注意，这意味着riq>0，尤其是pτ（R，) q、 我们区分了四种情况：情况1:Pi∈Nrip<u（p）和PI∈Nriq>l（q）。那么R是浪费的.案例2：Pi∈Nrip=u（p）和pi∈Nriq>l（q）。根据可行性，我∈ N使得r′ip<rip。自从R\'isd(i） 现在我们证明了R′i6=Ri，肯定存在x∈ 这样xipand r′ix>rix；特别是xτ（R，) p、 重复这个论点，因为集合N和p是有限的，我们要么找到一个项目y∈ P就是这样∈Nriy<u（y），它将构成was-teful链的“上端”，或τ（R，).请注意，ifPi∈Nriy=u（y），Y∈ P，我们发现我们自己在Bogomolnia和Moulin（2001）的环境中，τ（R）的周期性，) 对于有序的效率来说，这既是有效的，也是必要的。案例3：Pi∈Nrip<u（p）和PI∈Nriq=l（q）。根据可行性，我∈ N使得r′iq>riq。自从R\'isd(i） 现在我们证明了R′i6=Ri，肯定存在x∈ P使得qix和r′ix<rix；特别是qτ（R，) x、 与上述论点类似，重复这一点，因为集合N和P是有限的，我们要么找到一个项目y∈ P就是这样∈Nriy>l（y），这将构成浪费链的“低端”，或τ（R）关系中的一个循环，).案例4：Pi∈Nrip=u（p）和pi∈Nriq=l（q）。我们重复案例2和案例3中使用的论点。通过迭代，我们要么找到浪费链的上端和下端，要么随机分配等于（i）每个项目的上限配额，或者（ii）每个项目的下限配额。在这两种情况下，关系τ（R，) 必须是循环的。C命题5.10我们分两步完成证明，依次证明每个陈述。PSLQ通常在C.1中有效。对于任何市场（N、P、l、u、，), PSLQ没有浪费的链条。证据我们用矛盾来证明。固定（N，P，l，u，), 用i，…，Rand表示PSLQ的输出，我和p，pl+1a浪费链。

通过定义一个浪费链，我们有了PI∈Nrip<u（p），这意味着学生必须从p；让我们用tc来表示这一次，让我们为A（tc）写一个简写，这是tc的一组活动项目。自从pipand rip>0，p∈ A.类似地，如果{p，…，pn} A、 pn对于某些n，inpn+1和rinpn+1>0∈ {2，…，l}，它遵循pn+1∈ A.通过归纳，我们发现pj∈ A.j=2，l+1。通过等式5。2和5.3以及随后的讨论，A中的所有项目的总分数分配必须等于其较低的配额。然而，这与SPI相矛盾∈Nripl+1>l（pl+1）。我们准备证明PSLQ机制通常是有效的。证据我们用矛盾来证明这一说法。固定（N，P，l，u，) 假设R=pslq() 这不是一般的效率。LemmaC写的。1，R不包含浪费链, 因此，通过引理5.9，我们可以在τ（R，): pτpτ。τplτp.Let is∈ 做一个这样的学生-1.ISP和RISP>0（s）∈ {1，…，l}其中pl+1=p）。当学生开始获取项目ps时，让VS成为SLQ进食算法的第一步v，这是rvisps6=0的最后一步。自从ps-1.学生们非常喜欢它，而且它的ps为正值，ps为正值-1必须完全分配或转移，以便所有项目满足其较低的配额。但是，如果一个学生被从一个项目中转移出来，那么在算法执行的剩余时间里，没有一个学生能够吃到它，在这两种情况下（完全分布或转移），我们必须有VS-1.这是正确的s∈ {1，…，l}。因此，v<v<··<vl<v是一个矛盾。PSLQ是防嫉妒的。固定（N，P，l，u， ) 而我∈ N.标记P，使P知识产权我··ipk。设sbe为pis完全分配或从中切换的步长，即p∈ 像-1\\As。

因为p∈ Avfor allv≤ s- 1.我们有rsip=ts≥ rsjp，J∈ 与上一个脚注相似，ifPi∈Nriy=l（y），Y∈ P，τ（R）的无环性，) 对于有序的效率来说，既有效率又有必要。支持在步骤s中完全分配的PI。然后rsip=RIP和rsjp=rjp，J∈ N、 也就是说，它们是生成的随机分配矩阵R=P SLQ的第i项和第j项(). 现在假设1从pat s转移。由于所有学生在smust轮班时也吃P，我们得到了相同的结论，即rsip=RIP和rsjp=rjp。所以，瑞普≥ rjp，J∈ 我们采用归纳法。假定-1Xl=1ripl≥M-1Xl=1rjpl，J∈ N、 对于k>m- 1.≥ 1Let smbe{p，…，pm}全部被完全分配或移位的步骤。我们有{p，…，pm}∩ Asm-16=  , 和{p，…，pm}∩ Asm=请注意≤ s≤ · · · ≤ SM因此1.≤ H≤ 我是这样的∈ AVV≤ SM- 1.因此mXl=1ripl=mXl=1rsmipl=tsm≥mXl=1rsmjpl=mXl=1rjpl，J∈ 因此，通过归纳得出mxl=1rjpl≥mXl=1rjpl，J∈ Nm=1。。，K什么是Risd(i） Rj，J∈ N.D定理5.12在本节中，我们证明PSLQ机制是弱策略证明。在下面的内容中，ass UMERMARK（N，P，l，u，) 这是固定的。在开始之前，让我们先介绍一些符号。修好我∈ N、 让ei[0,1]→ P是学生i的饮食计划，其中ei（t）是学生i在时间t吃的项目。我们要求eitobe对于P上的离散拓扑是连续的，即T∈ [0, 1), >0以至于s∈ [t，t+），ei（s）=ei（t）。对于s学生的任何饮食计划向量，e=（e。

时间∈ [0,1]和项目p∈ P，definenp（t，e）={i∈ N:ei（t）=p}和np（t，e）=| np（t，e）|设tp（e）为p停止食用的时间，即istp（e）=sup{t∈ [0,1]：np（t，e）≥ 1} 注意，np（t，e）是[0，tp（e）上t中的一个非递减阶跃函数)，因为一旦一个学生开始从p开始吃东西，它就会从p开始吃，直到所有的项目座位都分配好，或者直到所有的学生都离开p。当一个项目从世纪末开始被吃掉，并且没有达到它的上限时，它既不能被转移，也不能被淘汰。然而，这一区别将不会在接下来的内容中产生任何差异，为了简洁起见，我们将省略它。此外，召回χip（t）是χip（t）=1的指示函数<==> ei（t）=p。特别是，bothnp（t，e）和χip（t）是黎曼可积的。对于学生i、项目p和时间t，我们定义ωip（t，e）=Ztχip（s）ds和ωp（t，e）=Ztnp（s，e）ds=Xi∈Nωip（t，e）注意ωp（tp（e），e）=ωp（1，e）。我们还将τp（e）定义为学生从p开始进食的时间，即τp（e）=inf{t∈ [0,1]：np（t，e）≥ 1} 通过τip（e），我第一次按照进食计划e从p开始进食。形式上，τip（e）=inf{t∈ [0,1]：ei（t）=p}我们用tc（e）表示临界时间，即tc（e）=inf{t∈ [0,1]：n（1）- t） =Xp∈Pl（p）- ωp（t，e）+}我们说项目p从if 1>tp（e）转变而来≥ tc（e）。对于任何偏好文件, 让e是学生报告时PSLQ生成的饮食计划的向量. 在以下所有引理中，我们∈ N和suppos e i误传给′i、 我们用以下公式表示结果：′= (′我-i） 。我们用R表示P SLQ的输出() byR′是P-SLQ的输出(′). 此外，我们还为tp（e）编写了tp（τp）和t′p（τ′p）的简写) （τp（e）)) 和TP（e）′) （τp（e）′)), 分别地引理D.1。fix p∈ 这样t′P≥ tp。假设Np（t，e）)  Np（t，e）′), t满足τp≤ t<tp。那么t′p=tp。证据

为了达成一个矛盾，假设t′p>tp。我们区分两种情况。情况1：ωp（1，e）) = u（p）。如果Np（t，e)  Np（t，e）′), T∈ [τp，tp），以及ωp（t，e) 在t中是非递减的，假设tp<t′p，我们得到ωp（1，e）′) > ωp（1，e）) = u（p），一个矛盾。案例2：学生在tp时从p变为e.n（1- tp）=Xq∈Pl（q）- ωq（tp，e）)+=Xq∈P\\{P}l（q）- ωq（tp，e）)+现在支持e Np（t，e)  Np（t，e）′), T∈ [τp，tp），以及ωp（t，e) 这意味着ωp（tp，e′) ≥ ωp（tp，e）) 和亨森(1)- tp）=Xq∈Pl（q）- ωq（tp，e）)+≤Xq∈Pl（q）- ωq（tp，e）′)+最后，s ince l（p）≤ ωp（tp，e）) ≤ ωp（tp，e）′), p必须停止在tpunder的活动′, a与tp的矛盾<t′p.引理D.2。任何p∈ P，t∈ [0，min{tp，t′p}）和j∈ N\\{i}，j∈ Np（t，e）) => J∈ Np（t，e）′)证据假设有一个学生I6=j∈ N和时间0≤ t<min{tp，t′p}使j∈ Np（t，e）)还有j∈ Nq（t，e）′) 对于某些q6=p，观察项目p在t<t′punder上可用′, 所以我们必须有qjp。因此，q在t下不可用, 否则j会吃itat t。换句话说，tq≤ t<t′q，无论学生是否从tq的最高配额转移或达到最高配额。让我们 P是一组项目q6=P，使得tq<t′q。我们展示了s6= 在上面的段落中。definex=arg minq∈StqIt从tx<t′x得出，有一段时间t<tx和一个学生k，这样k∈ Nx（t，e）)和k/∈ Nx（t，e）′). 为了了解为什么会这样，我们假设相反，应用LemmaD。1.产生矛盾。用y表示满足k的项目∈ 纽约（t，e）′).由于项目x在t下提供, 我们一定要有一个好朋友kx。但请记住，学生k在下面吃x att, k 6=i，因此k的偏好在这两个参数之间不会改变。因此，我们推断y在t下不可用.

因此，我们有shownt<tx，t<t′y，和ty<t这反过来又意味着ty<t′y，等等∈ 与x引理D.3的极小性质相矛盾。固定p=φi（p），假设tc≤ tc′。那么对于所有的q∈ P\\{P}使得riq=0和/∈ A（tc），ωq（t，e）′) ≥ ωq（t，e）), T∈ [0, 1].证据修正q∈ P\\{P}使得riq=0和q/∈ A（tc）。由于除我之外的所有代理的偏好在不同的文件之间没有变化，tc≤ tc\'是假设的，因为我没有在q atall下吃东西′, 因此，Nq（t，e)  Nq（t，e）′), T∈ [0，min{tq，t′q}）由LemmaD.2.如果t′q<tq，则自tq≤ tc≤ tc′，因此ωq（t′q，e′) = u（q），所有t的结果如下∈ [0,1]通过可行性。另一方面，如果我们有t′q≥ ωq（tq，e′) ≥ ωq（tq，e）). 由于ωqis是t中的一个非递减函数，它遵循ωq（t，e）′) ≥ ωq（t，e）), T∈ [0, 1].引理D.4。固定p=φi（p），假设tc≤ tc′。那么对于所有的q∈ 这样riq=0，ωq（1，e）′) ≥ ωq（1，e）).证据根据可行性，如果ωq（1，e) = l（q），我们必须有ωq（1，e）′) ≥ ωq（1，e）). 假设q∈ riq=0且u（q）的P\\{P}≥ ωq（1，e）) > l（q）。请注意，这意味着tq≤ tc。结果如下。3.引理D.5。固定p=φi（p）并支持tc<tp。然后ωp（1，e）′) = l（p）。证据首先，注意，由于tc<tp，我们必须有ωp（1，e）) = l（p）。为了解决一个矛盾，假设ωp（1，e）′) > l（p）。但接下来是tc′≥ t′p>tp>tc。这意味着Q∈ P\\{P}，ωq（1，e）′) ≥ ωq（1，e）). 事实上，如果对于某些q，riq>0∈ P\\{P}，它必须保持tq>tc，特别是ωq（1，e）) = l（q）。根据可行性，ωq（1，e）) ≥ ωq（1，e）) = l（q）。另一个案例由LemmaD负责。4.但是n=Xx∈Pωx（1，e）) <Xx∈Pωx（1，e）′) = 矛盾。引理D.6。把P算作P知识产权 · · ·  pk。假设我从PL1变为1≤ l<kat tpl。那么不管怎样≤ 这样pj/∈ A（tpl），我们必须让ripj=0。证据

这直接源自定义5。2.由于声明中考虑的任何此类PJA都不在tpl的活动项目中，而且没有一个非活动项目可以再次变为活动项目，因此在算法的其余执行过程中，任何学生都不能从PJJ吃东西。引理D.7。固定p=φi（p）和支撑e tc′≤ tc<tp<1。然后τ′jp≤ τjp，J∈ N\\{i}。证据认为J∈ N\\{i}使得τ′jp>τjp。注意，由于我误传了，τip≥ τ′ip。Sincetc\'≤ t和p∈ A（tc），它遵循p∈ A（tc′）。因此，由于tp<1，学生最终必须转换为p。如果A（tc′） A（tc），τ′jp>τjp将相互矛盾j=′j、 所以一定存在q∈A（tc′）\\A（tc）。因为这意味着ωq（1，e）′) = l（q）<ωq（1，e）), 因此Y∈ A（tc）使得ωy（tc′，e′) > l（y）=ωy（tc，e）) 当我们分配n的总质量时，我们要求Z∈ P\\A（tc），ωz（t，e）′) ≥ ωz（t，e）), T∈ [0，tc′）。实际上，fix任意z∈ P\\A（tc）。因为除了我以外的所有代理人的偏好在不同的文件之间没有变化，我也没有在任何情况下从z开始进食′, 因此，Nz（t，e)  新西兰（t，e）′), T∈ [0，min{tz，t′z，tc′}）由LemmaD提出′) ≥ ωz（t，e）), T∈ [0，tc′），这意味着∈P\\A（tc）ωx（tc′，e）′) ≥Xx∈P\\A（tc）ωx（tc′，e）)还有亨塞克斯∈A（tc）ωx（tc′，e）′) ≤Xx∈A（tc）ωx（tc′，e）) （D.1）通过定义tc’和自tc以来≥ tc′，Xx∈Pl（x）- ωx（tc′，e）′)+= n（1）- tc′）≥Xx∈Pl（x）- ωx（tc′，e）)+自XX以来∈P\\A（tc′）l（x）- ωx（tc′，e）′)+≤Xx∈P\\A（tc′）l（x）- ωx（tc′，e）)+我们必须有xxa（tc′）l（x）- ωx（tc′，e）′)+≥Xx∈A（tc′）l（x）- ωx（tc′，e）)+另一方面，因为我们已经展示了等式。1保持且自ωy（tc′，e′) > l（y），我们必须有xxa（tc′）l（x）- ωx（tc′，e）′)+<Xx∈A（tc′）l（x）- ωx（tc′，e）)+矛盾。引理D.8。固定p=φi（p），假设tc<tp<1。此外，假设我是唯一一个选择p的学生.

如果分配给我的任务 随机支配着这一切′, 没有q∈ P\\{P}这样q′ip。证据为了达成一个矛盾，假设存在这样一个项目q。我们声称这意味着tc′≤ tc。事实上，支持tc′>tc。因此，n（1- tc）=Xx∈A（tc）l（x）- ωx（tc，e）)+>Xx∈Pl（x）- ωx（tc，e）′)+=Xx∈A（tc）l（x）- ωx（tc，e）′)++Xx∈P\\A（tc）l（x）- ωx（tc，e）′)+辛塞普斯∈P\\A（tc）l（x）- ωx（tc，e）′)+≥ 0，它跟在xx后面∈A（tc）l（x）- ωx（tc，e）)+>Xx∈A（tc）l（x）- ωx（tc，e）′)+通过定义A（tc），ωx（tc，e) < l（x），十、∈ A（tc）。因此，Xx∈A（tc）ωx（tc，e）′) >Xx∈A（tc）ωx（tc，e）)由LemmaD提供。3，ωq（tc，e）′) ≥ ωq（tc，e）), q/∈ A（tc）。但是thenn·tc=Xx∈Pωx（tc，e）′) =Xx∈P\\A（tc）ωx（tc，e）′) +Xx∈A（tc）ωx（tc，e）′)>Xx∈P\\A（tc）ωx（tc，e）) +Xx∈A（tc）ωx（tc，e）) =Xx∈Pωx（tc，e）) = n·tca矛盾。总之，我们刚刚展示了tc′≤ tc。因此，由于其他学生的偏好在不同的专业之间不会发生变化，因此转为p的学生必须在以下条件下转为p′至少一到 如LemmaD所示。7.这就是Xj∈N\\{i}ωjp（tp，e）′) ≥Xj∈N\\{i}ωjp（tp，e）)既然我们假设R′isd(i） Ri，它必须遵循t′p>tp。加上ωip（t，e）在t中是非递减的，我们得到了xj∈N\\{i}ωjp（1，e）′) =Xj∈N\\{i}ωjp（t′p，e）′) >Xj∈N\\{i}ωjp（tp，e）) =Xj∈N\\{i}ωjp（1，e）)由LemmaD提供。5，ωp（1，e）) = ωp（1，e）′) = l（p）。这意味着我摄入的l（p）的总份额必须减少，即r′ip<rip，这与r′isd相矛盾(i） 里。引理D.9。固定p=φi（p），假设tc=tp。让q∈ P使得riq=0。假设我的任务′随机支配任务. 那么ωq（1，e）) ≤ωq（1，e）′).证据从R′isd开始(i） 丽，我们一定有≥ tp。因此，tc′≥ t′p≥ tp=tc。事实上，如果我是唯一一个在学校吃p的学生，这是很简单的.

如果我不是唯一一个吃p的学生，那就是J∈ N\\{i}，t∈ [0，tp）使得j∈ Np（t，e）), 接下来是LemmaD。2那Np（t，e) \\ {i} Np（t，e）) \\ {i} ,，T∈ [0，tp）.自R\'isd以来(i） Ri和ωp在t中不递减，因此ωp（t′p，e′) ≥ ωp（tp，e）) ≥ l（p）。假设tc′<tc；这意味着ωp（t′p，e′) = ωp（tp，e）) = l（p）。由于其他代理的偏好在不同的文件之间没有变化，对于R’isd来说(i） Ri，我们需要Np（t，e）)  Np（t，e）′), T∈ [0，tp）。由LemmaD.1得出，tp=t′，因此吃算法必须在[0，tp]上重合，这与STC′<tc相矛盾。结果现在由LemmaD得出。3.我们转向定理的证明。PSLQ是弱策略证明∈ N假设我对′i、 为了便于标注，请将P标记为P知识产权我··ipk。我们写R=pslq( ) R′=pslq(′). 假设R′isd(i） 里。我们的目标是显示Ri=R′i。如果rip=1，我们就完成了。假设rip<1。注意，在, 学生一在[0，tp]中吃p。因此，rip=tp。另一方面，学生一在[0，t′p]的子集中吃p。因此，r′ip≥ 撕裂导致tp≤ 所以我们必须有ωp（1，e）) = u（p），也就是说，当学生停止吃p，这是因为他们达到了上限。注意，这意味着学生i不是唯一一个吃p的人，就像u（p）≥ 1和rip<1的假设。由LemmaD提供。2，它遵循np（t，e) \\ {i} Np（t，e）) \\ {i} ,，T∈ [0，tp）.自R\'isd以来(i） Ri和ωpis在t中不递减，因此ωp（t′p，e′) ≥ ωp（tp，e）) = u（p）=> ωp（t′p，e）′) = u（p）。R’isd(i） 因此需要Np（t，e)  Np（t，e）′), T∈ [0，tp）。由LemmaD.1得出，tp=t′，因此Np（t，e′) = Np（t，e）) 在间隔[0，tp]上，以确保可行性。

因此，rip=r′Ip和P SLQ() 和P SLQ(′) 必须在[0，tp]上重合。当我们迭代序列{p，…，pk}时，这个参数可以重复，只要学生不离开特定的项目。我们现在将注意力转向这个案例。Let1≤ L≤ k表示项目的指数，ωpj（1，e）) = u（pj），j<l和plis从。根据上一段的论证，我们必须知道这两种进食算法，f或和′, 与[0，tpl]一致-1). 我们可以将其解释为算法在tpl有效地重新启动-1然后继续下面的子问题：新纪元的长度为1- 第三方物流-1.完全被吃掉的项目被移除，任何其他项目q的上限和下限降低ωq（tpl）-1，e). 由于原始问题和子问题的策略考虑是相同的，我们可以在不失去普遍性的情况下假设学生从pat tp转移。我们区分两种情况：tc<tp和tc=tp。假设前者成立。然后是LemmaD。我们有ωp（1，e）′) = ωp（1，e）) = l（p）。如果还有另一个学生j∈ N\\{i}因此，pisj的首选，后面是一个类似的论点，使用上面两段，使用引理。1和D。2，tp=t′，因此Np（t，e′) = Np（t，e）) 在区间[0，tp]上。因此，rip=r′ip。否则，假设我是唯一一个首选赌徒的学生. 由LemmaD提供。8.接下来，我会在下面吃到pthroughout[0，tp]′r′ip=rip。在这两种情况下，进食算法都是在[0，tp]上进行的。现在假设tc=tp。我们声称，从punder吃下的食物总量′顶多也就是说, i、 e.ωp（1，e）′) ≤ ωp（1，e）). 实际上，我们有ωq（1，e）) ≤ ωq（1，e）′), Q∈ P\\{P}（D.2）让我们为A（tp）写一个简写，这是tp的一组活动项目。很明显，l（q）=ωq（1，e) ≤ ωq（1，e）′), Q∈ A.可行性。考虑任何问题/∈ A使得q6=p，然后是byLemmaD。我们有riq=0。

应用引理D.9，我们得到了不等式。接下来，我们区分两种情况。首先，假设学生i不是唯一一个吃p的人，也就是说J∈ N\\{i}，t∈ [0，tp）使得j∈ Np（t，e）); 让我们用J.ByLemmaD的这组学生来表示。2由此得出I6=j∈ Np（t，e）) => J∈ Np（t，e）′), T∈ [0，tp）。因此，自从tp≤ 根据假设，我们也有r′jp≥ rjp，J∈ J、 如果tp<t′p，则不等式是严格的。因此，为了达成一个矛盾，假设确实如此。但是自从pis在′最多是总任务量, i、 e.ωp（1，e）′) ≤ ωp（1，e）),这意味着r′ip<rip，这是一个矛盾。因此，我们得出结论：tp=t′和henceNp（t，e′) = Np（t，e）) 在区间[0，tp]上。此外，rip=r′ipand P SLQ( )和P SLQ(′) 必须在[0，tp]上重合。因为算法在[0，tp）和自tc上重合≤ tp，我们必须有tc′=tc，所以在剩下的算法执行过程中（1）- t） =Xp∈Pl（p）- ωp（t，e）)+, T∈ [tp，1]换句话说，这个子问题的算法的行为与PS机制完全相同。正如Bogomolnaia和Moulin（2001）所证明的，这种机制是弱策略证明的，因此我们可以得出结论，Ri=R′i。剩下的情况是，当我是唯一一个从朋德那里吃东西的学生时. 注意，由于rip=ωp（1，e) < 1，我们必须有l（p）=0。此外，r′ip≥ ωp（1，e）′) ≥ωp（1，e）). 然而，回想一下，我们已经展示了ωp（1，e）′) ≤ ωp（1，e）), 所以我们得出ωp（1，e）′) =ωp（1，e）) r′ip=rip。此外，请注意，如果我的首选土地′在[0，tp]上，iis p，theeating算法再次重合，结果后面的参数与上图中的参数相同。

接下来，假设情况并非如此。上段还暗示，不可能存在另一个项目q，即l（q）≤ωq（tp，e）) < u（q）（这意味着q/∈ A） 。这符合方程式D。2和nostudent将被要求在′在t′p>tp之前，不等式是严格的，因为在′这不是假设。如果存在这样的q，因为ωqis是不递减的int和tc′≥ t′p>tp=tc=> t′q>tq，我们得到ωq（1，e）′) = ωq（t′q，e）′) > ωq（tq，e）′) ≥ ωq（tq，e）) = ωq（1，e）)但是，既然我们假设两个赋值都是可行的，n=Xp∈PωP（1，e）) <Xp∈PωP（1，e）′) = 矛盾。总而言之，我们已经证明，如果我是唯一一个从朋德那里吃东西的学生, 总分配ωq（1，e）) 任何项目的∈ P\\{P}要么是l（q），如果在算法执行期间学生在s点被转移到q，要么是u（q），如果项目被完全吃掉。这使我们得出以下结论。我们已经证明，在没有其他参数配置的情况下，我们可以得到Ri6=R′i。然而，由于n∈ N、 0<ωp（1，e）) < 1，并且上下q值是整数，这种配置是不可能的。请注意，我们在上面的假设中假设，在不丧失普遍性的情况下，pis是第一个项目p i，因此学生从p转向p确实没有丧失普遍性，并且不会使我们的结论无效。如果我们选择另一个pll>1的项目，我们的分析结果是ωps（1，e）) 是l（ps）或u（ps），对于所有s=l+1，子问题中的k。这些不一定是整数，但回想一下，我们减去了tpl之前获得的此类项目的分配-1从他们的配额中。因此，它们在原始问题中的总分配是l（ps）或u（ps）；尤其是一个整数。D.1非整数报价下的战略操纵示例D.10。

设N=[2]，P={a，b}，假设项目和学生分别有以下配额和偏好。a bu（·）∞ 2/3 2/3升（·）0 2/3 2/3 =1 2 bb cc A结果随机分配矩阵为R。现在假设1误报′: B′A.′c、 得到的随机分配矩阵是R′，我们得到了R′sd() R6=R′时。R=abc 2/3 0 1/3 10 2/3 1/3 2R′=a b c 2/3 1/3 0 10 1/3 2/3 2E命题5。13.证据。假设有一个随机分配机制，它通常是有效的、无嫉妒的、弱策略性的。让我们用R=R来表示这个机制(). 我们的目的是通过考虑示例D.10中的设置，以及在不同偏好情况下，期望属性对随机分配矩阵集施加的限制，来获得一个矛盾。在下面, 有序效率意味着r2a=0，r1a=2/3。实际上，假设r1b+r1c>1/3，并且r1b>0（情况r1c>0类似）。然后，学生1和2以及项目a和b形成一个有价值的链，这意味着R不是引理5所说的一般有效。9.矛盾。因此，r1a=2/3，r2a=0。让我们参数化r1b=t和r1c=1/3- t代表t∈ [0, 1/3]. 因此，引用b和c以及R的可行性意味着r2b=2/3- t和r2c=1/3+t。让我们表示特定t的随机分配矩阵∈ [0,1/3]通过Rt，isRt=a b c 2/3 t 1- t 10 2/3- t 1/3+t 2检查任何t∈ [0,1/3]，RTI通常效率高且不嫉妒。支持学生1错误陈述给′: B′A.′c、 一会儿保持不变；让我们用′= (′, ) R′=R(′). 通过无嫉妒，r′1b=r′2b=1/3，通过有序效率，r1a=2/3（使用与上述段落类似的参数）。

以下是偏好文件的唯一有序有效且无嫉妒的随机分配′R′=abc 2/3 1/3 0 10 1/3 2/3 2现在假设学生2对′: B′A.′c、 一会儿保持不变；让我们通过′′= (, ′) R′′=R(′′). 无嫉妒意味着r′1a+r′1b=r′2a+r′2b，这反过来又意味着r′1c=r′2c=1/3。依次效率意味着r′\'1a=r′\'2b=2/3。因此，以下是唯一的顺序有效且无嫉妒的随机分配′′R′′=abc 2/3 0 1/3 10 2/3 1/3 2观察任何t∈ [0,1/3]，标准差() R和R′sd() 因为我们要求R是弱策略证明，所以我们需要选择一个合适的t*∈ [0，1/3]所以R′=Rt*= RandR′′=Rt*= R.ButR\'sd() Rt*R′=Rt*=> T*= 1/3andR′sd() Rt*R′n=Rt*=> T*= 这是一个矛盾。因此，我们发现了一个没有随机分配机制的市场，它通常是有效的、无嫉妒的、弱策略证明的。结果如下。