注意，min{}的参数中的所有表达式都有严格的正参数，因此t（k）>0，因为w（k）i∈（0，1）用于这些组件。此外，因为w（k）有一些分数成分，所以t（k）定义得很好。我们还证明了w（k+1）∈[0，1]n.此外，正如后面将要使用的那样，我们可以证明Pni=1w（k+1）i=m，sincePni=1w（k）i=Pni=1z（k）i=m。考虑一下，这将使jt成为可以遵循以下两种情况之一的索引，这两种情况由（a）和（b）表示。在（a）中，j表示t（k）=w（k）j1-其中z（k）j=1，那么w（k+1）j=w（k）j+t（w（k）j-z（k）j）=w（k）j+w（k）j1-w（k）j（w（k）j-1) = 0. 然后，在下一次迭代中，如果w（k+1）∈{0，1}nthen z（k+1）j=0 6=1=z（k）j.反之，如果w（k+1）6∈{0，1}n，然后有一个分数分量，通过归纳给出的相同参数，它将认为0=z（k+1）j=w（k+1）j，0=w（k+2）j=w（k+1）j。因此，对于所有h>k，z（h）j6=z（k）j。在（b）情况下，j是t（k）=1的分量-其中z（k）j=0，那么w（k+1）j=w（k）j+t（w（k）j-z（k）j）=w（k）j+1-w（k）jw（k）j（w（k）j-0) = 1. 然后，在下一次迭代中，如果w（k+1）∈{0，1}nthen z（k+1）j=16=0=z（k）j.相反，如果w（k+1）6∈{0，1}n，然后有一个分数分量，通过归纳给出的相同参数，它将认为1=z（k+1）j=w（k+1）j，1=w（k+2）j=w（k+1）j。因此，对于所有的h>k，z（h）j6=z（k）j。证明（i）。如引理4的证明所示，在算法2的循环内的每次迭代k中，当移动到下一个w（k+1）时，w（k）的一个分数分量固定为0或1。自w（k）∈Rn，我们最多可以有n次迭代，因此| Z|≤n、 莫拉莱斯、塞巴斯蒂安和色雷斯、查尔斯：政治活动的资源分配提交给POMS；第45号手稿（二）。从算法2的第7行我们可以看到w（k+1）=w（k）+t（k）（w（k）-z（k）），相当于w（k）=1+t（k）w（k+1）+t（k）1+t（k）z（k）。

然后，对于k=1，它认为w（1）=1+t（1）w（2）+t（1）1+t（1）z（1），其中w（1）=y，输入点。那么，w（1）=1+t（1）1+t（2）w（3）+t（2）1+t（2）z（2）+t（1）1+t（1）z（1）=1+t（1）1+t（2）1+t（3）w（4）+t（3）1+t（3）z（3）+t（2）1+t（2）z（2）+t（1）1+t（1）z（1）依此类推，直到最后一点，如果我们用w（|z |）来表示，在这种情况下，方程是w（1）=w（|z |）Q | z | j=11+t（j）+P |z|-1k=1z（k）t（k）1+t（k）Qk-1j=11+t（j）。最后，为了证明权重是严格正的，必须注意t（k）>0表示所有k∈{1，…，Z}。后者的证明尤其是在引理4的证明中完成的，即证明的结论。附录Q：显示Z中的输出点是最小的，我们想正式显示给定的x∈nand q∈ Z+，并使用算法2作为输入y=qxr=qx-bqxc（其中fl oor函数应用于每个组件），我们从中获得Z并构造Z，不可能存在一个集合W 6=Z， Dq(n） 使（a）x∈ Conv（W）和（b）Conv（W）（Conv（Z）。让我们自相矛盾地假设这样的集合W是存在的。后者意味着：（i）WY（其中Y:={bqxcq+yq | Y∈Y} ），（ii）Dq(n）∩（Conv（Z）\\Z）=, （iii）W（Z），（iv）Z中的元素是线性独立的，以及（v）x 6∈ Conv（W）与（a）相矛盾。为了便于记法，让我们定义xb:=bqxcq。为了表示（i），所有元素都必须是w∈W是这样的∈nxbi，xbi+qo（由Z中点的每个分量完成）。如果不是，那么（b）就不可能是真的，因为W中有一个点不能生成为Z中点的凸组合。

使用类似的参数，W中的所有元素都有m个分量，等于1/q+xb和n的相应分量-m个分量的值等于xb的各个分量（回想一下，Z中的所有向量都有m个1和n）-mzero，其中m=Pni=1qxri，因此Z中的所有元素都有m个分量，其值分别等于1/q+xbr和n的分量- m个分量等于相应分量xb）。如果不是，则针对任何u∈|Z |它认为pni=1P | Z | k=1ukz（k）i=P | Z | k=1ukPni=1z（k）i=P | Z | k=1ukm=mP | Z | k=1uk=m（其中Z（k）表示在运行算法2时添加到集合Z中的k元素），也就是说，Z中的点的任何凸组合都会有加起来等于m的分量。因此，如果（b）成立，则必须是W中的所有元素都有相等的分量，并且q+xb的分量- McComponents等于xb的相应分量，因此W对于（ii），请注意，如果存在矛盾，则为v∈Dq(n）∩（Conv（Z）\\Z），则它必须存在∈|Z |使得v=P | Z | k=1ukz（k），其中至少有两个指数，l，h∈{1，…，|Z |}其中ul，uh∈（0，1）（否则会有一个指数j，其中uj=1，而ui=0i6=j，v等于z（j），这是不可能的）。考虑一个分量i，比如z（l）i6=z（h）i（注意，（z（l）i，z（h）i）=（xbi，1/q+xbi）或（z（l）i，z（h）i）=（1/q+xbi，xbi）），那么它一定是p | z | k=1ukz（k）i的情况∈（xbi，1/q+xbi），这是自v以来的一个矛盾∈Dq(n） ，显示（ii）。注意（ii）指出，Z中不是Conv（Z）极值点的点的每个凸组合（即凸组合权重不能是一个），得到的向量在区间（xbi，1/q+xbi）中至少有一个值为的分量i，因此凸组合不属于单纯形晶格Dq(n） 。

那么它必须坚持W Z、 否则就会有w∈ 注意，因为（b）我们有W Conv（西） Conv（Z），然后它认为w∈ Conv（Z）\\Z.添加Dq(n） ，通向w∈Dq(n）∩（Conv（Z）\\Z），它与（ii）相矛盾。然后（iii）从W开始Z和W 6=Z。对于（iv），如果通过矛盾假设Z中的向量是线性相关的，则Morales，Sebasti\'an和Thraves，Charles：《政治运动的资源分配》46篇提交给POMS；手稿没有那就有了∈ R | Z | \\{0}使得p | Z | k=1ukz（k）=0。考虑h:=min{k∈{1，…，|Z}|uk>0}。它认为z（h）可以写成更高索引的z中向量的线性组合。由于引理4，这最后一个是不可能的，因为我们知道有一个分量，比如j，使得z（h）j6=z（l）jfor alll>h，结论是（iv）。最后，为了证明（v），如果我们看x相对于Z中顶点的凸组合，从引理2我们得到所有权重都是正的，从（iv）我们得到这是生成x的唯一方法。因此，如果我们移除Z中的任何元素，那么我们不能生成x作为凸组合。换句话说，由于（iii），我们不能将x生成为元素Y的凸组合，即x6∈Conv（W），它总结了证据。附录R：多数系统无界均衡作为一个假设的练习，我们计算了Recall女士下博弈的无界均衡，该均衡可以通过使用命题（1）和*= I（见等式（3）和（4））。无界平衡的结果是针对表1中所示的相同实例计算的，其结果如图6所示。在这种情况下，区域偏差（α，β）用空圆圈表示，而区域偏差加上候选策略（α+x，β+y）用填充圆圈表示。

图6中的箭头表示两个候选者的效果，其中x分量（y分量）对应于候选者A（B）。可以看出，只有三个最大的地区受到了积极的影响。相反，较小的地区有负面影响，因此充当前一地区的贷款人。有趣的是，观察一个候选者相对于另一个候选者的效果加偏差参数之间的完美线性关系（参见图6中的直线）。更具体地说，线性关系yi+βi=（xi+αi）1+Pjβj1+Pjαj适用于每个地区i.莫拉莱斯、塞巴斯蒂安和色雷斯、查尔斯：提交给POMS的政治活动资源分配章程；手稿号470.0 0.5 1.0 1.5 2.00.00.51.01.52.0●●●●●●●●●●●●●●例如表1中的图6无界平衡。圆圈，”o”, 表示偏差参数（α，β）；空心圆“o”代表无界平衡下的（x+α，y+β）。人数与该地区的投票数成正比。虚线对角线表示斜率为1+Pβ1+Pα的对角线。