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,n,使上述所有内容都得到满足、存在,并且首先是独一无二的。我们指的是这样的Xi,Yi,X′i,i=0,n、 作为EbDO评估问题的解决方案。总之,这样的三元组必须满足:1。(Xi),(X′i),(Yi)是非负的,适用于w.r.t.(Fi)i∈{0,…,n},2。Xi=X′i-1·齐亚。s、 就我而言∈ {1,…,n},3。X′i=Xi- hi(Yi)a.s.为所有我∈ {1,…,n},4。(一)一∈{0,…,n}是鞅w.r.t.(Fi)i∈{0,…,n},5。Yn=X′na。s、 X′=X,其中X∈ [0, ∞) 已给出。3在离散时间内解决评估问题我们用Id表示[0]上的身份映射,∞). 让我们定义一个函数fn-1: [0, ∞ ) →[0, ∞) viafn公司-1(x′):=E[(Id+hn)-1(x′Zn)],x′≥ 请注意,函数Id+hn等于零,严格递增,因此是可逆的。它的倒数也是严格递增的,并且在零处为零。作为结果n-1: [0, ∞) → [0, ∞) 正在严格增加,以便fn-1(0) = 0. 接下来,我们定义fn-2(x′):=E[(f-1n-1+hn-1)-1(x′Zn-1) ],对于任意x′≥ 0.再一次,(f)-1n-1+hn-1)-1定义明确,严格地在零处增加和消失。因此,fn-2具有相同的属性。同样,我们定义了递归的fi-1(x′):=E[(f-1i+hi)-1(x′Zi)],x′≥ 0,对于每i=1,n- 这对我来说是正确的∈ {n- 1,n}同样,在设置fn:=Id之后。在这个向后递归的末尾,我们得到f:[0,∞) → [0, ∞). 所有fi:[0,∞) → [0, ∞)严格递增,并在0处消失。我们现在宣称,yc可以简单地计算为f(X):定理3.1。存在唯一解Xi,Yi,X′i,i=0,n到EbDO evaluationproblem。此外,可以使用以下正向递归显式地获得这些进程:对于X∈ [0, ∞), 设置Y=f(X)和X′=X。然后,对于i∈ {1,…,n},setXi:=X′i-1·Zi,Yi:=(f-1i+hi)-1(Xi),(1)X′i:=Xi- 嗨(易)。证据
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