离散时间多先验无套利

此外，可以选择β=ε/2in（24），其中ε>0就是这样的th atB（0，ε）∩Aff（D）定义5.4中的Conv（D）。证据步骤1：定义5.3意味着定义5.4和5.5。首先，我们用矛盾的方式证明∈ Aff（D）hY（·）≥ 0 Q-Q.s。=> h=0。（25）假设存在一些h∈ Aff（D），h 6=0，从而hY（·）≥ 0 Q-Q.s.定义5.3意味着hY（·）=0 Q-Q.s.和h∈ {h∈ 对于所有y，Rd，hy=0∈ D} =D⊥= （Aff（D））⊥,例如参见【Nutz，2016，引理证明2.6】。这意味着h∈ Aff（D）∩（Aff（D））⊥ {0}，矛盾。现在，我们证明第5.4条是正确的。如果0/∈ Ri（Conv（D）），备注5.6意味着存在一些h*∈ Aff（D），h*6=0，使得h*Y（·）≥ 0 Q-Q.s.与（25）相矛盾。然后，我们证明定义5.5也是正确的。适用于所有n≥ 1、乐坛：=h类∈ Aff（D），| h |=1，PhY（·）<-n<nP∈ Qn： =inf{n≥ 1，An=}按照惯例 = +∞. 我们已经看到定义5.4是正确的：0∈ Ri（转换（D）） Aff（D）和Aff（D）是一个向量空间。如果Aff（D）={0}，则n n=1<∞.现在假设Aff（D）6={0}。我们用矛盾的方法证明n<∞. 假设t hatn=∞ . 适用于所有n≥ 1，存在一些hn∈ 一通过传递到一个子序列，我们可以假设Hn趋向于一些h*∈ Aff（D）带| h*| = 1、设Bn：={hnY（·）<-1/n}。然后{h*Y（·）<0} lim infnband Fatou引理暗示，对于任何P∈ QP（h*Y（·）<0）≤ZOhmlim infnBn（ω）P（dω）≤ lim infnZ公司OhmBn（ω）P（dω）=0。所以h*Y（·）≥ 0 Q-Q.s.和（25）表示h*= 0与| h相矛盾*| = 1、因此n<∞我们可以设置β=κ=1/n。很明显，β，κ∈ （0，1），（24）的定义成立。步骤2：定义5.5意味着定义5.4。否则，备注5.6表示存在一些h*∈ Aff（D），h*6=0，使得h*Y（·）≥ 0Q-q.s.：与（24）相矛盾。步骤3：定义5.4意味着定义5.3。固定一些h∈ RDHY（·）≥ 0 Q-Q.s。

设p（h）为hon Aff（D）的正交投影（回想一下，Aff（D）是一个向量空间，因为0∈ Ri（转换（D）） Aff（D））。假设p（h）=0。备注2.4显示P（{Y（·））∈ D} ）=1表示所有P∈ Q、 hY（·）=p（h）Y（·）=0 Q-Q.s.定义5.3得到验证。接下来，我们显示hY≥ 0表示所有y∈ D和y的凸组合∈ Conv（D）。确实，如果存在y∈ D使得hy<0，那么存在一些δ>0，使得y<0∈ B（y，δ）。但是引理5.2暗示了一些P∈ Q这样P（Y（·）∈ B（y，δ））>0，矛盾。现在，如果p（h）6=0，则为0∈ Ri（Conv（D）），存在一些ε>0，使得B（0，ε）∩ Aff（D） Con v（D），-εp（h）/| p（h）|∈ Conv（D）和-εp（h）| p（h）| h=-εp（h）| p（h）| p（h）<0，矛盾。十、⊥表示某个集合X的正交空间。步骤4：如果B（0，ε）∩ Aff（D） Conv（D）one可以选择β=ε/2 in（24）。这类似于第5.4条定义的证明，即第5.5条定义。set ANI由settingAn修改：=h类∈ Aff（D），| h |=1，PhY（·）<-ε<nP∈ Q.如果n=∞ 存在一些h*∈ Aff（D），| h*| = 1使h*Y≥ -ε/2 QT-q.s。我们还得到h*y≥ -ε/2表示所有y∈ Conv（D）。选择y=-（2/3）εh*∈ B（0，ε）∩Aff（D） conv（D），我们得到一个矛盾。所以，当β=ε/2和κ=1/n时，（24）成立。下一个命题来自【Bayraktar和Zhou，2017，引理2.2】，将用于定理3.30的证明。命题5.8假设一期无套利条件（见定义5.3）成立。那么就有一些*∈ Q如此0∈Ri（Conv（E）（P*)))和Aff（E（P*)) =Aff（D）。证据【Bayraktar和Zhou，2017，引理2.2】给出了一些P*∈ Q因此NA（P*) 保持正确且Aff（E（P*)) = Aff（D）。注意，【Bayraktar和Zhou，2017，引理2.2】的证明依赖于Q的凸性。现在命题3.26（对于T=1）显示0∈ Ri（Conv（E）（P*))).

5.2多周期模型首先，我们确定点x的距离∈ RDF到集合F Rdby d（x，F）：=inf{| x-f |，f∈F}和两个se ts F，G之间的Hausdorff距离 Rdby d（F，G）=supx∈Rd | d（x，F）-d（x，G）|。5.2.1定理证明3.24证明。修复一些0≤ t型≤ T- 1和ωt∈ Ohmt、 我们说，如果hSt+1（ωt，·）≥ 0 Qt+1（ωt）-对于som e h∈ R表示hSt+1（ωt，·）=0Qt+1（ωt）-q.s。命题5.7意味着对于任何ωt，NA（Qt+1（ωt））条件等价于（10）和（11）∈ Ohmt、 然后，定理3.18表明，定义3.1等于OhmtNA={ωt∈ Ohmt、 NA（Qt+1（ωt））为真}（26）是Qt全测度集，属于Bc(Ohmt） 对于所有0≤ t型≤ T- 因此，对于所有0≤ t型≤T-1，可以选择OhmtNA=OhmtqNA=OhmtgNA。此外，命题5.7表明，对于ωt，可以取βt（ωt）=εt（ωt）/2∈ OhmtNA。5.2.2命题3.28的证明命题3.28的证明。修复一些0≤ t型≤ T- 1、设Γt+1（ωt）= 对于ωt/∈ OhmtNa和所有ωt∈ Ohmt相同的参数表明，可以设置κ=infh∈Aff（D），| h |=1供应∈QP（hY（·）<-ε） >0说明为什么不能直接获得fκ的可测量性，见备注3.29。Γt+1（ωt）：=ε ∈ Q、 ε>0，B（0，ε）∩ Aff公司Dt+1（ωt） 卷积和多项式相乘Dt+1（ωt）=nε∈ Q、 ε>0，B（0，ε）∩ Aff公司Dt+1（ωt）卷积和多项式相乘Dt+1（ωt）o，其中等式来自引理5.1。假设图Γt+1∈卑诗省(Ohmt）B（Rd）已被证明。Aumann定理暗示了Bc的存在(Ohmt） 可测选择器εt：{Γt+16=} → R使得εt（ωt）∈ Γt+1（ωt），对于每个ωt∈ {Γt+16=}. 现在，定理3.24和（10）暗示OhmtNA={Γt+1（ωt）6=} （回想一下，Γt+1（ωt）=外部OhmtNA）。设置εt=1 ou t侧OhmtNA，εtis Bc(Ohmt） -由于我们可以选择βt=εt/2（见定理3.24），因此可测量和命题3.28得到了批准。图Γt+1仍然显示∈ 卑诗省(Ohmt） B（Rd）。

对于所有ε>0，ε∈ Q、 letAε：=nωt∈ OhmtNA，B（0，ε）∩ Aff公司Dt+1（ωt）卷积和多项式相乘Dt+1（ωt）o.As图Γt+1=Sε∈Q、 ε>0Aε×{ε}，证明Aε∈ 卑诗省(Ohmt） 。设h:Rd×Ohmtbe定义为h（x，ωt）：=dx、 B（0，ε）∩ Aff公司Dt+1（ωt）- dx、 Conv公司Dt+1（ωt）.然后【Aliprantis和Border，2006，定理18.5 p595】和引理2.6表明∈ Rdh（x，·）是Bc(Ohmt） -可测量且h（·，ωt）对于所有ωt是连续的∈ Ohmt、 AsConv（Dt+1）（ωt）是闭值，Aε=ωt∈ OhmtNA，h（x，ωt）≥ 0, x个∈ 研发部= ∩q∈Qd公司ωt∈ OhmtNA，h（q，ωt）≥ 0∈ 卑诗省(Ohmt） 。5.2.3定理3.30的证明如备注3.34所述，我们的证明使用了与[Obl\'oj和Wiesel，2018，定理3.1]证明中使用的思想类似的思想，并在很大程度上依赖于图（Qt+1（ωt））的可测性和凸性（见假设2.2）。证据反向含义。修复一些0≤ t型≤ T- 1和ωt∈ OhmtNA。作为P*∈ QT，备注2.5表示Dt+1P时的t h*（ωt）Dt+1（ωt）。As Aff（Dt+1）（ωt）=AffDt+1P*（ωt）和0∈ 国际扶轮社转换（Dt+1P*)（ωt），存在一些ε>0，使得b（0，ε）\\AffDt+1（ωt）=B（0，ε）\\AffDt+1P*（ωt） 转换（Dt+1P*)（ωt） Conv（Dt+1）（ωt）和NA（QT）遵循定理3.24。直接含义。对于所有0≤ t型≤ T- 1，设Et+1：OhmtP(Ohmt+1）由Et+1定义（ωt）= 如果ωt∈ Ohmtna和ifωt∈ OhmtNAEt+1（ωt）：={p∈ Qt+1（ωt），0∈ R iConv（Et+1）（ωt，p）和AffEt+1（ωt，p）=AffDt+1（ωt）}。定理3.18和命题5.8表明OhmtNA={Et+16=}. 假设我们已经证明了p的存在性*t+1∈ SKt+1使p*t+1（·，ωt）∈ 所有ωt的Et+1（ωt）∈ OhmtNA。让P*:= p* ··· p*T、 那么，P*∈ QT（见（1）），（3）表示AFFDt+1P*（ωt）=AffEt+1（ωt，p*t+1（·，ωt）） Aff公司Dt+1（ωt）=AffEt+1（ωt，p*t+1（·，ωt））和0∈ 国际扶轮社转换（Dt+1P*)（ωt）对于所有ωt∈ OhmtNA。所以仍然需要证明p的存在性*t+1。

修复一些0≤ t型≤ T- 1和letB：={（ωt，p）∈ Ohmt×P(Ohmt+1），RiConv（Et+1）（ωt，p）∩ {0} 6= },C：={（ωt，p）∈ Ohmt×P(Ohmt+1），AffEt+1（ωt，p）=AffDt+1（ωt）}。[Artstein，1972，引理5.6]和引理2.6表明，RiConv（Et+1）是B(Ohmt）B（P(Ohmt+1））-可测量和B∈ B（Ohmt）B（P(Ohmt+1）如下。设h由h（ωt，p）定义：=dAff公司Et+1（ωt，p），AffDt+1（ωt）.注意，C={h-1(0)}. 然后【Aliprantis和Border，2006，定理18.5 p595】和引理2.6在x处显示th∈ Rd（ωt，p）→ d（x，Aff（Et+1）（ωt，p））是B(Ohmt） B（P(Ohmt+1））可测量和ωt→ d（x，Aff（Dt+1）（ωt））是Bc(Ohmt） 可测量。他们还展示了X→ |d（x，Aff（Et+1）（ωt，p））- d（x，Aff（Dt+1）（ωt））|是连续的。Thush（ωt，p）=supx∈Qd | dx、 Aff公司Et+1（ωt，p）- dx、 Aff公司Dt+1（ωt）|h是Bc(Ohmt） B（P(Ohmt+1）可测量。因此，C∈ 卑诗省(Ohmt） B（P(Ohmt+1））。【Rockafellar，1970，定理6.3 p46】、假设2.2和引理5.9表明，图（Et+1）=图（Qt+1）∩ B∩ C∈ A.卑诗省(Ohmt） P(Ohmt+1）,其中，对于一些波兰空间X和一些铺路J（即包含空集的X子集的非空集合），a（J）表示Suslin方案onJ的所有核的集合（参见【Bertsekas和Shreve，2004，定义7.15 p157】）。现在【Bouchard and Nut z，2015，引理4.11】（依赖于【Leese，1978】）给出了p的存在性*t+1∈ SKt+1使p*t+1（·，ωt）∈ 所有ωt的Et+1（ωt）∈ OhmtNA={Et+16=}. 证明是完整的。在前面的证明中使用了以下引理。引理5.9LetX，Ybe两个波兰空间。LetΓ∈ A（X×Y）和Γ∈ Bc（X） B（Y）。那么Γ∩ Γ∈ A（Bc（X） B（Y））。证据【Bertsekas和Shreve，2004年，提案7.35 p158，提案7.41 p166】暗示∈ A（X×Y）=A（B（X） B（Y）） A（Bc（X） B（Y））和Γ∈ Bc（X） B（Y）A（Bc（X） B（Y）），因此Γ∩ Γ∈ A（Bc（X） B（Y））。

5.2.4定理证明3.8证明。步骤1：反向暗示。引理3.7表示NA（PT）条件成立，引理3.2表示NA（QT）满足。步骤2：直接含义。定理3.30暗示存在一些P*∈ 固定崩解P的QT*:=P* p* ···  p*Tsuch那个AffDt+1P*（ωt）=Aff（Dt+1）（ωt）和0∈ 国际扶轮社卷积和多项式相乘Dt+1P*（ωt）对于所有ωt∈ OhmTNA和所有0≤ t型≤ T- 1、如果证明了以下i）、ii）和iii）项，则直接含义成立。注意，如果我们只假设P*∈ QT。i） Pt公司 QT全部1≤ t型≤ T接下来是（5）的归纳，p*t+1（·，ωt）∈ Qt+1（ωt）和Qt+1（ωt）的凸性。ii）QT和Pt对于所有1具有相同的极性集≤ t型≤ T修复一些1≤ t型≤ T作为Pt Qt，很明显，Qt极轴集也是Pt极轴集。为了建立另一个包含，我们通过归纳证明，对于所有1≤ t型≤ T和所有Qt∈ Qt，存在一些（λt，···，λt2t）∈ （0，1]2使得p2ti=1λti=1和一些（Rti）3≤我≤2吨 Qt（ift≥ 2） 使qt<Pt：=λtP*t+λtQt+2tXi=3λtiRti∈ Pt。（27）对于t=1，让Q∈ Q和P：=（P*+ Q） /2。然后，Q<<和P∈ P、 参见（5）。现在假设该属性对于某些t为真≥ 1、让Qt+1∈ Qt+1，执行整合Qt+1：=Qt qt+1，其中qt∈ qt和qt+1（·，ωt）∈ 所有ωt的Qt+1（ωt）∈ Ohmt、 然后，存在一些（Rti）3≤我≤2吨 Qt，（λt，···，λt2t）∈ （0，1]2第（27）条的规定成立。LetPt+1：=Pt（p*t+1+qt+1）Rt+1i：=Rti（p*t+1+qt+1）λt+1i：=λti3.≤ 我≤ 2tRt+12t+1：=Qt p*t+1Rt+12t+2：=P*t型 qt+1λt+1：=λtλt+1：=λtλt+12t+1：=λtλt+12t+2：=λt。然后Pt+1∈ Pt+1（见（5）），（Rt+1i）3≤我≤2（t+1） Qt+1，P2（t+1）i=1λt+1i=1，pt+1=λt+1P*t+1+λt+1Qt+1+2（t+1）Xi=3λt+1iRt+1i。当Qt+1<<Pt+1时，感应得到证实。iii）sNA（PT）条件成立。修复一些P∈ PT公司 QT，som e 0≤ t型≤ T- 1和ωt∈ OhmtNA。我们确定0∈国际扶轮社卷积和多项式相乘Dt+1P（ωt）。

然后Pt(OhmtNA）=1，命题3.26表明NA（P）holdstrue和iii）如下。备注2.5和（5）表示Dt+1P*（ωt） Dt+1P（ωt） Dt+1（ωt）。因此，0∈ 转换（Dt+1P*)（ωt） Conv（Dt+1P）（ωt）。我们有那个AFFDt+1（ωt）=AffDt+1P*（ωt） Aff公司Dt+1P（ωt） Aff公司Dt+1（ωt）。作为0∈ 国际扶轮社转换（Dt+1P*)（ωt），存在一些ε>0使得b（0，ε）\\AffDt+1P（ωt）=B（0，ε）\\AffDt+1P*（ωt） 转换（Dt+1P*)（ωt） Conv（Dt+1P）（ωt）。5.2.5命题证明3.37证明。定理3.30暗示存在一些P*∈ 固定崩解P的QT*= P* p* ···  p*Tsuch那个AffDt+1P*（ωt）=Aff（Dt+1）（ωt）和0∈国际扶轮社转换（Dt+1P*)（ωt）对于所有ωt∈ OhmTNA和所有0≤ t型≤ T- 1、查找Bc(Ohmt） -βtandκtin的可测量版本（11）我们遵循与[Blanchard et al.，2018，命题3.7]中相同的想法。修复一些0≤ t型≤ T- 1、设置nt（ωt）：=inf{n≥ 1，AP*n（ωt）=} alln的位置≥ 1 AP*n（ωt）= 如果ωt/∈ Ohmtna和ifωt∈ OhmtNA，AP*n（ωt）：=h类∈ Aff公司Dt+1P*（ωt），| h |=1，p*t+1h类St+1（ωt，·）<-n、 ωt<n. （28）对于所有ωt∈ Ohmt、 在命题5.7的证明中，nt（ωt）<∞ 可以设置κt（ωt）=βt（ωt）：=1/nt（ωt）∈ (0, 1). 然后，通过定义AP*n、 （11）在Ph（·）=p时为真*t+1（·，ωt）∈自Aff起Qt+1（ωt）Dt+1P*（ωt）=所有ωt的Aff（Dt+1）（ωt）∈ OhmtNA。证明κt=βtis Bc(Ohmt） -可测量，我们表明{AP*n6=} ∈ 卑诗省(Ohmt） 从现在开始≥ 1，{nt≥ k} =OhmtNA公司∩\\1.≤j≤k-1{AP*j=}!.修复一些n≥ 1、作为p*t+1是唯一普遍可测的，我们使用引理5.10来证明{AP*n6= } ∈ 卑诗省(Ohmt） 。修复P∈ P(Ohmt） 。首先，应用[Bertsekas和Shreve，2004，引理7.28 p173]，在Ohmt+1驱动Ohm坦德OhmtP∈ B类(Ohmt） 这样P(OhmtP）=1和pPt+1（·，ωt）=p*对于所有ωt，t+1（·，ωt）∈ OhmtP。在（28）中设置APnas替换p*t+1，pPt+1ifωt∈ OhmtNA（和APn（ωt）= 如果ωt/∈ OhmtNA）。然后{AP*n6=} ∩ OhmtP={APn6=} ∩ Ohmt仍需确定{APn6=} ∈ 卑诗省(Ohmt） 。

备注th图表APn公司= 图表Aff公司Dt+1P*\\（ωt，h），| h |=1，pPt+1h类St+1（ωt，·）<-n、 ωt<n.引理2.6意味着图Aff公司Dt+1P*∈ 卑诗省(Ohmt）B（Rd）。As（ωt，h，ωt+1）→ h类St+1（ωt，ωt+1）和pPt+1是Borel可测量的，【Bertsekas和Shreve，2004，命题7.29 p144】暗示（ωt，h）→ pPt+1（小时St+1（ωt，·）<-1/n，ωt）是B(Ohmt） B（Rd）-可测量。因此，应用投影定理Ohmt型图表APn公司= {APn6=} ∈ 卑诗省(Ohmt） 证明是完整的。引理5.10LetXbe一个抛光空间。莱塔 十、 假设allP∈ P（X）存在一些ap∈ Bc（X）和someP全尺寸setXP∈ B（X）这样a∩ XP=AP∩ XP。ThenA公司∈ Bc（X）。证据修复一些P∈ P（X）。我们表明∈ BP（X），B（X）相对于P的完成。因为这对于所有P都是正确的∈ P（X），A∈ Bc（X）将紧随其后。存在AP∈ Bc（X）和XP∈ B（X）使得P（XP）=1和A∩ XP=AP∩ XP。作为AP∩ XP系统∈ 卑诗省(Ohmt） BP（X）存在一个P-可忽略集NPandAP∈ B（X）此类AP∩ XP=~AP∪ NP现在，让MP：=A∩ （X\\XP） X\\XP。作为X\\XP∈ B（X）和P（X\\XP）=0，MPis a P-可忽略的集合和a=（a∩ XP）∪ （A）∩ （X\\XP））=AP∪ NP∪ 议员∈ BP（X）。5.2.6命题证明3.39证明。引理3.7意味着NA（bP）和NA（QT）是等效的。修复BP的一些分解∈ QT，bP：=bP 英国石油公司 ···  B和一些1≤ t型≤ TASBPTDoDeminates QtProposition 3.26暗示在0∈ 国际扶轮社卷积和多项式相乘Dt+1bP（·）下面的Qt-q.s.Lemma 5.12提供了Qt全量测集Ohmt型\\Ohm对于所有ωt，bpt+1（·，ωt）支配qt+1（ωt）∈ Ohmt型\\Ohmtnd。因此Dt+1（ωt） Dt+1bP（ωt），等式由（3）asbP得出∈ QT。5.3命题4.1的证明直接来自引理5.12。确实，假设这一组QT占主导地位。像Ohm田纳西州 Ohmtnd、，OhmTn是与Sept相矛盾的Qt极性集(OhmtN）>0。引理5.12的证明是相当技术性的，需要引入Wijsman拓扑和引理5.11。

请注意，命题4.1中的反向含义似乎很直观，但会引发具有挑战性的技术问题。设（X，d）是波兰空间，F是X的非空闭子集集。F上的wijsman拓扑由TWis表示，fnτw-→n→+∞F<==> d（x，Fn）-→n→+∞d（x，F）表示所有x∈ 十、 其中d（X，F）：=inf{d（X，F），F∈ F}。注th at F en dowed with TWis a Polish space（参见[比尔，1991年]）。引理5.11函数（F，x）∈ F×X→ 1F（x）isB（F） B（X）-可测量。证据函数d：（x，F）∈ X×F→ d（x，F）是单独连续的。实际上，对于所有固定的x∈ 十、 d（X，·）是TWand定义的连续体【Aliprantis and Border，2006，定理3.16】意味着d（·，F）对于所有固定的F都是连续的∈ F、 使用[Aliprantis and Border，2006，引理4.51 p153]d是B（X） B（F）-可测量。我们从x开始得出结论∈ F当且仅当d（x，F）=0。引理5.12假设假设2.2成立，QT由BP控制∈P(OhmT） fix分解bP：=bP 英国石油公司··· bpTwhere^pt∈ SKT适用于所有1≤ t型≤ T、 那么Ohmtnd：=ωt∈ Ohmt、 Qt+1（ωt）不受bpt+1（·，ωt）支配∈ 卑诗省(Ohmt） aQt极坐标是否为all0设置≤ t型≤ T- 1.证明。修复一些0≤ t型≤ T- 我们分两步进行。步骤1：Ohmtnd公司∈ 卑诗省(Ohmt） 。为了证明步骤1，我们使用引理5.10和fix R∈ P(Ohmt） 。应用[Bertsekas和Shreve，2004，Lemm a 7.28 p174]，在Ohmt+1驱动Ohmtand a R全尺寸套件OhmtR公司∈ B类(Ohmt） 所有ωt的prt+1（·，ωt）=bpt+1（·，ωt）∈ OhmtR.（29）设Ft+1为Ohmt+1并让NRt：OhmtP(Ohmt+1）×Ft+1适用于所有ωt∈ OhmtbyNRt（ωt）：=（q，F）∈ P(Ohmt+1）×Ft+1，q∈ Qt+1（ωt），pRt+1F、 ωt= 0，q（F）>0. （30）我方首次提出索赔Ohmtnd公司∩ OhmtR={NRt6=} ∩ OhmtR.（31）Letωt∈ Ohmtnd公司∩ OhmtR。

由于Qt+1（ωt）不受bpt+1（·，ωt）=pRt+1（·，ωt）支配，因此存在一些q∈ Qt+1（ωt）和一些A∈ B类(Ohmt） 使得pRt+1（A，ωt）=0，q（A）>0。作为q∈ P(Ohmt+1）是内正则的（参见[Aliprantis and Border，2006，定义12.2 p435，定理12.7 p438，引理12.3 p435]），存在一些F∈ 英尺+1，英尺 A使得q（F）>0和（q，F）∈ NRt（ωt）如下。背面的夹杂物很明显。因此，引理5.10适用，如果{NRt6=} = 项目Ohmt型图表NRt公司∈卑诗省(Ohmt） 。这将遵循Jankov von Neumann定理（见【Bertsekas and Shreve，2004，命题7.49 p182】）ifgraph（NRt）∈ A.Ohmt×P(Ohmt+1）×Ft+1. （32）这从图（NRt）=A得出∩ B∩ C式中：=图（Qt+1）×Ft+1∈ A.Ohmt×P(Ohmt+1）×Ft+1,B：={（ωt，q，F），pRt+1（F，ωt）=0}∈ B类(Ohmt） B（P(Ohmt+1） B（Ft+1），C：={（ωt，q，F），q（F）>0}∈ B类(Ohmt）B（P(Ohmt+1） B（Ft+1），关于A的可测性，参见假设2.2。对于B和C，引理5.11以及[Bertsekas和Sh-reve，2004，命题7.29 p144]意味着（ωt，q，F）→ pRt+1（F，ωt）和（ωt，q，F）→ q（F）是Borel可测量的（回想一下，pRt+1（dωt+1 |ωt，q，F）=pRt+1（dωt+1，ωt）和q（dωt+1 |ωt，q，F）=q（dωt+1）是Borel可测量的随机核）。第2步：Ohmtndis是Qt极坐标系。我们从矛盾的角度出发，假设存在∈ QT这样的PT(Ohmtnd）>0。我们选择R=bPtin（29）和（30），并表示为Ohmtnd1：=Ohmtnd公司∩ OhmtbPt={NbPtt6=} ∩ Ohm待定∈ 卑诗省(Ohmt） ，请参见（31）和步骤1。Jankov-vonneumann定理和（32）也给出了qbPt+1a普适可测随机核的存在性Ohmt+1驱动Ohmtand通用可测量函数FbPt+1：Ohmt型→ Ft+1，即（qbPt+1（·，ωt），FbPt+1（ωt））∈ 所有ωt的NbPtt（ωt）∈ Ohmtnd1。