅测度”的存在。我们的结果与[C08]的结果不具有可比性，因为市场明显不同，我们不要求在家族S和[C08]工作上有任何结构，并采用完全相加的度量。

此外，刚刚讨论的示例（11）显示了我们对定义（9）的设置的限制，该定义用于找到具有适当属性的鞅概率测度。4.2技术引理称为S=（St）t∈定义在波兰空间上的Rd值随机过程Ohm 赋予它的Borelσ-代数F=B(Ohm) 而我：={1，…，T}。在本文的其余部分中，我们将使用自然过滤系数FS={FSt}t∈对于进程S，为了便于记法，我们将不指定S，只为FSt编写FTT。为了简单起见，我们用Z表示：=Mat（d×（T+1）；R） d×（T+1）矩阵的空间，实数项表示价格过程所有可能轨迹的空间。也就是每ω∈ Ohm 我们有（S（ω），S（ω）。。。，ST（ω））=（z，z，…，zT）=:z∈ Z.修复s≤ t:任何z∈ 我们用zs:t=（zs，…，zt）和zt:t=zt表示从s到t的分量。类似地，t=（Ss，Ss+1，…，St）表示从时间s到t的过程。我们用ri（K）表示集合K的相对内部 Rd.在本节中，我们将在价格过程的增量中广泛使用图像的几何特性St:=St-圣-与一套有关 Ohm. 我们将考虑的典型集合是水平集Γ=∑zt-1，式中：∑zt-1:= {ω ∈ Ohm | S0:t-1（ω）=z0:t-1} ∈ 英尺-1，z∈ Z、 t∈ I（12）和Γ=Azt-1，水平集的交点∑zt-一套一套的∈ 英尺-1:Azt-1:= {ω ∈ A | S0:t-1（ω）=z0:t-1} ∈ 英尺-1.（13）任何 Ohm 定义凸锥体：(St（Γ））cc:=co卷积和多项式相乘圣（Γ）∪ {0}  第（14）条如果0∈ 里(我们不能将超平面分离定理应用于凸集{0}和ri(St（Γ））cc，即没有H∈ RDS满足H·St（ω）≥ 0表示所有ω∈ Γ对其中一些人来说，这是一个严格的不平等。

从直觉上看，如下面的推论21所示，0∈ 里(St（Γ）ccif，且仅当集合Γ上不可能存在1p套利时，因为具有非零回报的交易策略总是产生积极和消极的结果。在这种情况下，对于Γ=∑zt-1，水平集不适合构造一个套利机会，具有这个性质的集对于构造鞅测度自然很重要。然后我们希望确定，对于Γ=∑zt-1满意0/∈ 里(St（Γ））cc，∑zt的子集-1保留该财产的人。这个结果包含在下面的关键引理20中。首先观察凸锥K的情况 rd0/∈ 我们可以考虑家庭∈ Rd | kvk=1和v·y≥ 0 Y∈ K} 所以thatK=\\v∈ V{y∈ Rd | v·y≥ 0}=\\n∈N{y∈ Rd | vn·y≥ 0}，其中{vn}=（Qd∩ V）\\{0}。定义19采用上述符号，我们将调用∞n=1n-1vn∈ V标准分离器。引理20修正t∈ 田Γ6=. 如果0/∈ 里(然后存在β∈ {1，…，d}，H，Hβ，B，Bβ，B*和你好∈ 比亚迪 Γ和B*:= Γ \\∪βj=1Bj这样：1。Bi6= 对于所有i=1。β、 和{ω∈ Γ | St（ω）=0} B*可能是空的；2.Bi∩ Bj= 如果I6=j；3.我≤ β、 嗨·对于所有ω，St（ω）>0∈ 比安你好·St（ω）≥ 0表示所有ω∈ ∪βj=iBj∪ B*.4.H∈ Rds。t、 H·圣≥ B上0*我们有H·B上的St=0*.此外，对于z∈ Z、 A∈ 英尺-1和Γ=Azt-1（或Γ=∑zt-1） 我们有Bi，B*∈ FtandH（ω）：=βXi=1HiBi（ω）（15）是一个Ft可测量的随机变量，当我们采用每个HithestStandard分离器时，它是唯一确定的。显然在这些情况下，β，Hi，H，bian和B*将取决于t和z，必要时，它们将用βt、z、Hit、z、Ht、z、Bit、zand和B表示*t、 z.证明。设置A:=Γ和K=(St（Γ））cc 然后让:= {ω ∈ A|St（ω）=0}，它可以是空的。第一步：设定K RDI是非空的和凸的，所以riK6= .

根据假设/∈ 里K存在一个标准的分隔符H∈ Rd使得（i）H·St（ω）≥ 所有ω为0∈ A.（ii）B:={ω∈ A | H·St（ω）>0}是非空的。集合A:=（A\\B）={ω∈A | H·St（ω）=0}设K:=(St（A））cc，这是一个带dim（K）的非空凸集≤ D- 1.如果0∈ 里K（这包括K={0}的情况）这个过程已经完成：我们无法将{0}从K的相对内部分离出来。结论是β=1，B*= A=A\\b可能是空的，并且 B*. 注意，如果K={0}，那么B*= 它可能是空的。否则：第2步：如果0/∈ 里K我们找到了标准的分隔符H∈ rdh·St（ω）≥ 0表示所有ω∈ A、 集合B：={ω∈ A | H·St（ω）>0}是非空的。表示A:=（A\\B）并让K=(St（A））带dim（K）的CCC≤ D- 2.如果0∈ 里K（包括K={0}）程序已经完成，我们得到了β=2和B的结论*= A\\B=A\\（B∪ B） ，及 B*. 注意，如果K={0}，那么B*= . 否则：。。。步骤d-1如果0/∈ 里杜兰特-2....设置Bd-16= , 公元-1=（广告）-2\\Bd-1） ，Kd-1= (圣（公元）-1） ）ccwithdim（Kd-1) ≤ 1.如果0∈ 里杜兰特-1.程序完成了。否则：步骤d：我们必须有0/∈ 里杜兰特-1., 因此，dim（Kd-1） =1，凸锥Kd-1必然与原点为0的半直线重合。然后我们找到一个标准的分离器HD∈ Rd使得：Bd:={ω∈ 公元-1 | Hd·St（ω）>0}6= 挫折呢*:= {ω ∈ 公元-1| St（ω）=0}={ω∈ A|St（ω）=0}=满意度：B*= 公元-1\\Bd.设置广告：=Ad-1\\Bd=B*= 和Kd:=(St（Ad））cc。然后kd={0}。自昏暗(St（Γ））cc≤ d我们最多有d步。在β=d的情况下，我们有Γ=A=Sdi=1Bi∪ .为了证明最后一个断言，我们注意到，对于任何固定的t和z，bia是可测量的，因为Bi=Azt-1.∩ （f）o （圣）-1((0, ∞)) 其中f:Rd7→ R是连续函数f（x）=Hi·（x- zt-1） 维希∈ 固定。推论21 Let t∈ 一、 z∈ Z、 A∈ 英尺-1，Γ=Azt-1.然后0∈ 里(St（Γ）ccif，且仅当Γ上没有1p套利，即：所有H∈ Rds。T

H（圣- zt-1) ≥ 0在Γ我们有H（St- zt-1） =Γ上的0。（16） 证据。让0/∈ 里(St（Γ））cc。然后从引理20-3）中，在i=1的情况下，我们得到了一个1p套利方程∪βj=1Bj∪ B*, 因为B6=. 维切维萨，如果0∈ 里(St（Γ）我们从下面的等式（14）中得到（16）。定义22∈ 英尺-1和Γ=Azt-我们自然地将βt，zin引理的定义扩展到0的情况∈ 里(St（Γ）表示βt，z=0·<=> 0∈ 里(St（Γ））与Bt的CCBT，z= B*t、 z=Azt-1.∈ 英尺-1.在这种情况下，我们还将（15）中随机变量的定义扩展为Ht，z（ω）≡ 0.推论23 Let t∈ 一、 z∈ Z、 A∈ 英尺-1和Γ=Azt-1和0/∈ 里(St（Γ））cc。无论如何∈ pst.P（Γ）>0设j:=inf{1≤ 我≤ β| P（位，z）>0}。如果j<∞ 交易策略h（s，ω）：=HjΓ（ω）1{t}（s）是P-经典套利。证据从引理20-3）我们得到：HjBjt上的St（ω）>0，zp（Bjt，z）>0；HjSt（ω）≥ 0μsβt，zi=jBit，z∪ B*t、 zand P（Bkt，z）=0表示1≤ k<j.备注24让D RDC和C:=（D）cc Rdbe是由D生成的凸锥。如果0∈ ri（C）那么对于任何x∈ D存在一定数量的元素xj∈ 使得0是{x，x，…，xm}与严格正系数x的凸组合∈ 对任何凸集C重新调用 Rdwe haveri（C）：={z∈ C|十、∈ Cε>0 s.t.z- ε（x）- z）∈ C} 。作为0∈ ri（C）和x∈ D 我们得到-εx∈ C、 对于某些ε>0，因此：ε1+εx+1+ε(-εx=0。自从-εx∈ C然后它是D元素的非负系数的线性组合，我们得到：ε1+εx+1+εPmj=1αjxj=0，可以重写-可能将系数规范化-as:λx+Pmj=1λjxj=0，使用xj∈ D、 λ+Pmj=1λj=1，λ>0和λj≥ 0

当布景变暗时 RDI是过程增量的图像点集[St（ω）]ω∈Γ，对于固定时间t，这一观察结果表明，无论我们选择ω∈ Γ我们可以构造一个相对于周期[t]的条件鞅测度- 1，t]，为ω赋予严格的正权重，并具有有限的支撑。测量值由方程中的系数{λ，λ，…，λm}确定：0=λSt（ω）+Pmj=1λjSt（ωj）。这个启发性论点在下面的推论中是精确的，它也将在命题34的证明中使用。推论25设z，t，Γ=Azt-1和B*t、 引理20中的zas。为了所有的你 B*t、 z，U∈ F存在Q∈ M（B）*t、 z）s.t.Q（U）>0，其中M（B）={Q∈ P | Q（B）=1和EQ[St | Ft-1] =St-1Q-a.s.}，对于B∈ F.证据。引理20-4）不存在限制在Γ=B的1p套利*t、 z.应用推论21这意味着0∈ 里(St（B）*t、 z）cc。取任意ω∈ U B*t、 z.将备注24应用于集合D:=St（B）*t、 z）到x:=St（ω）∈ D、 我们推导出{ω，…，ωm}的存在性 B*t、 zand非负系数{λt（ω），…，λt（ωm）}和λt（ω）>0，使得：λt（ω）+Pmj=1λt（ωj）=1和0=λt（ω）St（ω）+mXj=1λt（ωj）St（ωj）。因为{ω，…，ωm} B*t、 赞德ω∈ B*t、 我们有圣-1（ωj）=zt-1街-1（ω）=zt-1.因此：0=λt（ω）（St（ω）- zt-1） +mXj=1λt（ωj）（St（ωj）- zt-1） ，（17）使Q（{ω}）=λt（ω）和Q（{ωj}）=λt（ωj），对于所有j，给出期望的概率。例26(Ohm, F） =（R+，B（R+），考虑一个d=3的单期市场，设St=[St，St，St]，t=0，1，S=[2，2，2]。let（ω）=1 ω ∈ R+\\Q2ω∈ Q∩ [1/2, +∞)3 ω ∈ Q∩ [0，1/2）S（ω）=2 ω ∈ R+\\Q1+ω∈ Q∩ [1/2, +∞)1 + ωω ∈ Q∩ [0,1/2）S（ω）=2 + ωω ∈ R+\\Q2ω∈ Q∩ [1/2, +∞)2 ω ∈ Q∩ [0,1/2）固定t=1和z∈ 在这种情况下，很容易检查βt，Z=2和Bt，Z=R+\\Q，Bt，Z=Q∩ [0,1/2），B*t、 z=Q∩ [1/2, +∞).

相应的策略H=[H，H，H]（引理20意义上的标准）由Ht，z=[0,0,1]和Ht，z=[1,0,0]给出。注意，Ht，zi是一个1p套利，V+Ht，z=Bt，z。因此，对于任意鞅测度，Bt，zi是一个空集。战略Ht，z代表VT（Ht，z）≥ （Bt，z）C上的0，V+Ht，z=Bt，zhence，Bt，zis也是一个M极性集。本例显示了需要多个分离参数，因为不可能找到单个分离超平面H∈ Rdt，使图像指向Bt，z∪ Bt，z（M极），通过随机向量S、 严格地包含在一个相关的半空间中。我们确实知道Bt，zi是{ω}的子集∈ Ohm | Ht，z（S）- S） =0}其中Ht，zi是这个市场上唯一的1p套利。推论23和25显示了集合B和B之间的差异*. 限制在时间间隔内- 1，t]，质量集中在B上的概率度量*允许一个等价的鞅测度，而对于那些赋予至少一个正质量的概率，可以构造一个套利机会。我们可以把可能的情况总结如下。Γ=Azt的推论27-1.带着∈ 英尺-1，以及推论25中定义的M（B）：1。B*t、 z=Azt-1.<=> Azt无1便士套利-1·<=> 0∈ 里(圣（Azt）-1） ）抄送。2.B*t、 z= <=> 0 /∈ 卷积和多项式相乘圣（Azt）-1)3.βt，z=1和B*t、 z6= ==> H∈ Rd\\{0}s.t.B*t、 z={ω∈ Azt-1 | H（St（ω）- zt-1） =0}是“martingalizable”，即。U B、 B∈ F存在s Q∈ M（Azt）-1） s.t.Q（U）>0。ss图2：分解Ohm 例26:Bt、zin red Bt、zin green和B*t、 zin blueProof。等价物1。紧接着是推论21和定义22。展示2。我们使用Kii=1的集合，βt，zand和引理20证明中的其他符号。首先假设0/∈ 卷积和多项式相乘圣（Γ）这意味着0/∈ 里(圣坎德= .

假设我们有0/∈ 卷积和多项式相乘St（C）对于任何子集C Γ因此，特别是0/∈ ri（Ki）unlessKi={0}。这意味着B*t、 z== .假设现在0∈ 卷积和多项式相乘圣（Γ）. 如果0∈ 里(第一（Γ）cc，根据定义22，我们有B*t、 z=Γ6=.假设0/∈ 里(St（Γ））cc。作为0∈ 卷积和多项式相乘圣（Γ）存在n≥ 1使得：0=Pnj=1λj（St（ωj）- zt-1） ，其中pnj=1λj=1，λj>0，ωj∈ Γ对于所有j.如果0是极值，则n=1，St（ω）- zt-1=0和{ω}∈  B*t、 z.如果n≥ 2我们有0∈ 康夫(St{ω，…，ωn}）所以对于任何H∈ RDS满足H·St（ωi）≥ 0表示任何i=1，n我们有H·St（ωi）=0。因此{ω，…，ωn} B*t、 ZB的定义*t、 z.我们通过显示3来结束。从引理20第3项和第4项，如果我们选择H=Hthen{ω∈ Γ| H（St（ω）- zt-1） =0}=Γ\\Bt，z=B*t、 z6= 在B*t、 zwe可以将推论25.4.3应用于我们考虑的任何t的M极集合∈ I西格玛代数Ft:=TQ∈MFQt，其中fqt是Ft的Q-完成。fti是关于M=M（F）的Ft的普遍完成。请注意，这种扩大过滤的引入需要对整个M类鞅测度的先验知识。回想一下，任何度量Q∈ M可以唯一地扩展到放大的sigmaalgera-FTso上的一个度量，我们可以稍微滥用符号M（F）=M（F），其中F:={Ft}t∈我们现在想证明，在任何鞅测度下，引理20中引入的集合位z（及其任意并）必须是空集。为此，我们需要回顾适当正则条件概率的一些性质（见定理1.1.6、1.1.7和1.1.8 inStroock Varadhan[SV06]）。定理28 Let(Ohm, F、 Q）是一个概率空间，其中Ohm 是一个波兰空间，F是Borelσ代数，Q∈ P.让我来 F是F的一个可数生成的亚西格玛代数。然后存在一个适当的正则条件概率，即。

a函数QA（·，·）：(Ohm, F） 七,→ [0,1]这样：a）对于所有ω∈ Ohm, QA（ω，·）是F上的概率测度；b） 每个b∈ F、 函数QA（·，B）是Q（B | a）（·）的一个版本；c）N∈ A的Q（N）=0，使得QA（ω，B）=1B（ω）表示ω∈ Ohm \\ N和B∈ Ad）此外，如果X∈ L(Ohm, F、 Q）然后等式[X | A]（ω）=ROhmX（ω）QA（ω，dω）Q- a、 回想一下，Ft=FSt，t∈ 一、 是可数生成的。引理29修正t∈ I={1，…，T}，A∈ 英尺-1，Q∈ M代表z∈ 以Azt为例-1:= {ω ∈ A | S0:t-1（ω）=z0:t-1}. 然后[z∈Z{ω∈ Azt-1s。t、 QFt-1(ω, ∪βt，zi=1Bit，z）>0}是Ft的子集-1-可测Q-零集。证据如果Q（A）=0，则无需显示任何内容。现在假设Q（A）>0。在这个证明中，为了简单起见，我们设置了X:=St，Y:=EQ[X | Ft-1] =St-1Q-a.s.β：=βt，zand a:=英尺-1=FSt-1.SetDzt:=nω∈ Azt-那么QA（ω，∪βi=1Bit，z）>0o。如果z∈ Z等于0∈ 里(圣（Azt）-1） ）那么∪βi=1比特，z= 和Dzt=. 所以我们只能考虑这些z∈ Z使得0/∈ 里(圣（Azt）-1） ）抄送。修正这样的z。因为A=FSt-1是可数生成的，Q允许一个适当的正则条件概率QA。从定理28d）我们得到：Y（ω）=ZOhmX（ω）QA（ω，dω）Q- a、 作为Azt-1.∈ A、 根据定理28 c）存在一个集合N∈ A的Q（N）=0，因此QA（ω，Azt-1） =1在Azt上-1\\N因此我们有OhmX（ω）QA（ω，dω）=ZAzt-1X（ω）QA（ω，dω）ω ∈ Azt-1\\N（18）自0起/∈ 里(我们可以应用引理20：对于任何i=1，β、 你好∈ Rdsuchthat Hi·（X（℃ω）- zt-1) ≥ 0表示所有√ω∈ ∪βl=iBlt，z∪ B*t、 zand Hi·（X（)ω）- zt-1） 对于每一个ω>0∈ 比特，z，现在我们乘以ω∈ Dzt\\N Azt-1\\N.然后索引j:=min{1≤ 我≤ β| QA（ω，位，z）>0}定义良好，且：i）Hj·（X（~ω）-zt-1） 在Bjt，z上>0，（ii）QA（ω，Bjt，z）>0 iii）Hj·（X（～ω）-zt-1) ≥ 0on∪βl=jBlt，z∪ B*t、 z；iv）对于i<j，QA（ω，位，z）=0。

从i）和ii）我们得到qa（ω，Azt）-1.∩ {Hj·（X）- zt-1) > 0}) ≥ QA（ω，Bjt，z）>0。从iii）和iv）我们得到：QA（ω，{Hj·（X）- zt-1) ≥ 0}) ≥ QA（ω，∪βl=jBlt，z∪ B*t、 z）≥ QA（ω，Azt）-1) - QA（ω，∪i<jBit，z）=1。亨切赫·扎兹特-1X（ω）QA（ω，dω）- zt-1!=扎兹特-1Hj·（X（℃ω）- zt-1） QA（ω，dω）>0，因此，根据等式（18）和zt-1=Y（ω），我们有：Hj·ZOhmX（ω）QA（ω，dω）- Y（ω）> 0.因为这适用于任何ω∈ Dzt\\N我们获得：Dzt\\N {ω ∈ Ohm | Y（ω）6=ZOhmX（)ω）QA（ω，d)ω）}=:N*∈ 英尺-1q（N）*) = 0.因此，Dzt N∪ N*:= N，Q（N）=0，N不依赖于z。对于每个z，Asthis都成立∈ 我们的结论是∈ZDzt N.推论∈ 土地Q∈ M.IfBt:=[z∈Zβt，z[i=1Bit，z对于位，zgiven在引理20中，Γ=∑zt-1或Γ=Azt-1（在等式（12）和（13）中定义），则Bt是Ft可测Q空集的子集。证据首先我们考虑Γ=∑zt的情况-1和位，zgiven在引理20中，Γ=∑zt-1.在前面的证明中，我们表示西格玛代数Ft-1带A:=英尺-1.注意如果z∈ Zis是这样的0∈ 里(St（Γ）ccthen∪βt，zi=1比特，z=, 因此，我们可以假设0/∈ 里(St（Γ））cc。从引理29[z]的证明∈ZDzt N=N∪ N*Q（N）=0。注意，如果ω∈ Ohm\\恩，无论如何∈ Z、 或者ω/∈ ∑zt-1或QA（ω，∪βt，zi=1比特，z=0。因此ω∈ ∑zt-1\\n适用于QA（ω，∪βt，zi=1比特，z=0。根据定理28c），我们有QA（ω，∑zt）-1） c=0表示所有ω∈ ∑zt-1\\N.立即修复ω∈ ∑zt-考虑完成FQA（ω，·）tof fta和FQA（ω，·）tof QA（ω，·）的唯一扩展，我们用bqa（ω，·）：FQA（ω，·）t表示→ [0, 1].来自英国电信∩ （∑zt）-1） c （∑zt）-1） Cdqa（ω，∑zt）-1） c）=0我们推断：Bt∩ （∑zt）-1） c∈ FQA（ω，·）和bqa（ω，Bt）∩ （∑zt）-1） c）=0。来自英国电信∩ ∑zt-1= ∪βt，zi=1Bit，zand QA（ω，∪βt，zi=1比特，z=0我们推断：Bt∩∑zt-1.∈ FQA（ω，·）和bqa（ω，Bt）∩∑zt-1) = 0. 然后Bt=（Bt∩∑zt-1)∪（英国电信∩（∑zt）-1） c）∈ FQA（ω，·）和bqa（ω，Bt）=0。自ω∈ ∑zt-1\\n由于任意性，我们证明了对于所有ω，bqa（ω，Bt）=0∈ ∑zt-1\\n和所有z∈ Z