具有随机初始定律的竞赛中的赌博

2022-5-6 06:31:14

《应用概率年鉴2016》，第26卷，第1期，186-215DOI:10.1214/14-AAP1088c数理统计研究所，2016年，具有随机初始定律的竞赛中的赌博由韩峰和戴维·霍布森沃里克大学。本文研究了引入inSeel和Strack的竞赛模型的一种变体[J.经济学理论148（2013）2033–2048]。在Thesel–Strack竞赛中，每个代理人或参赛者都会私下观察aBrownian运动，全神贯注于零，并选择何时停止。比赛的获胜者是停在最高值的经纪人。该模型假设所有p进程从一个公共值X>0开始，对称纳什均衡用于每个代理使用一个停止规则，该规则为停止的进程生成一个随机值。在双人比赛中，该随机值具有均匀分布[0,2x]。在本文中，我们考虑一个问题的变体，即布朗运动的起始值是独立的、非负的、具有共同规律的随机变量。我们考虑了一个两人竞赛，证明了该问题的对称性方程的存在唯一性。解决方案是，每个代理都应该以目标定律ν为目标，其中ν在凸顺序上大于或等于u；ν在零处有一个原子与在零处的任何u原子大小相同，否则是无原子的；在（0，∞) ν具有降低的密度；而ν的密度只在凸序约束有约束力的点处减小。1.导言。Seel和Strack（2013）引入了一个竞赛模型，其中每个代理选择一个停止规则来停止私人观察的随机过程。以最高值停止进程的选手将赢得aprize。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:31:17

每个代理的目标不是最大化预期停止值，而是最大化其停止值在所有参赛者的停止值集合中最高的概率。Seel–Strack竞赛是代理人之间竞赛的一种风格化模式，代理人之间的竞争旨在赢得单一奖项。例如某些互联网赌场游戏（如果参赛者下注固定金额，则2014年5月收到；2014年11月修订。AMS 2000科目分类。小学60G40；中学60J65，91A05。关键词和短语。赌博比赛，纳什均衡，斯科罗霍德嵌入，Seel–Strack问题。这是数理统计研究所在应用公共关系年鉴上发表的原始文章的电子版。）《可能性》，2016年，第26卷，第1期，第186-215页。这本再版在页码和印刷细节上与原版不同。2 H.FENG和D.Hobson独立使用名义资金，并在比赛结束时将奖金授予名义财富最高的选手），基金经理之间的竞争（每位经理的目标是超越所有其他经理，以便在下一个时间段获得更多资金进行投资）和公司CEO之间的竞争（从相对而言，只有最成功的CEO才会在大公司担任高管职位）；更多细节和示例见Seel和Strack（2013）。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:31:20

这些竞赛的关键特点是，从效率角度来看，成本并不取决于策略的灵活性，代理人不会从参赛作品的价值中获得奖励，而只会从参赛作品的相对价值或排名顺序中获得奖励。Seel和Strack（2013）的建模假设包括参赛者无法同时观察对手的实现和停止时间，以及私下观察到的随机过程是零吸收漂移布朗运动的独立实现。正如Feng和Hobson（2015）所说，这种设置可以推广到允许独立实现任何非负的、时间均匀的扩散过程，因为尺度和时间的变化将问题减少到布朗运动的鞅情形而不漂移。从今往后，我们将集中讨论零吸收的无漂移布朗运动。我们将关注两人的情况。Seel和Strack（2013）研究了对称情况，其中所有过程都从同一个严格正常数开始。在本文中，我们将讨论Seel–Strack问题对随机初值的扩展，由此布朗运动的起始值独立于（通常已知的）分布u，其中u是R+上的任何可积概率测度。这可能与赌场赌徒（他们在结束头寸前必须参与最少数量的交易）、具有不同初始投资组合的基金经理（竞争代理不知道这些投资组合）或在实力不同的公司担任职务的新上任CEO有关。Seel-Strack竞赛模型的一个非常吸引人的特点是，它有一个明确的对称纳什均衡，正如Seel和Strack（2013）所构建的那样。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:31:23

停止规则与进入内容测试的目标法则一致，在平衡状态下，玩家使用随机策略，因此玩家应该停止的水平是随机的。此外，代理应该停止的一组值形成了一个区间，这个区间是有界的。在两人博弈的情况下，目标法则是均匀分布的（因此，如果两个代理的初始财富都是x，那么目标法则在[0，2x]上的密度为1/2x）；参见例3。下文1。我们的结果将Steel和Strack（2013）的结果推广到布朗运动的初始值独立于普通初始定律的情况。在赛尔-斯特拉克竞赛中，停止规则与目标法则一致，在随机初始法则3均衡的测试中，玩家使用随机策略，因此玩家应该停止的水平是随机的。然而，现在，代理应该停止的一组值形成了一个区间，这个区间可以是无限的（如果初始定律有无限的支持）。由于终端定律是通过停止非负鞅而获得的，因此很明显，任何可达到的终端定律的平均值都等于或小于初始定律的平均值，并且很自然地期望最优终端定律具有可能的最高平均值，或者我们等价地期望，对于最优停止规则，终端定律的平均值应该等于初始定律的平均值。那么候选终端法则就是那些凸序大于或等于初始法则的法则。事实上，我们证明了最优律具有双重性质，即目标律的密度在减小，并且密度仅在通过分布势表示的凸序约束具有约束力的水平上减小（零原子可能与初始律相同除外）。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:31:26

我们有两个主要结果：首先，我们证明了具有这些性质的任何分布都具有问题的对称纳什均衡特征（定理3.1）；第二，我们证明了对于任何初始定律，都有一个具有这些性质的目标定律（定理3.2），因此这个问题有一个唯一的对称灰平衡。Seel–Strack竞赛是经济学文献中最近增加的一项内容，尚未得到大量研究。然而，正如Seel和Strack（2013）所强调的，他们的竞赛模式与所有付费拍卖（参见，例如Baye、Kovenock和de Vries（1996）]、争夺战[Hendricks、Weiss和Wilson（1988）]和无声计时游戏[Parkand Smith（2008）]之间有着密切的联系。事实上，在初始财富固定（等于1/n）的n个可交换代理人的设置中，Seel–Strack竞争的解决方案与成本等于tobid规模的全付费拍卖中的n个代理人的解决方案相同。在这两种情况下，代理人都会随机化他们的策略，以便将不确定性引入他们参与竞赛/拍卖的价值中。这使得对手更难（而且在均衡状态下，不可能）利用对进入分布的了解。如果在双人Seel–Strack比赛中，一名经纪人选择了一个分数质量的条目（初始财富x），那么对手可以一直玩到他的财富为x+ε或破产；从而以概率x/（x+ε）赢得比赛。由于ε可以任意选择，对手可以选择一种策略，其获胜概率任意接近于一，因此第一个玩家的策略不可能是最优的。与Seel–Strack竞赛相比，全价拍卖得到了大量研究。全薪拍卖被用作技术竞争、政治授权和工作晋升（附带福利）的模式。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

点击查看更多内容…

2022-5-6 06:31:29

研究了allpay拍卖的几个推广。有时，在这些拍卖中，一个或多个代理人有一个领先者[Konrad（2002）]，可能来自前总统，4 H.FENG和D.HOBSONor是竞选中的现任者。在最近的工作中，Seel（2014）研究了随机起头的全薪拍卖，这是本文研究问题的直接模拟。Seel在一个不对称的两人全付费拍卖中发现了纳什均衡，其中一人有一个随机起始点，该思想可以推广到两人都有随机起始点的对称情况。相对于Seel（2014）关于随机起始的所有支付拍卖的主要结果，我们发现，具有随机初始定律的Seel–Strackcontest中的对称纳什均衡更微妙。在具有随机起始点的对称双玩家付费拍卖中，总出价的目标律具有{0，1}的密度取值。特别是，在支持分配方面可能存在差距。相比之下，在具有随机初始定律的对称两人Seel–Strack竞赛中，我们发现目标定律的支持没有漏洞，密度单调递减。这表明，Seel–Strack竞赛和全薪拍卖的联系可能不如仅从基本案例来看的那样紧密。在没有起始点/具有点质量初始定律的情况下，两种设置中的纳什均衡是相同的，但这不会将这两个问题合并起来。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:31:32

即使在标准设置中，我们也了解到，在两人Seel–Strack竞赛中，导致最优的均匀分布的基本属性是其密度递减，而在全薪拍卖中，均匀分布的密度取{0，1}的值。Seel和Strack（2013）解决了他们的问题，提出了问题的候选值函数，然后验证该候选值是每个代理在最优停止规则下的鞅。我们使用拉格朗日方法以不同的方式解决这个问题。我们的求解方法使我们能够很容易地描述与候选平衡相对应的目标定律，但需要一些努力来证明存在具有这些特性的度量，并且对于给定的初始定律，该度量是唯一的。本文的结构如下。在第二部分，我们将介绍竞赛的数学模型。我们将看到纳什均衡是由一对概率测度确定的。在第三节中，我们陈述了唯一对称纳什均衡的主要定理，并给出了一些例子。第4节给出了特征化定理的证明。第5节中的一些初步结果可能具有独立的意义，第6节包括在起始随机变量仅取有限个不同值的情况下对称纳什均衡的显式构造，然后将存在性结果扩展到一般度量。平衡的唯一性在第7节中得到了证实。根据随机初始定律52进行比赛。模型。考虑两个代理之间的竞争。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:31:35

i探员∈ {1，2}私下观察布朗运动xi=（Xit）t的连续时间实现∈R+在零吸收，其中过程是独立的。Seel和Strack假设Xi=xf是一个不依赖于i的正实数~ u，其中u是一个非负随机变量的定律∈ (0, ∞). 假设（Xi）i=1,2的值独立于定律u。设Fit=σ（{Xis:s）≤ t} ）并设置Fi=（Fit）t≥agent i的策略是aFi停止时间τi。由于零是Xi的吸收，在不失去普遍性的情况下，我们可以将注意力限制在τi上≤Hi=inf{t≥ 0:Xit=0}。进程和停止时间τ都是代理i的私有信息。也就是说，另一个代理无法观察到进程和停止时间τ。停在最高值的代理将赢得一个奖项，我们将其归为一个奖项，而不会失去一般性。在平局中，两个代理停止在相等的最高值，我们假设他们每个人都赢θ，其中θ∈ [0，1）。因此，具有停止值Xiτi的玩家i接收payoff{Xiτi>X3-iτ3-i} +θ1{Xiτi=X3-iτ3-i} 。Seel和Strack（2013）观察到，由于对代理人的报酬仅取决于τivia Xiτi的分布，因此选择最佳停止时间τi的问题可以简化为找到Xiτior的最佳分布的问题，相当于一个最佳目标律。一旦我们找到了最优目标律νi，剩下的工作就是验证存在τisuch，即Xiτi~ νi.这是经典的Skorokhod嵌入问题[Skorokhod（1965）]，其解决方案是众所周知的[Ob l\'oj（2004）和Hobson（2011）的调查结果]。请注意，对于给定的目标律，嵌入问题通常有多个解，这些解中的任何一个都可以用来构造最优停止规则。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:31:38

我们将用Xiτi的分布来确定一个解，而不是用停止规则本身，因此当我们讨论唯一平衡时，唯一性将指目标分布，而不是停止规则。现在，我们介绍一些将在本文中使用的符号。设M是R+=[0]上的可积测度集，∞) 设P是M的子集，由R+上的可积概率测度组成。设δx∈ P是x的单位质量，让十、∈ P是[0，2x]上的均匀分布（平均值为x）。对于 ∈ M、让 =R∞十、（dx），并定义正确的连续分布函数F: [0, ∞) 7.→ [0, （R+）]F（x） =（[0，x]）。在续集中，我们偶尔会考虑F作为(-∞, ∞) 在这种情况下，我们设置F（x） =0表示x<0。定义看涨和卖出价格函数6 H.FENG和D.HOBSONC: [0, ∞) 7.→[0, ] 和P: [0, ∞) 7.→ [0, ∞) byC（x） =Z∞x（y）-十）（dy）=Z∞x(（R+）-F（y））D，P（x） =Zx（x）- y）（dy）=ZxF（y）注意C（十）-P（x） =R∞Y（dy）-xR∞（dy）= -十、（R+）和ifχ∈M和if（R+）=χ（R+）然后是limx↑∞（P（十）-Pχ（x））=limx↑∞（P（十）- 十、（R+）- 利克斯↑∞（Pχ（x）-xχ（R+）（1）=χ-.那么χ小于或等于按凸顺序（写χcx) 当且仅当χ（R+）=（R+，χ= 和Cχ（x）≤ C（x）为了所有的x≥ 0.最后一个条件可以改写为Pχ（x）≤ P（x）为了所有的x≥0.注意如果χcx, 然后Cχ（0）=C（0）和χ（{0}）=Fχ（0）=χ（R+）+C′χ（0+）≤（R++C′）（0+）=F(0) = ({0}).假设χ， ∈ P、那么大家都知道[参见Chacon和Walsh（1976）]对于布朗运动X和X~ χ、存在一个停止时间τ（Xt∧τ） t≥0是一致可积的，Xτ~ 如果且仅限于χcx. 在我们的背景下，我们不一定要坚持一致性，而是要让停止时间发生在X第一次击中零之前。引理2.1。假设χ， ∈ P

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:31:40

设X是一个布朗运动，其初始定律为χ。然后存在一个停止时间τ和Xτ~当且仅当Pχ（x）≤P（x）为了所有的x≥ 0.证明。自（Xt）∧H） t≥0是一个非负超鞅，由Jensen不等式的条件形式E[（x-Xτ）+F]≥（十）-E[Xτ| F]）+≥（十）-十） +然后pτ（X）=E[（X-Xτ）+]=E[E[（X-Xτ）+F]]≥E[（x）-十） +]=Pχ（X）。相反，罗斯特（1971）的研究结果也证明了这一点。定义2.1。给定u∈M、我们这么说∈ 如果ν（R+）=u（R+）和Pν（x），M是弱容许的（关于u）≥Pu（x）表示所有x≥0.如果ν是弱容许的，且ν=u，我们说ν是强容许的（关于u）。关于随机初始定律7的争论请注意，如果ν是弱可容许的，那么必然是ν（{0}）≥ u（{0}）和ν≤ u乘以（1）。如果ν是强容许的，那么ucxν。这些定义的动机是，如果X是X的布朗运动~ u ∈ P和ifν∈ P对于μ是弱容许的，因此存在τ≤ H:=inf{u>0:Xu=0}这样Xτ~ ν、如果ν是强可容许的，则存在τ，使得Xτ~ ν和（Xt）∧τ） t≥0是一致可积的。定义2.2。具有νi的弱容许测度对（ν，ν）∈ P形成一个纳什均衡，如果，对于每个i∈ {1，2}，假设另一个代理j=3-我使用了一个停止规则τjsuch，即Xjτj~νj，则任何停止规则τ都等于Xiτi~νiis最佳。如果（ν，ν）形成纳什均衡，那么均衡是对称的。纳什均衡可以描述如下。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:31:43

让我们来看看Viχ，如果玩家1使用了一个停止规则，该规则使Xτ变为Slawχ，而玩家2使用了一个产生定律的停止规则，则表示游戏对玩家i的价值对于Xτ。接下来是Vχ，=Z[0，∞)χ（dx）{F（十）-) + θ（F）（十）- F（十）-))},Vχ，=Z[0，∞)（dx）{Fχ（x）-) + θ（Fχ（x）-Fχ（x）-))}.如果Vσ，ν=supπVπ，ν和Vσ，ν=supπVσ，π，则（σ，ν）是一个纳什均衡，其中，上界是在弱容许测度集上取的。对称纳什均衡是一个弱容许测度ν，使得Vν，ν=supπVπ，ν和Vν，ν=supπVν，π，其中上确界也是弱容许测度π的上确界。注意，由于Vχ，= 五、,χ这个定义可以简化为一个对称的纳什均衡是一个弱容许测度，因此Vν，ν=supπVπ，ν，从中可以看出，supπVν，π=supπVπ，ν=Vν，ν=Vν，ν和ν对于玩家2也是最优的。本文研究了对称纳什均衡的存在唯一性。纳什均衡是对称的，这似乎很自然，因为竞争是对称的，因为每个主体都观察到一个从同一定律开始的鞅过程。然后，关于重新排列质量的简单论点可以用来证明，两个代理将质量放置在同一个正点x上永远不是最优的，而且任何对称纳什均衡都必须是强容许的。理论的证明。1在附录中。定理2.1。假设（ν，ν）是纳什等式。那么ν是强容许的，Fν（x）在（0）上是连续的，∞) Fν（0）=Fu（0）。8 H.冯和D.霍布森3。主要结果和例子。在这一节中，我们描述了关于竞赛对称纳什均衡存在唯一性的主要结果，并给出了例子。定义3.1。假设∈ M

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:31:46

让我们*u M是满足以下条件的度量值的集合：（i）ν（R+）=u（R+），Fν（0）=Fu（0），Fν在（0）上是连续的，∞),ν=u，和Cν（x）≥Cu（x）表示所有x≥0;（ii）Fν（x）在[0]上是凹的，∞);（iii）如果某个区间J上的Cν（x）>Cu（x）[0, ∞) 那么Fν（x）是线性onJ。本文的两个主要结果是一个刻画对称纳什均衡的定理，以及一个证明对称纳什均衡存在且唯一的定理。定理3.1。如果u∈ P、然后（ν）*, ν*) 是问题的对称纳什均衡当且仅当ν*∈ A.*u.定理3.2。对于u∈ M，| A*u| = 1. 特别是，如果∈ P则该问题存在唯一的对称纳什均衡。在证明理论3之前。1和3.2中，我们给出了一些例子。例3.1。还记得吗x=U[0，2x]，其中U代表连续均匀分布。假设∈ P满足Cu≤ Cu. 那就很容易看出这一点u∈ A.*u，因此(u, u）是问题的唯一对称纳什均衡。在u=δ的情况下，这是Seel和Strack（2013）的结果。例3.2。假设∈ P是无原子的，也许除了原子零。设置bu=sup{x:Fu（x）<1}。如果Fu在[0，bu]上是凹的，则∈ A.*u和（u，u）是问题的唯一对称纳什均衡。如果Fu在[0，bu]上是凸的，且Fu（0）=0，则可以验证Cu≤ Cu（详细证明见命题5.1），因此(u, u）是问题的唯一对称纳什均衡。示例3.3（Beta发行版）。假设u是β分布子[0,1]，形状参数α=2和β=3，即u=β（2,3）。然后，u的平均值为2/5，Cu（x）=（x-2x+2x-x+）1{x≤1} ，和fu（x）=最小{3x-8x+6x，1}。那么Fu（x）在（0，）和（1）上是凸的，或者等效地，密度Fu=F′u在[0,1/3]上增加，并且在[1/3,1]上与随机初始定律9的减少相竞争。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

nandehutu2022

2022-5-6 06:31:50

因此，u本身不是候选纳什均衡。相反，我们希望找到一个对称的纳什均衡，其恒定密度fν（x）=2con[0，c]，且fν（x）=fu（x）在[c，1]上，其中c和c常数有待确定。由于ν具有恒定的密度2con[0，c]，因此cν（x）=cx-在这个时间间隔内x+。此外，Cu（C）=Cν（C）=cc-c+和c′u（c）=c′ν（c）=2cc-1.解方程组，我们得到c=√10+140，c=10-√. 对于c的选择，cit遵循∈ A.*u. 因此，（ν，ν）是这个问题唯一的对称性平衡。例3.4（原子测量）。假设u=δ1-ε+δ1+ε，其中ε∈(0,1). 然后cu（x）=（1-x） ·1x∈[0,1-ε)+(1 + ε -x） ·1x∈[1-ε,1+ε).假设ε∈（0,1/2）。然后是Cu≤C, 哪里= U[0,2]，然后(, )是问题的唯一对称纳什均衡。现在假设ε∈(1/2,1). 定义函数C byC（x）=x-8(1 -ε）（十）-1)8(1 - ε） ·1x∈[0,2(1-ε））+x-8εx+16ε8（3ε-1） ·1x∈[2(1-ε），4ε），并由Cν（x）=C（x）给出。然后呢∈ A.*u. 因此，如果ε∈(1/2, 1).4. 效率。定理3反向蕴涵的证明。1.我们证明如果∈ P和ν∈ A.*u那么（ν，ν）是一个对称的纳什均衡。如果（ν，ν）是对称纳什均衡，那么∈ A.*u在附录中给出。给定u∈ P、定义度量的类别Awu={ν∈M、关于u}和Asu={ν∈ M、 ν关于u}的强容许性。还记得A的定义吗*uin（3.1）。利用定理2的性质。1.我们发现对称纳什均衡与测度ν一致*∈ 作为u，其性质为∈ Awu，Vν*,ν*≥Vν，ν*. 从那时起，理论再次证明了这一点。1我们有*在（0，∞), 对于一个对称的纳什均衡，我们必须对任何ν都有它∈ AwuZ（0，∞)Fν*（x） ν*（dx）+θFν*（0）Fν*(0)(2)≥Z（0，∞)Fν*（x） ν（dx）+θFν*（0）Fν（0）。10 H.冯和D。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:31:54

HOBSONFixν*∈ A.*u并假设ν∈ M假设λ、γ和ζ是常数，η是（0，∞), 假设λ和ζ是非负的。定义ν*（ν；λ，γ，ζ，η）=Z（0，∞)Fν*（x） ν（dx）+θFν*（0）Fν（0）+λu -Z（0，∞)xν（dx）+ γ1.-Z（0，∞)ν（dx）- Fν（0）+ ζ（Fν（0）-Fu（0））+Z（0，∞)（Pν（z）-Pu（z））η（dz）（3）=z（0，∞)Fν*（十）-λx-γ+Z（x，∞)（z）-x） η（dz）ν（dx）+θFν*(0) -γ+ζ+Z（0，∞)zη（dz）Fν（0）+λu+γ-Z（0，∞)Pu（z）η（dz）-ζFu（0），（4）我们使用z（0，∞)Pν（z）η（dz）=z（0，∞)η（dz）zν（{0}）+z（0，z）（z）-x） ν（dx）= Fν（0）Z（0，∞)zη（dz）+z（0，∞)ν（dx）Z（x，∞)（z）-x） η（dz）。等价地，我们有z（0，∞)Fν*（x） ν（dx）+θFν*（0）Fν（0）=Lν*(ν; λ, γ, ζ, η) -λ(u -ν) -γ(1 -ν（R+）- ζ（Fν（0）-Fu（0））-Z（0，∞)（Pν（z）-Pu（z））η（dz）。现在假设ν∈ 啊。那么既然λ≥ 0, ζ ≥ 0和η（dz）≥ 0和自ν∈ Awu表示ν（R+）=u（R+）=1，Fν（0）≥ Fu（0）和Pν（z）≥ Pu（z）Z≥ 0，我们发现（0，∞)Fν*（x） ν（dx）+θFν*（0）Fν（0）≤Lν*(ν; λ, γ, ζ, η).（5）此外，如果η是这样的，则η（J）=0对于pν的每个区间J*（z） >J上的Pu（z），然后*具有单位质量和平均u和sinceFν*（0）=Fu（0），Z（0，∞)Fν*（x） ν*（dx）+θFν*（0）Fν*（0）=Lν*(ν*; λ, γ, ζ, η).（6）定义b*= sup{x:Fν*（x） <1}所以b*≤ ∞. 自Fν*是连续的和凹的，它是绝对连续的，这意味着存在一个函数fν*这样Fν*（x） =Rxfν*（y） dy+Fν*(0). 通过Fν的凹度*,fν*是单调的，我们可以认为它是连续的。然后fν*（x） =R（x，b）*]ψ（dz），其中度量ψ由ψ（（z，z]）=fν给出*（z）-fν*（z）对于任意z<z，设λ*= 0, γ*= 1, ζ*= (1 - θ） Fν*（0）和η*= ψ. 然后r（0，∞)zη*（dz）=1- Fν*(0). 自从ν*∈ A.*u如果η*在x的每个邻域上放置质量，然后Pν*（x） =Pu（x）。定义[0，∞) 由Γ（x）=λ*x+γ*-R（x，∞)（z）- x） η*（dz）。然后，对于任意x>0，Γ（x）=1-Z（x，∞)ψ（dz）Zzxdy=1-Z∞xdy fν*（y） =Fν*（x）。观察θFν*(0) - γ*+ ζ*+R（0，∞)zη*（dz）=0。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:31:57

因此，通过（5）和（4），对于∈Awν，Z（0，∞)Fν*（x） ν（dx）+θFν*（0）Fν（0）（7）≤λ*u + γ*-Z（0，∞)Pu（z）η*（dz）-ζ*Fu（0），并乘以（6）和（4），Z（0，∞)Fν*（x） ν*（dx）+θFν*（0）Fν*(0)(8)= λ*u + γ*-Z（0，∞)Pu（z）η*（dz）-ζ*Fu（0）。0（注，∞)Pu（z）η*（dz）=R（0，b）*]Pν*（z） ψ（dz）=R（0，b）*]fν*（z） Fν*（z） dz=（1）-Fν*（0））/2<1，因此（7）和（8）的右侧定义明确且为正。此外，对于任何ν∈Awu，Z（0，∞)Fν*（x） ν（dx）+θFν*（0）Fν（0）≤Z（0，∞)Fν*（x） ν*（dx）+θFν*（0）Fν*(0).因此，（ν）*, ν*) 是问题的对称纳什均衡。12 H.FENG和D.Hobson备注4.1。用最优拉格朗日乘数的值代替，我们发现*,ν*=Z（0，∞)Fν*（x） ν*（dx）+θFν*（0）Fν*(0)= 1 -(1 -θ） Fν*（0）Fu（0）-(1 -Fν*(0))=+θ -Fu（0）。请注意，这是意料之中的，因为对于任何在（0）上没有原子的π定律，∞)我们通过对称性得到Vπ，π=（1）-π({0}))/2 + θπ({0}).5. 预备赛。在上一节中，我们描述了对称纳什均衡。在本节中，我们陈述并证明了一些辅助结果，这些结果将在后面的章节中用于证明存在性和唯一性。第一个结果是独立的利益。注意Fν*是[0]上的凹面函数，∞), 但我们在下面的定理中要用到的情况是凸分布函数。提议5.1。修好∈ (0, ∞). 设P（y） P是R+上的概率测度π的集合，平均值π=y∈ P、回想一下，Fπ是π的分布函数，并将此定义扩展到(-∞, ∞). Letaπ=inf{u:Fπ（u）>0}≥ 0和bπ=sup{u:Fπ（u）<1}≤ ∞.（i）设Pcx（y）={π∈P（y）：Fπ是凸的(-∞, bπ]}。那么，对于π∈ Pcx（y），π（{0}）=0。此外：（a）假设H是凸的；然后，supπ∈Pcx（y）Zπ（dz）H（Z）=Z2y2yH（v）dv；（b）假设H是凹的；然后，supπ∈Pcx（y）Rπ（dz）H（z）=H（y）。（ii）设Pcv（y）={π∈P（y）：Fπ在[0]上是凹的，∞)}. 那么，f或π∈ Pcv（y），aπ=0。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:31:59

此外：（a）假设his是凸的；然后，supπ∈Pcv（y）Rπ（dz）H（z）=H（0）+y limx↑∞H（x）x；（b）假设H是凹的；然后是supπ∈Pcv（y）Zπ（dz）H（Z）=Z2y2yH（v）dv。（i）（a）和（ii）（b）中的上界由π获得~ U[0，2y]。（i）（b）i中的上确界是由π得到的~δy.（i）（b）和（ii）（a）中的上界是具有随机初始定律13的竞争，适用于R+上具有均值y的所有分布，而不仅仅是那些具有凸（或凹）分布函数的分布。备注5.1。该结果是完整的；我们将使用并证明的结果是（i）（a）。命题的证明。1.设U为U[0,1]随机变量。假设π∈ Pcx（y）设y有π定律。很明显，F=Fπ，在（aπ，bπ）上严格递增，F（aπ）=0。因此，反函数G，F-1存在于[0,1]上。由于G（U）分布为Y，E[H（Y）]=E[H（G（U））]=RH（G（U））du和rg（U）du=E[G（U）]=E[Y]=Y。很明显，G在[0,1]上是凹的，G（0）=aπ≥0.因为2yu-du=RG（u）du，那么G（u）=2yu和Y~ 2yU，或者存在一个唯一的*∈ （0，1）使得G（u）*) = 2yu*（见图1）。在后一种情况下，2yu≤G（u）≤ 2yu*为了你∈ [0，u*] 还有2yu*≤ G（u）≤ 2yu代表你∈ [u]*, 1]. 然后ifD，E[H（Y）]-我们有*（H（G（u））-H（2yu））du+Zu*（H（G（u））-H（2yu））du。让H′来-表示凸函数H的左导数，然后是H（u）-H（u）≤（u）-u） H′-（u）对于任何uand u，设置u=2yu和u=G（u），并使用H′的事实-越来越多，D≤祖*（G（u）- 2yu）H′的-（G（u）du+Zu*（G（u）-2yu）H′的-（G（u））du≤H′-（2yu）*)Z（G（u）-2yu）du=0。图1。G（u）和2yu的比较。因为G是平均值为y的随机变量的CDF的倒数，所以G下的面积是y，然后是G下的面积和线l（u） =2yu是一样的。因此，如果G在[0,1]上是凹的（而不是穿过原点的直线），则存在唯一的交叉点u*关于G和线l.14 H.冯和D。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:32:04

霍布森瑟斯，E[H（Y）]≤ E[H（2yU）]=r2yyh（u）du。此外，很明显，这个界限是由Y得到的~ U[0，2y]。提议5.2。假设H是两次微分，H=H′是凹的。假设H（0）=0，H（0）>0，H′（0）≤0和h不是常数。然后，对于^w>0，使得H（^w）=0，我们有H（^w）+H（0）≤ 0，即| h（^w）|≥ h（0）。证据因为h不是常数，h是凹的，所以有一个解w=~w，比如h（w）=- h（0）。设δ=-2h（0）/~w是连接（0，h（0））到（~w）的线的斜率，-h（0））。然后，在（0，~w）上，h（w）≥ h（0）+δw和h（w）=Rwh（x）dx≥ h（0）w+δw/2，所以h（~w）≥ 然后，通过H的凹度，因为H（^w）=0，^w≥ ~w.因此，h（^w）≤ h（~w）=-h（0），结果如下。提议5.3。不管用什么标准来衡量∈ A.*u，如果Cν（x）=Cu（x）对于somex>0，那么Cu（·）在x和C′ν（x）=C′u（x）处是可微分的。证据假设∈ A.*u. 那么Cν在（0，∞) 和Cν≥Cu。自Cν（y）-Cu（y）≥ 0=Cν（x）-Cu（x）对于任何y<x，我们推导出C′ν（x）-) -C′u（x-) ≤类似地，我们有C′ν（x+）-C′u（x+）≥0.因此，C′u（x+）≤ C′ν（x+）=C′ν（x-) ≤ C′u（x-). 相反，Cu的凸性意味着C′u（x-) ≤ C′u（x+），因此C′u（x+）-) = C′u（x+），结果如下。提议5.4。修正任何度量∈ A.*u. 假设某个区间J=[J，J]上的Cν（x）=φ（x），其中0≤ j<j≤ ∞ 其中φ（·）是定义在(-∞, ∞) φ′大于0。然后j<∞ andCν（x）≤ [j]上的φ（x），∞).证据假设j=∞. 那么Cν在[j]上是二次的，∞) 具有严格的正二次系数。这意味着Cν并没有最终减少，这是一个矛盾。因此，j<∞. 由于C′ν在（0）上是连续且凹的，∞) 由于φ′是线性的，很明显Cν（x）≤[j]上的φ（x），∞). 6.纳什均衡的存在性。6.1. 原子初始测量。我们从初始律u是原子概率测度的情况开始。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

大多数88

2022-5-6 06:32:07

我们将构造一个满足特定条件的put函数Q（x），然后通过ν定义一个度量((-∞, x] ）=Q′（x）。然后，就可以得出ν属于*u.关于随机初始定律15的争论我们陈述了测度χ情况下的定理，因为我们将在后续章节中需要更一般的结果。在X的情况下~u，其中u是一个纯原子概率测度，有许多原子，该理论给出了对称纳什均衡的存在性。定理6.1。假设χ∈ M由许多原子组成，即χ=PNj=1pjΔξj，其中0≤ ξ<ξ<··<ξ与pj>0 f或全部1≤ J≤然后*χ不是空的。证据如果χ是零的点质量，那么设置π（{0}）=χ（{0}）。然后π∈ A.*χ且施工已完成。否则，设置Q（r，y）=yFχ（0）+ry/2。然后存在一个唯一的r（rsay）值，比如q（r，y）≥ Pχ（y）Y≥0和q（r，y）=Pχ（y）对于某些y>0。设y=max{y>0:Q（r，y）=Pχ（y）}。这是命题5的结论之一。但这也是因为Q（r，·）是二次的，而Pχ（·）最终是线性的。那么必然存在P′χ（y）并且yQ（r，y）=P′χ（y）（参见命题5.3的证明）。注意这一点/∈ {ξ，ξ，…，ξN}因为P′χ在这些点上有一个扭结。设置ξ=0和ξN+1=∞ 让nbe使得ξn<y<ξn+1。如果n=n[equivalentlyP′χ（y）=PNj=1pj=χ（R+），则停止。否则，我们将以归纳的方式进行。让y=0。假设我们已经找到了0<y<y<··<yk<ξN（yi）/∈{ξ，ξ，…，ξN}1.≤ 我≤ k） [0，yk]上的Q（·），使得（i）Q是连续可微的，（ii）Q（yi）=Pχ（yi）和Q′（yi）=P′χ（yi）对于任何1≤i<k，（iii）Q（yk）=Pχ（yk）和Q′（yk）-) = P′χ（yk）和（iv）Q′在除点0、y、y、…、，ykand是分段常数且递减的。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:32:11

特别地，Q在{（yi）上是二次的-1，yi）}1≤我≤kwith representationQ（y）=Qi（ri，y）代表y∈ [易-1，yi]qi（ri，y），Pχ（yi）-1） +（y）-易-1） P′χ（yi）-1） +ri（y）-易-1），以及（ri）1的位置≤我≤kis是一个严格的递减序列。设Qk+1（r，y）=Pχ（yk）+（y）- yk）P′χ（yk）+r（y）- yk）；然后存在一个唯一的r（rk+1序列），比如qk+1（rk+1，y）≥Pχ（y）Y≥ ykandQk+1（rk+1，y）=Pχ（y）对于某些y>yk。参见图2。由于所有y>yk的Qk（rk，y）>Pχ（y），很明显0<rk+1<rk。设置yk+1=max{y>yk:Qk+1（rk+1，y）=Pχ（y）}。然后P′χ（yk+1）16h.FENG和D.HOBSONFig。2.Q（y）的构造。分段线性曲线为Pχ（y）。函数Q（·，y）是y在[y]上的二次函数，∞) 使得Q（·，y）=Pχ（y）和yQ（·，y）=P′χ（y）。r的唯一值，使得Q（r，y）≥ Pχ（y）代表ally≥ yand Q（r，y）=Pχ（y）对于某些y>y。虚线是Q（r，y），r<r。存在，P′χ（yk+1）=yQk+1（rk+1，yk+1）和yk+1/∈ {ξ，ξ，…，ξN}因为Pχ在这些点的斜率有变化。在[yk，yk+1]上设置Q（y）=Qk+1（rk+1，y）。我们重复构造，直到并包括指数k=T-1其中yk+1>ξN.然后是yT-1<ξN<yT。最后，我们设置Q（y）=Pχ（y）=χ（R+）y-χ代表y≥ 嗯。对于y>0，设ρ（y）=Q′（y）。然后ρ几乎在所有地方都被定义，ρ（y）=rion（yi-1，yi）1≤我≤Tandρ（y）=0开（y），∞). 此外，ρ在减小，并且ρ仅在Pχ（y）=Q（y）的点处减小。设π为尺寸为Fχ（0）且密度为ρ（0）的原子的测量值，∞), 回想一下，yT>ξN，然后Fπ（0）=Fχ（0）；对任何人来说≥ y，Fπ（y）=P′π（yT）=P′χ（yT）=χ（R+）和π=R∞yπ（dy）=yTFπ（yT）- Pπ（yT）=yTFχ（yT）-Pχ（yT）=χ。此外，Pπ（y）=Q（y）≥ Pχ（y）。因此π∈ A.*χ.备注6.1。解决任何问题∈ {1,2，…，T}。设nk为ξnk<yk<ξnk+1。然后，在映射χ7中→ π、 χ的原子（ξ，ξ，…，ξnk）映射到[0，yk]，π（[0，yk]）=P′χ（yk）=Pnkj=1pj。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:32:14

此外，Rykyπ（dy）=ykFπ（yk）-Pπ（yk）=ykPnkj=1pj-Pχ（yk）=ykPnkj=1pj-Pnkj=1pj（yk-ξj）=Pnkj=1pjξj.示例6.1。假设χ=pΔξ且ξ>0。那么Pχ（y）=P（y-ξ)+. 设Q（r，y）=ry/2。然后，Q（r，y）≥ Pχ（y）当且仅当r≥p/（2ξ），r，对于r=rwe，有Q（r，y）≥ Pχ（y）等于y=0，andy=y=2ξ。然后y>ξ，这样构造结束，π=pU[0，2ξ]。本小节的其余部分将用于证明一个有用的命题，该命题将在下一小节中用于确定一般初始测度的最佳目标律。对于 ∈ M、让X做一个有规律的随机变量. 用表示随机变量X的定律其中以X为条件= x、 x有法律x=U[0，2x]。引理6.1。为了x≥0，以及 ∈M、 F（x） =F（x/2）+Z（x/2，∞)（dy）x2y；（9） P（x） =Z∞x/2P（u） x2udu。证据我们证明了第二个结果。我们有（x） =xF（0）+Z（0，∞)（du）Z2u（x）-z） +2udz=xF（0）+Z（0，x/2）（x）-u）（du）+Z[x/2，∞)x4u（du），并通过我们发现的部分进行集成（x） =Z（0，x/2）F（u） du+Z[x/2，∞)F（u） x4udu。其结果来自于进一步的部分整合。推论6.1。如果πcx, 然后πcx.提议6.1。假设∈M由许多原子组成。用ν表示A的元素*u使用Orem6中的算法构造。1.假设有没有这样的措施具有质量u（R+），平均u和ucx. 然后呢cx.证据根据推论6。1.在本案中证明该命题是足够的 = u.假设u=PNj=1pjΔξj，其中0≤ ξ<ξ<···<ξN，pi>0，pnj=1pjξj=u。通过构造，u=PNj=1pjU[0,2ξj]，其中U[0,0]可以更简单地写成δ。对任何人来说∈ {1,2，…，N}，定义um=Pmj=1pjΔξjan，并假设νmis使用定理6中的算法导出的对应度量。1.如果N=1，则u=pΔξ，ν=pU[0,2ξ]=u，结果成立。18 H.冯和D.霍布森现在假设≥ 2.然后ν=νN=PN-1m=1（νm+1-νm）+ν。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:32:18

请注意，um+1- um~ pm+1Δξm+1，因此νm+1- 作为质量pm+1和平均ξm+1。只要我们能证明（νm+1- νm）有一个非减量密度，那么从命题5.1可以得出（νm+1- νm）cxpm+1U[0,2ξm+1]。那么，由于凸序在加法下保持不变，如果（νm+1-νm）的密度每m为1≤ M≤ N- 1，那么νcxPNm=1pmU[0,2ξm]=u。我们使用suffix m来标记定理6中构造的量。1，证明它们是由度量um构成的。证明的思想是在使用定理6的算法计算ν和νm+1时。1，构造的早期部分将是相同的，事实上，νm+1和νm+1只会在νm+1的最终非零元素上发生变化。用1修正m≤ M≤ N定义Bm {1,2，…，Tm}by Bm={k:Qmk（rmk，y）≥Pum+1（y）on（ymk-1.∞)}.案例（a）。Bm={1,2，…，Tm}。然后（Qmj（rmj，y），ymj）1≤J≤t和（Qm+1j（rm+1j，y），ym+1j）1≤J≤t完全一样。然后，Tm+1=Tm+1，ymTm<ym+1Tm+1，密度ρm+1和ρm满足ρm+1=ρmon区间（0，ymTm=ym+1Tm），ρm+1在（ym+1Tm，ym+1Tm+1）上为常数，ρmis在（ym+1Tm，ym+1Tm+1）上为零。特别是，νm+1-νm=pm+1U[ym+1Tm，ym+1Tm]cxpm+1U[0,2ξm+1]。案例（b）。inf{k:k/∈ Bm}=Tm。那么在构造中，我们必须有Tm=Tm+1，ρm+1=ρmon区间（0，ymTm）-1.≡ ym+1Tm-1），ρm+1在（ym+1Tm）上是常数（用rm+1Tm+1say表示）-1，ym+1Tm+1），ρmis常数，严格小于rm+1Tm+1on（ym+1Tm）-1，ymTm），ρmis zero on（ymTm，∞). 我们想证明，ymTm<ym+1Tm，这意味着（ρm+1）- ρm）在（0，ym+1Tm）上是不减损的。参见图3的案例（b）。注意，在构造νm时，点（ξnmTm）处的质量-1+1, . . . , ξm）嵌入区间（ymTm）中-1，ymTm），以及在点（ξnmTm）处的νm+1质量的构造中-1+1, . . .

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:32:23

，ξm+1）嵌入（ymTm）中-1，ym+1Tm）。此外，νmH是（ymTm）上的恒定密度-1，ymTm）和νm+1在（ymTm）上具有恒定的密度-1，ym+1Tm）。考虑ν和νm+1的平均值；byRemark6。1.我们有（ymTm）-1+ymTm）mXj=nmTm-1+1pj=mXj=nmTm-1+1pjξjand（ymTm）-1+ym+1Tm）m+1Xj=nmTm-1+1pj=m+1Xj=nmTm-1+1pjξj.与随机初始定律19竞争图。3.递减分段常数函数ρm（y）和ρm+1（y）的图。观察ρm≤ ρm+1和（ρm+1- ρm）在（0，ym+1Tm+1）上是不减损的。这三起案件与证据中的三起案件相符。在情况（c）中，还显示了密度ρm+1。因此，ymTm-ymTm-1=Pmj=nmTm-1+1pj（ξj）-ymTm-1） Pmj=nmTm-1+1pj20 H.FENG和D.HOBSON<Pm+1j=nmTm-1+1pj（ξj）-ymTm-1） Pm+1j=nmTm-1+1pj=ym+1Tm-ymTm-1然后ymTm<ym+1Tm。案例（c）。inf{k:k/∈ Bm}<Tm。定义k，inf{k:k/∈ Bm}。那么，在构造中，我们必须有Tm+1=^k，ρm+1=ρmon区间（0，ym^k）-1.≡ ym+1^k-1），ρm+1在（ym+1^k）上是常数（用rm+1Tm+1say表示）-1，ym+1Tm+1），ρmis递减且严格小于rm+1Tm+1on（ym+1^k-1，ymTm）和ρmis zero on（ymTm，∞). 与情况（b）类似，我们想证明ymTm<ym+1Tm+1，这意味着（ρm+1- ρm）在（0，ym^k）上为零-1）不减损（ym^k）-1，ym+1Tm+1）。参见图3的案例（c）。我们首先构造了一个新的度量值/m+1。定义Qm+1on[0，ymTm-1] 通过<<Qm+1（y）=Qm（y）=Pνm（y）。设Lm+1b为Lm+1（y）=Pm+1j=1pj（y）的直线-ξj）使Pum+1（y）=max{Pum（y），Lm+1（y）}和y≥ ymTm-1defineQm+1Tm（r，y），Pum（ymTm-1） +（y）-ymTm-1） P′um（ymTm）-1） +r（y）- ymTm-1).然后，存在一个唯一的r（用<<rm+1say表示），使得<<Qm+1Tm（<<rm+1，y）≥Lm+1（y）Y≥ymTm-对于某些y>ymTm的情况，1和~Qm+1Tm（~rm+1，y）=Lm+1（y）-1.请注意，在构造/rm+1时（不同于在构造νmorνm+1时），没有要求/rm+1≤ rmTm-1.以)ym+1为点，使)Qm+1Tm（)rm+1，)ym+1）=Lm+1（)ym+1）。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

nandehutu2022

2022-5-6 06:32:26

然后ym+1>ymTm-1和yQm+1Tm（~rm+1，~ym+1）=L′m+1（~ym+1）=Pm+1j=1pj。现在，让我们用（见图4）~Qm+1（y）=Pνm（y）·1[0，ymTm]来给出~Qm+1（·）-1） +Qm+1Tm（~rm+1，y）·1[ymTm-1，~ym+1）+Lm+1（y）·1[~ym+1，∞).设ρm+1=（~Qm+1）′，设~νm+1是密度为ρm+1的测度（0，∞) 以及尺寸为Fu（0）的0原子。然后，P/m+1（y）=Qm+1（y），和fory≥ ~ym+1我们有F∧m+1（y）=L′m+1（~ym+1）=Pm+1j=1pjandR∞y/m+1（dy）=ym+1F/m+1（~ym+1）-P/m+1（~ym+1）=Pm+1j=1pjξj。特别是，~νm+1的质量和第一力矩与um+1相同，因此与νm+1相同。关于中间量度的点是，与情况（b）一样，点（ξnmTm）处的质量-1+1, . . . , ξm+1）嵌入到具有随机初始定律的区间竞争中。4.~Qm+1（y）的图形。虚线<<Qm+1Tm（<<rm+1，y）是y在区间[ymTm]上的二次函数-1，~ym+1]。（ymTm）-1，~ym+1）。特别是，νmH是（ymTm）上的恒定密度-1，ymTm）和∧νm+1在（ymTm）上具有恒定的密度-1，~ym+1）。然后，与案例（b）的证明完全一样，考虑到νmandνm+1的平均值，我们得到了ymTm<~ym+1。接下来，我们想比较一下/m+1和νm+1的支持度。回想一下，μνm+1（R+）=νm+1（R+）=Pm+1j=1pjandμm+1和νm+1具有相同的平均值。此外，在[0，ym^k]上，Fνm+1（y）=Fνm（y）=Fm+1（y）-1] ，并且在（ym^k）上Fνm+1（y）>Fνm（y）=Fm+1（y）-1，ymTm-1]. 这就意味着ym+1<ym+1Tm+1因为νm+1和νm+1的平均值是相同的[因此，在高度为νm+1（R+）的水平线和νm+1之间的面积等于Fνm+1和同一水平线之间的面积（见图5）]。因此，ymTm<ym+1<ym+1Tm+1，我们发现（ρm+1-ρm）在（0，ym+1Tm+1）和（νm+1）上是不变的-νm）是随着支架上密度的增加而增加的正测量值。因此，νm+1-νmcxpm+1U[0,2ξm+1]。6.2. 一般初步措施。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:32:29

我们的第一个结果表明，如果μ是M的一般度量，那么a*u是非空的，因此存在对称纳什均衡。定理6.2。假设∈M.然后是A*这不是空的。22 H.FENG和D.HOBSONFig。5.在^k<Tm的情况下，Fνm+1、Fν和Fνm+1的图。通过这些构造，在[0，ym+1^k]上，Fνm+1（y）=Fνm（y）=fm+1（y）-1] 在（ym+1^k）上，Fνm+1（y）>Fνm（y）=F m+1（y）-1，ymTm-1] 而F/m+1在（ymTm）上是线性的-1，~ym+1）。因为Fνm+1和Fνm+1具有相同的平均值，所以在m+1（R）和Fνm+1处的水平线之间的面积必须等于在m+1（R）和Fm+1处的线之间的面积。因此，~ym+1<ym+1Tm+1。证据设{un}n≥1是一系列具有固定载体的原子概率测量，使得Fun（0）=Fu（0），unhas为总质量u（R+）以及平均值u和un↑ 以凸顺序排列。定理6.1暗示，对于每n，就存在νn∈ A.*un.定义Dn:[0，∞) 7.→[0，u（R+）]byDn（x）=-C′νn（x）=u（R+）-设bn=sup{x:Fνn（x）<u（R+）}。从v n n的构造，到定理的证明。1可以看出BNI是有限的。因此，Dn是一个递减的凸函数，Dn（0）=u（R+）-Fu（0），Dn（bn）=0，Dn≥0和Z∞Dn（x）dx=ZbnDn（x）dx=Zbnxνn（dx）=νn=un=u。（10） Helly定理[见Helly（1912）或Filip\'ow等人（2012），Theorem1.3]指出，如果{fn}n≥1是定义在R上的单调值函数的一致有界序列，则有一个子序列{fnk}k≥1是逐点收敛的。因此，存在{Dn}n的收敛子序列≥1并根据需要转移到子序列，我们可以假设{Dn}n≥1是逐点收敛的。让D∞表示极限函数。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:32:32

任意n的SinceDnis递减凸≥ 1，D∞也是递减的和凸的。此外，通过Fatou引理和（10），Z∞D∞（x） dx=Z∞林恩芬→∞Dn（x）dx≤ 林恩芬→∞Z∞Dn（x）dx=u。特别是与随机初始定律23D的竞争∞安德烈在减少∞D∞（x） dx<∞, 我们一定要保持冷静↑∞D∞（x） =0。通过ν定义一个度量((-∞, x] ）=u（R+）- D∞（x）。很明显，ν（R+）=u（R+），Fν（0）=Fu（0），Fν（x）是连续的，且ν具有非递增的密度ρ。此外，νn在分布上趋同于ν。我们希望证明ν具有平均u。注意，νncxun（提案6.1适用于un）和uncxu，从中得出cxu。因此，序列中的元素ν有一个统一的界（在凸序的意义上），因此序列是一致可积的且u=limnνn=ν。由于νn在分布上收敛于ν，因此Pνn（x）在点方向上收敛于Pν。那么既然→因此，Cνn（x）逐点收敛到Cν。因此，Cν（x）=limnCνn（x）≥limnCun（x）=Cu（x）。假设某个区间J上的Cν（x）>Cu（x）：我们证明了在J上的ν具有恒定的密度。证明J的每个闭子区间上的结果是有效的，所以我们假设J=[a，b]。然后，通过Cν和Cu的连续性，存在ε，使得Cν（x）≥ J上的Cu（x）+ε。设κ=-C′u（a+）≤ u（R+）；然后是C′u（x+）≥-κ表示所有x∈ J.修复K∈ N使得K>2（b-a） κ/ε与集JK={aj}0≤J≤Kwhere aj=a+（b- a） j/K.由于存在点态收敛，存在N>0，因此对于allx，CνN（x）>Cu（x）+ε/2∈JKN≥ 那么，为了≥ N、如果aj-1.≤十、≤ aj，Cu（x）≤ Cu（aj）-1) ≤Cu（aj）+κ（aj）-aj-1） <Cu（aj）+ε/2<Cνn（aj）≤ Cνn（x）。最后，Cun（x）≤ Cu（x）无处不在，我们得出结论，对于有效的大n，J上的Cun（x）<Cνn（x），因此Dn（x）是J上的线性函数∞（x） =林↑∞Dn（x）在J上也是线性的，因此根据需要，ν在J上具有恒定的密度。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

nandehutu2022

2022-5-6 06:32:36

因此，当Cν（x）=Cu（x）时，ν的密度才减小。因此，ν∈ A.*u. 7.纳什均衡的唯一性。第6节显示了设置A*我不是空的。在本节中，我们证明| A*u| ≤这就完成了理论的证明。2.提议7.1。假设∈M.那么| A*u|≤1.证据。相反，假设集合A中存在两个不同的元素ν和σ*u. 回想一下，如果Cν（x）>Cu（x），那么Cν是x附近的局部排水函数，与Cσ类似。此外，C′ν和C′σ都是凹的。注意，对于任何x≥ 0，我们不能让所有的y都有Cν（y）>Cσ（y）∈（十），∞): 如果是这样，那么Cν（y）>Cσ（y）≥ （x）上的Cu（y），∞) Cν在（x）上是二次的，∞), 这在命题中是不可能的。4.24 H.FENG和D.HOBSONLet x>0，使得Cν（x）6=Cσ（x）。在不丧失一般性的情况下，假设Cν（x）>Cσ（x）。定义x=inf{x>x:Cν（x）=Cσ（x）}。通过观察x<∞. 还请注意，对于所有x，Cν（x）>Cσ（x）∈假设Cν（x）=Cσ（x）>Cu（x）。然后，在x附近，Cν（x）=Cν（x）+βν，1（x）- x） +γν，1（x）-x），Cσ（x）=Cσ（x）+βσ，1（x- x） +γσ，1（x- x），对于某些常数βν，1<0，βσ，1<0，γν，1>0和γσ，1>0。由于x左边的Cν（x）>Cσ（x），很明显βν，1≤βσ,1.假设βν，1=βσ，1。既然[x，x]上的Cν（x）>Cσ（x），我们就有γν，1>γσ，1。设^xν，1=inf{x>x:Cν（x）=Cu（x）}，那么Cν（x）=Cν（x）+βν，1（x）- x） +γν，1（x）- x）关于[x，^xν，1]和^xν，1<∞ 根据命题5。4.进一步，通过命题5。4，Cσ（x）≤ Cσ（x）+βσ，1（x）- x） +γσ，1（x- x）在（x）上，∞). 因此，Cσ（^xν，1）<Cν（^xν，1）=Cu（^xν，1），这是一个矛盾。因此，βν，1<βσ，1<0。现在让^xσ，1=inf{x>x:Cσ（x）=Cu（x）}<∞ （按命题5.4）。如果γν，1≤γσ，1然后Cν（^xσ，1）<Cσ（^xσ，1）=Cu（^xσ，1），这是矛盾的。因此我们得出结论：βν，1<βσ，1<0和γν，1>γσ，1>0。集合θ=βσ，1-βν,1> 0.现在我们介绍一个有用的引理。引理7.1。假设ν和σ是A的不同元素*u.

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝

2022-5-6 06:32:39

假设xk等于Cν（xk）=Cσ（xk）>Cu（xk）。然后xk>0，在xkwe附近可以写Cν（x）=Cν（xk）+βν，k（x）-xk）+γν，k（x）-xk），Cσ（x）=Cσ（xk）+βσ，k（x）-xk）+γσ，k（x- xk）。假设βν，k6=βσ，k，那么在xkon的左边有一个间隔，它是- Cσ（x）要么是严格正的，要么是严格负的。假设cν（x）-在某个区间（xk）上Cσ（x）>0-ε、 xk）：如果不是，则交换ν和σ的坐标。然后是βν，k<βσ，k<0和γν，k>γσ，k>0。定义xk+1=sup{x<xk:Cν（x）=Cσ（x）}。然后，0<xk+1<xk，Cν（xk+1）=Cσ（xk+1）>Cu（xk+1），因此在xk+1附近我们可以写Cν（x）=Cν（xk+1）+βν，k+1（x-xk+1）+γν，k+1（x-xk+1），Cσ（x）=Cσ（xk+1）+βσ，k+1（x-xk+1）+γσ，k+1（x-xk+1）。（11）此外，βσ，k+1<βν，k+1<0，γσ，k+1>γν，k+1>0和βν，k+1-βσ，k+1>βσ，k-βν，k>0。证据与命题证明7中的k=1完全相同。1，我们得出结论：βν，k<βσ，k<0和γν，k>γσ，k>0。具有随机初始定律25的竞赛假设Cν（xk+1）=Cσ（xk+1）=Cu（xk+1）。如果xk+1=0，那么c′ν（xk+1）=Fu（0）- u（R+）=C′σ（xk+1）。否则，如果xk+1>0，则命题5.3中的C′ν（xk+1）=C′σ（xk+1）。在这两种情况下，由于Cν（x）>Cσ（x）≥（xk+1，xk）上的Cu（x），C′ν在[xk+1，xk]上是线性的。因为βσ，k=C′σ（xk）>C′ν（xk）=βν，k和C′σ是凹的，很明显C′σ（x）≥（xk+1，xk）上的C′ν（x）。这与在xk和xk+1处Cσ（·）=Cν（·）的事实相矛盾。因此，Cν（xk+1）=Cσ（xk+1）>Cu（xk+1）。然后得出xk+1∈ （0，xk）和Cν和Cσ都是xk+1的二次邻域。特别地，Cν在（xk+1，xk）和γν上是二次的，k=γν，k+1。使用与k=1的情况类似的参数，我们得到βσ，k+1<βν，k+1<0和γσ，k+1>γν，k+1>0。用ρν表示度量的密度函数。那么ρν在（xk+1，xk）上是常数。相反，ρσ是非递增的，ρσ（xk）=2γσ，k<2γν，k=ρν（xk）和ρσ（xk+1）=2γσ，k+1>2γν，k+1=ρν（xk+1）。

扫码加我拉你入群

请注明：姓名-公司-职位

以便审核进群资格，未注明则拒绝