d=0的情况是真空真实的，所以我们只需要在假设d被任何r<d替换的情况下证明结果∈ [0，T]和我∈ {1，…，d}，定义一个有界的可预测过程H=（H，…，Hd），通过Hi=1[[0，t]]和Hj=0表示j6=i。然后（B.3）对一些确定性常数Cijt表示mit=（H·M）t=dXj=1CijtMjT（B.7）。让Ct用元素Cijt表示矩阵。我们声称CTI是对称的，地图T7→ Ctis c\'adl\'ag。（B.8）事实上，M的正交性，（B.7）和M的鞅性质yieldCijt=dXk=1CiktE[MkTMjT]=E[MitMjT]=E[Mi，Mj]t]，（B.9）表明CTI是对称的。此外，Kunita Watanabe不等式、Cauchy-Schwartz不等式和M产量|[Mi，Mj]t|的平方可积性≤ [Mi，Mi]1/2t[Mj，Mj]1/2t≤ [Mi，Mi]1/2T[Mj，Mj]1/2T∈ L.因此，由于[Mi，Mj]是c`adl`ag，（B.9），且支配收敛定理暗示（B.8）。现在，definetm=inf{t≥ 0:rank Ct=d}。由于CT=I（B.9），我们有tm∈ [0，T]。由于Ctis c`adl`ag，我们将Ctm=d。如果tm=0，则（B.7）产生MT=c-1M，这是F-可测量的。因此M是常数，（B.4）保持M=1，Q为恒等式。如果tm>0，则存在一些∈ [0，tm）使得秩Ctis在[s，tm]上是常数。设r=rank Cs<d是这个常数。由于Csis是对称的，我们有Cs=Q>λqf对于某些Q∈ O（d）和一些对角矩阵∧=Diag（λ，…，λr，0，…，0），其中λ，λ稀有非零。定义一个新的正交鞅Cm和矩阵mapbC bycM=QM和Bc=QCQ>。由于（B.3），我们有（cM）=span{cM，…，cMd}。（B.10）此外，鉴于（B.7），cMt=bctcmt代表所有∈ [0，T]。我们建立了bc的一些性质。因为rankbCtm=d，所以我们有cmt=bC-1tmcMtm，它是FTM可测量的。ThuscM在[tm，T]上是常数，此时bct=I。接下来，我们有一个By-construction，它是对角的，对于i=1，R

thuscit=λ-1ICMissis可测量为i=1，r、 所以在[s，T]上Cmis是常数。因此，对于所有t，bcijt=dXk=1bCiktE[cMkTcMjT]=E[cMitcMjT]=E[cMitcMjT]=δijt∈ [s，T]，我∈ {1，…，r}，和j∈ {1，…，d}。因为t的rankbCt=r∈ [s，tm），对于i，j，thisforcesbCijt=0∈ {r+1，…，d}和t∈ 总之，我们已经证明了BCT=I 00 I 1[tm，T]（T）∈ Sr+（d）-r） 对于t∈ [s，T]。定义cM=（cM，…，cMr）和cM=（cMr+1，…，cMd），接下来是cM=cMT[[tm，T]，（B.11），cM在[s，T]上是常数。这立即意味着Cm和Cm是强正交的。因此，对于任何H∈ L（cM），我们有一个（H·cM）是正交的，d、 因此，在（B.10）中存在的表示（H·cM）T=acMT+·adcMdT中，我们实际上有ar+1=·ad=0。这证明了非平凡包含inS（cM）=span{cM，…，cMr}。（B.12）由于密码自身是一个r维弱正交鞅，E[cM]=0，我们现在可以应用归纳假设得到Q∈ O（r）和时间点0≤ t<··<tm-1.≤ 使N=QcM=（N，…，Nr）满足=N（1）。。。N（m）-1), 其中N（k）=N（k）T[[tk，T]]，k=1，M- 1.（B.13）SincecM，因此N，在[s，T]上是常数，我们实际上有tm-1<tm。定义矩阵Q=qqq，其中Q=Q0 I∈ O（d），根据（B.11）和（B.13），N=QM=（N（1），N（米-1） ，cM）为所需形式。这就完成了（B.4）的证明。接下来，（B.5）跟在给出（B.12）的相同论点后面，利用鞅N（k）相互强正交的明显事实。最后，对于每个k∈ {1，…，m}我们找到了成对不相交的原子Bk，BKDKOFTK-使（B.6）保持（回忆起我们的惯例）-= F） 。为此，definebk={Q（N（k）T6=0 | Ftk-) > 0} ∈ Ftk-.我们需要把BK分解成原子。考虑任何有界Ftk--可测随机变量h在Bk外消失。

定义可预测的过程H=h1[[tk，T]]。由于（B.4）和（B.5），我们有（k），它=（H·N（k），i）T=dkXj=1aijN（k），jT，i=1，dk，对于一些常数，aij。注意，由于我们关于随机积分时间零值的约定，tk=0时也适用。假设A是包含元素aij的dk×dk矩阵，我们把它写成向量形式ashN（k）T=AN（k）T。这意味着h是Bk上A的特征值。要看到这一点，请注意{h是A}的特征值 {N（k）T6=0}。使用Ftk--条件概率和使用h是Ftk--可测的，我们得到{h是A}的特征值≥ Q（N（k）T6=0 | Ftk-) > Bk上的0，通过Bk的定义。这表明h是Bk上A的特征值。由于dk×DKA矩阵最多可以有dk不同的特征值，随机变量h可以取大多数不同的值。由于h是任意的，我们推导出分解Bk=Bk的存在性∪ · · · ∪ BKDK进入Ftk的原子（可能微不足道）-, 按要求。备注B.3。命题B.1的结论（B.4）和（B.6）不足以暗示（B.3）。更具体地说，分解（B.6）为原子不足以暗示（B.5）；我们还必须考虑过程N（k）、离子和原子Bkj之间的相互作用。这是由span{N（k），1，…，N（k），dk}=span{1BkjN（k），i:i，j=1，…，dk}的关系表示的，这是（B.5）和（B.6）的结果。不难证明，与（B.4）和（B.6）一起，这实际上意味着（B.3），产生了与命题B.1相反的结果。由于目前命题B.1的表述对于我们的目的来说是足够的，我们避免进一步发展这条推理路线。引理B.4。设X是一个半鞅，对于所有t<τ，Xt=f（t），其中f是一个非终结函数，τ是一个停止时间。那么f是[0，t]上的有限变化*] 对于任何t*使得Q（τ）≥ T*) > 0.证明。

假设f不是[0，t]上的有限变量*]. 然后存在0=tn<···<tnNn=t部分*以n为索引，使得pnni=1 | f（tni）- f（tni）-1)| → ∞作为n→ ∞. 对于每个n，定义基本可预测过程Hn=eHn[[0，τ]]，其中eHn=PNni=1sgn（f（tni）- f（tni）-1） ）1]]tni-1，tni]]。然后（Hn·X）t*=NnXi=1 | f（τ）∧ （tni）- f（τ）∧ tni-1） |，Q（lim infn（Hn·X）t从哪里来*= ∞) ≥ Q（τ）≥ T*) > 0.因为X是半鞅且| Hn |≤ 这就产生了想要的矛盾。实际上，作为随机积分有界收敛定理的直接结果（H·X）t*: 124h是可预测的|≤ 1.概率是有界的。引理B.5。设M为连续局部鞅，B为Ft的原子*或ofFt*-有一段时间*> 0.那么对于所有t<t，Mt=Mon B*.证据考虑停止时间τ=inf{t:Q（B|Ft）=0}以及事件sbt={τ>t}={Q（B|Ft）>0} B代表t<t*. 我们有τ=∞ 在B上，我们可以假设Q（B）>0。现在，假设Bt=B∪B对于两个不相交的非空集B，B∈ 然后是B英尺 B（可能在重新标记后）因为B是原子，因此B上的Q（B | Ft）=0，这是一个矛盾。因此bt是Ft的一个原子，对于某些f（t）意味着mtbt=f（t）1bt∈ 因此，对于所有t<τ，Mt=f（t）∧ T*, 引理B.4得出f在[0，t]上的变化是有限的*]. 因此Mτ∧T*是有限变化的连续局部鞅，因此是常数。这就完成了证明。推论B.6。设T是一个完整的原子树，M是一个连续的局部鞅。那么m在[0，ζ（T）]上是常数。证据引理B.5意味着对于每个叶片A，M在A×[0，t（A））上是常数∈ T.ThusM在[[0，ζ（T）[]上是常数，结果后面是M的连续性。下面的结果是证明定理4.6正向蕴涵的关键步骤。这就是构造所需的完整原子树的地方。

一旦完成了，就可以直接完成定理的证明。引理B.7。假设S是连续的，半静态完备性成立。然后存在一个完整的原子树T，使得每个ψi，i=1，n、 对于某些Hi，允许表示ψi=E[ψi |σ（T）]+（Hi·S）T∈ L（S）。证据如果动态完备性成立，那么T={Ohm}. 因此，我们假设动态完整性失败。对于每个i=1，n、 设Hi·S是鞅E[ψi | Ft]在S上的理论正交投影，并定义鞅V=（V，…，Vn）byViT=ψi- （Hi·S）T，i=1，n、 假设我们可以找到一个完整的原子树T，使得i=1，n、 （B.14）那么，由于S在[0，ζ（T）]上是常数，根据推论B.6，我们得到E[（Hi·S）T | Fζ（T）]=0。由于σ（T）=Fζ（T）直到零集，我们推导出ψi- （Hi·S）T=E[ψi |σ（T）]，这是必要的结论。因此，我们只需要找到一个完整的原子树T，这样（B.14）就能成立。为此，请注意，每个Vi与S弱正交，因此也是强正交的；西。g、 定理八。49英寸[DM80]。再加上半静态完备性和e[ViT]=0的事实，这个Yieldspan{V，…，Vn}=S（S）⊥ S（V），其中S（S）⊥表示S（S）的弱正交补。因为span{V，…，Vn}S（V）的结论很简单，我们实际上有等式，这表明应该使用命题B.1。为此，选择一个（弱）正交鞅M=（M，…，Md），其span{M，…，Md}=span{V，…，Vn}。这里d=dim span{V，…，Vn}，我们有d≥ 1因为我们假设动态完整性不成立。鞅M继承了性质ys（M）=span{M，…，Md}。命题B.1现在产生Q∈ O（d）和0≤ t<··<tm≤ T，m≥ 1，对于某些原子Bk，鞅N=QM满足（B.4）-（B.6）。

，Bkdkof Ftk-, d+···+dm=d。由于V、M和N由（确定性）可逆线性变换关联，（B.14）相当于σ（T）-可测量i=1，d、 半静态完备性意味着我们haveL（FT）=span{1，N，…，Nd}⊕ S（S）。（B.16）我们现在用归纳法构造T。设置k=1和T={Ohm}. 当N（0）=0时，这对（k，T）显然满足以下归纳假设：T是满的，Ft（A） Ftk-尽管如此∈ T、 N（l）是σ（T）-对于l<k（B.17）可测量，现在假设这对（k，T）满足（B.17）。归纳步骤如下。首先，k=1，t=0的情况需要特殊处理。在这种情况下，我们简单地定义为F-可测量原子B，屋宇署，Ohm \\（B）∪ . . . ∪ Bd）是非空的。如果m=1，我们就完成了：（B.15）保持不变。否则，setk=2，注意（B.17）对新的一对（T，k）是满意的，然后继续归纳。接下来，考虑tk>0的情况。等式（B.6）表示{Q（N（k）T6=0 | Ftk-) > 0}=Bk∪ · · · ∪ Bkdk。考虑Bk，要么Q（Bk）=0，在这种情况下我们忽略它，要么Q（Bk）>0。在后一种情况下，由于T是满的，我们可以用Q（a）找到一片叶子a∩ Bk）>0。现在我们证明，事实上，A=bk上升到一个空集。（B.18）为此，首先观察Bk A是一个原子和A∈ Ft（A） Ftkby（B.17）。接下来，使用（B.16）和Ftk--在记住（B.4）的条件期望的同时，我们得到了一些H的Bk=Q（Bk）+（H·S）tk+Xl<ka>lN（l）T（B.19）∈ L（S）和一些al∈ Rdl，l<k。由于A是σ（T）的一片叶子，并且使用诱导假设（B.17），我们发现对于某些常数c，aFo上的xl<ka>lN（l）T=c。此外，引理B.5意味着Bk上的（H·S）tk=0。对事件Bk进行检查（B.19），我们得到q（Bk）+c=1。接下来，引理B.5 yieldsA（H·S）tk=1A（H1]]t（A），tk]]S）tk=（K·S）tk的另一个应用，其中K=H1A]]t（A），tk]]∈ L（S）。

因此，将（B.19）的两边乘以1Awe getBk=1AQ（Bk）+c+ （K·S）tk=1A+（K·S）tk。接受期望值会产生Q（Bk）=Q（A）。再加上Bk A、 这证明了（B.18）。对每个Bki重复此步骤，我们确定事件A，这些是Ftk的T和原子的叶子-满足{Q（N（k）T6=0 | Ftk-) > 0}=A∪ · · · ∪ 美联社。（B.20）在这一组中，我们有St=Sfor t≤ 引理B.5。与（B.16）和（B.4）的inview一起，这意味着线性空间{X∈ L（Ftk）：A外X=0∪ · · · ∪ Ap}由{N（l），1，…，N（l），dl:l=1，…，k}和1A组成∪···∪美联社。特别是，它是有限维的。因此，每个集合可以分解为Ftk的许多非零原子，我们用Aij表示，j=1，满足σ（N（k））的 σ（Aij:i=1，…，p，j=1，…，ni）直到零集。此外，由于N（k）是一个鞅，并且在Aidueto（B.20）上不是相同的零，并且由于tk>0，我们有ni≥ 2.对于每个i.定义原子树=T∪ {Aij:i=1，…，p，j=1，…，ni}。上述观察结果以及归纳假设（B.17）表明，TisFull，N（1），N（k）是σ（T）-可测的，而T（A）是所有A的<tk+1∈ T（设置TM+1=∞). 现在用T代替T。如果k=m，我们完成了：（B.15）保持。否则，我们用k+1替换k，观察（B.17）对新的对（k，T）是满意的，然后迭代。程序在m步后结束。证据是完整的。现在我们可以完成定理4.6的证明。定理4.6的证明：必然性。设T为引理B.7给出的完整原子树。我们首先证明（i）。设A为T的任意叶，并考虑任意的X∈ L（英尺）。通过半静态完备性，X=a+nXi=1aiψi+（H·S）t对于某些常数a，A和一些H∈ L（S）。引理B.7我们有H，在L（S）中，x=a+nXi=1aiE[ψi |σ（T）]+（K·S）T，（B.21），其中K=H+H+·H+Hn。

因为任何σ（T）可测的随机变量都是常数A，所以对于某些x，我们有x=x+（K·S）T A（B.22）∈ 最后，引理B.5表明S在A×[0，t（A）]上是常数。因此，我们可以将K替换为K1]]t（A），t]]，而不使（B.22）失效，并得出结论，S在A×[t（A），t]上是完全的。这证明了（我）。我们现在证明（ii）。同样，假设A是T.的任何叶子，X=1A，（B.21）yieldsA=A+nXi=1aiE[ψi |σ（T）]+（K·S）T，其中，根据推论B.6，我们有（K·S）ζ（T）=0。可选停止定理和σ（T）=Fζ（T）直到零集，然后yieldA=a+nXi=1aiE[ψi |σ（T）]的事实。我们得出结论：{E[ψi |σ（T）]：i=1，…，n}连同常数1跨越（dim T）-维空间L（σ（T）），并且由于E[ψi]=0，对于所有i，前一个集合必须包含dim T- 1线性独立元件。这证明了（ii）。C A Jeulin-Yor理论在本节中，我们陈述并证明了从过滤的逐步扩大理论中对经典Jeulin-Yor理论的一个轻微概括；参见[JY78]和[GZ08]等。第5节需要这个结果。回想一下，我们在给定的过滤可测量空间上工作(Ohm, F、 F）其过滤是连续的。设τ为随机时间，X为非负有界随机变量，使得τ=∞ 在{X=0}上。用H表示单跳过程X1[[τ，T]]产生的过滤。定义为F随H逐渐增大；见（5.1）。然后特别是英国《金融时报》∩ {τ>t}=Gt∩ {τ>t}对于所有t∈ [0，T]，（C.1）参见[KLP13]中的引理2.5。通过[JY78]中引理1的证明，这意味着对于任何可预测过程H，都存在一个F-可预测过程J，使得J1[[0，τ]]=H1[[0，τ]]。（C.2）接下来，确定GT上的任何概率度量Q。

设Z表示与τ相关的右连续上鞅，由Az\'ema[Az\'e72]viaZt=Q（τ>t | Ft），（C.3）表示有界过程X1[[τ]的对偶可预测投影，∞参见[DM80]附录I中的定理12。请注意，这里不假设也不需要通常的条件。根据[GZ08]中的引理A.10，其证明在我们的环境中仍然有效，我们得到了Z-> 0，dA空集上除外。引理C.1。由mt=X1{τ给出的过程M≤t}-Zt∧τZs-这是一个G-鞅。证据我们遵循[GZ08]给出的Jeulin-Yor定理的证明。定义N=X1[[τ，∞[[，设H为任意有界G-可预测过程，设J为满足（C.2）的F-可预测过程-与1[[0，τ]]的可预测投影一致，其参数与[GZ08]中定理1.1的证明中的参数相同。利用A的定义，我们得到Z∞HtdNt= EHτX1{τ<∞}= EJτX1{τ<∞}= EZ∞JtdNt= EZ∞JtdAt= EZ∞JtZt-达茨-= EZ∞Jt[[0，τ]]dAtZt-= EZ∞Ht[[0，τ]]dAtZt-.这证明了引理。参考文献[ABPS13]Beatrice Acciaio、Mathias Beiglb¨ock、Friedrich Penkner和Walter Schachermayer。资产定价基本定理和超级复制定理的无模型版本。数学金融，2013年。雅克·艾玛。工艺流程的一般应用。i、 《发明者数学》，18（3）：293-3361972。[BBKN15]萨拉·比亚基尼、布鲁诺·布沙尔、康斯坦丁诺斯·卡达拉斯和马塞尔·努茨。连续过程的鲁棒基本定理。数学金融，2015年。[BCH14]马蒂亚斯·贝格洛克、亚历山大·考克斯和马丁·休斯曼。最佳传输和Skorokhod嵌入。arXiv:1307.36562014。[BCH+15]Mathias Beiglb–ock、Alexander MG Cox、Martin Huesmann、Nicolas Perkowski和David Pr–omel。

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