关于极小极大社会选择对应的反向偏差

2022-5-9 02:31:08

论最小社会选择对应的逆向偏差*Daniela Bubbolonidi Partitiono di Scienze per l\'Economia e l\'Impersonaniversation\'a degli Studi di Firenzevia d elle Pandette 9，50127，Firenze，Italy电子邮件：Daniela。bubboloni@unifi.ittel:+39 055 2759667米歇尔·戈里迪门托科学研究院（michele Goridipartmento di Scienze per’Economia e l’Impersonaniversation’a degli Studi di Firenzevia d elle Pandette 9，50127，Firenze，Italy）电子邮件：米歇尔。gori@unifi.ittel:+39 055 2759707 2018年10月24日摘要我们在社会选择对应关系的框架内介绍了反转偏差的三种不同定性。对于每一种情况，我们证明了当且仅当投票者数量和备选方案数量满足合适的算术条件时，极小极大社会选择对应关系对其免疫。我们用图论的方法证明了这些事实，这要归功于最小社会选择对应关系的一个新特征。我们讨论了博尔达和科普兰社会选择通讯的相同问题。关键词：反转偏倚；极小极大社会选择对应；有向图。JEL分类：D71。理学硕士学位：05C20。1引言考虑一个委员会有h≥ 2个必须在一组n中选择一个或多个元素的成员≥ 2种选择。通常，做出选择的程序只取决于委员会成员对替代品的偏好。

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

2022-5-9 02:31:11

我们假设委员会成员的偏好以一组备选方案的严格排名（线性顺序）来表示，并将其称为偏好h偏好列表，每个偏好都与委员会中的一个人相关。因此，无论个人偏好是什么，选择一个或多个备选方案作为社会结果的过程都可以用社会选择对应（scc）来表示，也就是说，从偏好集到备选方案集的非空子集集的函数。*Daniela Bubboloni得到了INdAM的GNSAGA的部分支持。对不同scc的评估及其比较通常基于哪些属性，在社会选择观点下被认为是可取或不可取的属性中，哪些属性是有scc的。从Saari（1994）最初提出的想法出发，然后由Saari和Barney（2003）深化，我们在此重点关注scc可能遇到的一个非常不愉快的属性，并且在我们看来，还没有得到应有的重视。为了描述这种属性，可以这样说，偏好文件的平均值是假设每个委员会成员对备选方案的排名的想法发生了完全的变化而获得的偏好文件（即，最佳备选方案的排名最差，次优备选方案的排名第二差，依此类推）。现在假设一个给定的scc与一个单身者的特定偏好相关联，也就是说，它选择了一个独特的替代方案。如果我们接下来考虑由所考虑的偏好文件的平均值决定的结果，我们会期望与之前的单身人士有一些不同，因为要求与偏好文件及其逆转相关的结果之间存在一定程度的差异似乎是自然的。

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

何人来此

2022-5-9 02:31:14

正如萨里安·巴尼（Saariand Barney，2003年，第17页）所建议的那样，假设在宣布一次重要的部门选举的获胜者后，发现每个人都误解了主席的指示。在对这三位候选人进行排名时，每个人都会按照第一、第二和第三的自然顺序列出排名靠前、第二和第三的候选人。由于只有主席才能理解的原因，他希望选民以相反的方式投票。因此，在计票时，他将第一名和最后一名候选人分别视为选民的最后和第一选择。试想一下，如果在对选票进行报复后，主席报告说[…]同一个人赢了。换言之，常识表明，我们应该对SCC的质量表示怀疑，因为SCC将同一个单身者与偏好偏好及其反转联系在一起，也就是说，这支持了我们所说的反转偏见。在经典的scc中，这种偏差是由Minimax scc体验到的，即scc选择那些最大失败率最小的替代方案。事实上，假设一个有六名成员（h=6）的委员会必须在一组由1、2、3和4（n=4）表示的四个备选方案中选择一些备选方案。然后考虑一个由thematrix表示的偏好文件1 1 1 2 3 42 3 4 3 4 23 4 2 4 2 34 2 3 1 1 1在哪里，每一次我∈ {1,2,3,4,5,6}，第i列重新表示第i个成员的偏好，根据规则，选项越高越好。一个简单的检查表明，Minimax scc既与偏好文件相关，也与同一集合{1}的反转相关。

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

2022-5-9 02:31:17

另一方面，如果我们只考虑两种替代方案，那么Minimax scc与简单多数一致，并且无论委员会成员的数量是多少，都可以立即验证它不受反转偏差的影响。基于这样的原因，我们解决了个体数量和替代品数量的确定条件问题，这些条件使得Minimax scc不受反转偏差的影响。我们的主要结果是以下定理。定理A.当且仅当h≤ 3或n≤ 3或（h，n）∈ {(4, 4), (5, 4), (7, 4), (5, 5)}.定理A特别表明，不仅当存在两个备选方案时，而且在其他情况下，Minimax scc不显示反转偏差。值得注意的是，该属性也被称为辛普森·克雷默或康多塞特scc。定理A是对j=1的定理2的改写。当备选方案为三个时，独立于个体数量，当个体为三个时，独立于备选方案数量。定理A的证明需要一定的工作量，需要使用图论中的语言和方法。事实上，标准的社会选择理论论证自然可以证明，对于许多对（h，n），极小极大scc会影响反转偏差。另一方面，除了三种情况n=2外，它们很难应用于证明，对于剩余的对s，极小极大scc不受反转偏差的影响。特别是，没有简单的直觉指示如何治疗病例（h，n）∈ {(4, 4), (5, 4), (7, 4), (5, 5)}.

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

2022-5-9 02:31:21

为此，我们首先提出了极大极小scc的一个新特征，表明对于每个偏好文件，极大极小scc选择替代x，当且仅当对于每个多数阈值u不超过个体数量但超过其一半，如果有至少u个个体引用x的替代品，则对于每个替代品，还有一个问题至少有人提到过（命题1）。然后，我们将每个偏好文件p和每个多数阈值ua有向图Γu（p）关联起来，称为多数图，其垂直度是备选方案，其弧线是备选方案之间的u-多数关系（第5.2节）。通过对这些图的连通性和非循环性的分析，我们找到了一种通用的、唯一的方法来逼近定理a的证明。该方法特别允许避免类似参数的引用和对非常长的案例和子案例列表的讨论。图ΓΓu（p）的几何表示也是进行此类分析以及定理a证明所需的复杂步骤中有用的思维指南。我们强调，与图论相关的结果涉及相当普遍的大多数问题，因此它们的意义不限于本文中考虑的特定问题。我们相信，这些结果可能是一个智能工具，在未来管理许多其他问题，不仅与Minimax scc有关。我们还介绍了反转偏差的两个较弱的版本。

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…

2022-5-9 02:31:24

也就是说，如果存在一个偏好文件，使得与scc相关的结果和它的普遍性结果不是不一致的，并且两个结果中的一个是单亲的，那么我们认为scc支持类型2的普遍性偏见；相反，我们说，如果存在偏好文件，且与scc及其反转相关的结果不是不相交的，且两者都不是整个备选方案集，则scc支持类型3的反转偏差。可以立即观察到，反转偏差（也就是所谓的1型通用偏差）意味着2型反转，而2型反过来又意味着3型反转偏差。使用证明定理A所使用的相同工具和技术，我们得到以下结果。定理B.当且仅当h=2 orn时，Minimax scc对类型2的反转偏差免疫≤ 3或（h，n）=（4，4）。定理C.当且仅当n=2或（h，n）=（3，3）时，Minimax scc对类型3的反转偏差免疫。我们强调，上文所述的失败者的不同资格与康多塞失败者的概念之间存在有趣的联系。事实上，让C成为满足条件原则的scc，也就是说，当存在条件时，总是选择Condorcet赢家作为唯一的结果。如果C对1型的普遍偏见免疫，那么它永远不会选择Condorcet loseras唯一的结果，也就是说，C完全满足弱Condor C et loser属性；如果C不受类型2的一般偏差的影响，那么它永远不会选择Condorcet loser，即C full fils Condorc e tloser属性。因此，由于极小极大scc满足Condorcet原理，定理A和B特别提供了（h，n）上的条件，这些条件足以使极小极大scc分别满足弱Condorcet损失性质和Condorcet损失性质。

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

何人来此

2022-5-9 02:31:27

当然，正如它所指出的那样，在社会选择理论中使用图表已经很成熟（例如，见Laslier（1997））。位置23和24确定了一大组对（h，n），对于这些对，极小极大scc支持反转，它们基于一个直观的论证，可以在没有图论机制的情况下进行。定理B和C分别是定理2对j=2和j=3的改写。不知道这些条件是否也是必要的，确定使极小极大scc满足这些性质的所有对（h，n）是一个有趣的问题，我们认为，可以使用本文描述的方法对其进行有效的攻击。最后要注意的是，如果存在一个scc Calways选择Condorcet赢家（不一定是唯一的结果），我们发现如果C不受类型2的反转偏差的影响，那么它就满足了弱Condorcet输家的属性；如果C对类型3的逆转偏差免疫，那么当结果集与整个选择集不同时，它永远不会选择Condorcet失败者。现在注意到，即使我们论文的主要概念主要是受到萨里和巴尼（2003）思想的启发，我们所考虑的框架以及我们使用的术语与作者所使用的不同。事实上，它们涉及选举方法，即从个人偏好的有限序列集（仍然称为偏好文件）到备选方案集上的完整和传递关系集的函数。在这个框架下，他们说，如果选举方法将选举关系与偏好文件及其反转关联起来，那么选举方法会对反转偏见产生影响，前提是这种关系不是一个完整的关系，因此在他们的论文中，表达反转偏见的使用具有不同的含义。

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

2022-5-9 02:31:30

每k≤ N-1.他们还引入了k-赢家逆转偏差（k=1时称为顶级赢家偏差）的概念，即当选举方法与偏好文件及其逆转两种关系相关联时，会出现这种现象，这两种关系会削弱属性，从而使k-顶级替代者具有相同的k。无论如何，尽管存在差异，但很明显，他们关于某一选举方法的头号赢家逆转偏差的任何结果都暗示了该方法产生的scc类型1逆转偏差的一些信息，该方法将其域限制在具有h项的个人偏好序列中，并且只关注排名靠前的备选方案。另一方面，很明显，他们的理论都没有将类型2和类型3的反转偏差简化为直接副产品。特别是，根据Saari和B arney（2003）中的定理8，我们推断Borda和Copeland SCC不受类型1的反转偏差的影响，但无法推断其他类型的反转偏差。下面的结果很有趣。定理D.Borda和Copeland SCC不受类型3的反转偏差的影响。我们以观察作为结论。回想一下，位置法是一种选举方法，每次n个备选方案被一个人排在第k位时，它都会获得wkpoints，然后根据他们获得的分数对备选方案进行排名；向量w=（wk）nk=1∈ 与该方法相关的R被称为其投票向量，并假设满足关系式w≥ W≥ . . . ≥ wn和w>wn。假设n≥ 3考虑一个投票向量w，使得存在k，k∈ 带wk+wn的{1，…，n}-k6=wk+wn-k、然后，根据Saari和Barney（2003）中的定理1，我们推断，如果个体数h足够大，由与w相关的位置方法产生的scc会影响1型的普遍偏差。

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

2022-5-9 02:31:33

这一事实是显著的，因为它意味着许多scc的存在不同于极大极小scc、似是而非和反多元化scc，它们支持这种偏见。当然，由于所考虑的定理没有给出关于h的确切值的信息，因此类型1的反转偏差实际上是oc曲线，因此发现h的这些值是一个值得仔细研究的有趣问题。更一般地说，考虑到任何经典的scc和任何社会选择属性，人们可以考虑确定个体数量和替代品数量的条件，这对于充分利用该属性是必要和有效的。我们认为，调查这些问题是一个有趣且有前景的研究项目，因为我们关于普遍偏见的结果特别显示了这一点，比较差异萨里（1994）为选举方法引入了另一个有趣的概念，称为反转对称，它与现在讨论的概念相关。也就是说，如果结果与任何偏好文件相关，且其反转是另一个的反转，则称选举方法为反转对称。当然，如果一个选举方法是反向对称的，它既不能支持反向偏差，也不能支持k-winner反向偏差。最近，Llamazares和Pena（2015）研究了位置方法的反转对称性，Bubboloni和Gori（2015）研究了具有线性顺序集值的社会福利函数的反转对称性。定理D是命题3的改写。SCC基于自身的正当关系，不能忽视有多少个人和本地人参与了决策过程。2初步定义= {a∈ N:a≥ 2}. 从现在开始，让n，h∈ N是固定的，让N={1，…，N}是备选方案集，H={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

2022-5-9 02:31:36

，h}是个体的集合。N上的偏好关系是N上的线性序，即N上的完全、传递和反对称二元关系。N上的线性序集用L（N）表示。让q∈ L（N）固定。给定x，y∈ 我们通常写x≥qy代替（x，y）∈ q、 x>qy代替（x，y）∈ q和x6=y。函数rankq:N→ {1，…，n}定义为每x∈ N、 byrankq（x）={y∈ N:y>qx}|+1是双射的。我们用函数秩来表示q-1qa仍然用q表示。我们还用列向量[q（1），…，q（n）]T来标识q。此外，我们定义了L（n）中的元素qrast，这样，对于每个x，y∈ N、（x，y）∈ qrif且仅当（y，x）∈ q、当然，（qr）r=q。例如，设n=3和q∈ L（N）be使得2>q1>q3。然后q（1）=2，q（2）=1，q（3）=3，我们用[2,1,3]和[3,1,2]T来识别q。偏好文件是L（N）h的一个元素。集合L（N）his用P表示。让P∈ Pbe固定。考虑到我∈ H、 p的第i个组成部分用pian表示，代表个人i的偏好。偏好文件p可以自然地与第i列为[pi（1），…，pi（n）]T的矩阵识别。定义∈ P作为每个i的首选文件∈ H、（pr）i=（pi）r.当然，（pr）r=p.我们将把prs的第i个分量写成pri，而不是（pr）i.给定u∈ N∩ （h/2，h]和x，y∈ N，如果|{i，我们写x>puy∈ H:x>piy}|≥ u. 注意x>puy当且仅当y>prux.N中的元素∩ （h/2，h]称为多数阈值。我们称最小多数阈值为整数u=h+1. 关于偏好关系和偏好偏好的更多细节，请参见Bubboloni和Gori（2015）。社会选择对应（scc）是从P到N的非空子集集的函数。SCC的集合用C表示∈ C

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

2022-5-9 02:31:39

我们说，如果存在p，C会影响反转偏差（类型1）∈ P和x∈ N使得C（p）=C（pr）={x}；如果存在p，则t型2的逆转偏倚∈ 例如t | C（P）|=1和C（P）∩ C（pr）6=;如果存在p∈ 例如t | C（P）|<n和C（P）∩ C（pr）6=.显然如果C∈ C s影响类型1的反转偏差，那么C也影响类型2的反转偏差，如果C s影响类型2的反转偏差，那么C也影响类型3的反转偏差。我们为每一个j∈ {1,2,3}，setsCj={C∈ C:C对j型的反转偏倚免疫。注意C C C.3最小最大scc本节我们重点讨论每个p的最小最大scc，用M表示并定义∈ P、 byM（P）=一个rgminx∈Nmaxy∈N\\{x}{i∈ H:y>pix}|。根据上述定义，M（p）是那些最小化最大成对失败的备选方案集，与p描述的个人偏好相对应。然而，最小最大scc的结果允许在多数阈值方面的备选解释。给定u∈ N∩ （h/2，h），定义为每p∈ P、 setDu（P）={x∈ N:Y∈ N、 |{i∈ H:y>pix}|<u}。因此，替代品x属于Du（p），当且仅当至少u个个体无法找到另一个比x更偏好的替代品时，根据偏好文件p。请注意，setDu（p）对应于Gre e e nberg（1979）在更一般的设置中定义的与p相关的u-多数均衡集，其中个人偏好通过完整和传递关系表示。注意，如果≤ u′，然后是Du（p） Du′（p）表示所有p∈ P.此外，对于每一个μ，Gr eenberg（197 9）中的推论3的一个s animimediate推论及其证明∈ N∩ （h/2，h），我们有du（p）6= 尽管如此，p∈ P当且仅当u>n- 1nh。

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

2022-5-9 02:31:43

（1）自从h∈ N∩ （h/2，h]和h>n-1nh，很好地定义了由uG=min给出的格林伯格多数阈值M∈ N∩ （h/2，h）：m>n- 1nh.每p∈ P、我们考虑整数u（P）=min{u∈ N∩ （h/2，h）：Du（p）6=}.注意，由于（1）表示DuG（p）6=, 我们发现u（p）的定义很明确，且u≤ u（p）≤ uG.我们现在可以证明以下命题。提议1。每p∈ P、 M（P）=Du（P）（P）。证据我们首先证明了M（p） Du（p）（p）提供N\\Du（p）（p） N\\M（p）。让x∈N\\Du（p）（p）。然后就有了前科∈ N\\{x}这样|{i∈ H:y>pix}|≥ u（p）。选择nowx∈ Du（p）（p），对于每个y∈ N\\{x}，|{i∈ H:y>pix}|≤ u（p）- 1.因此，maxy∈N\\{x}{i∈ H:y>pix}|≤ u（p）- 1<|{i∈ H:y>pix}|≤ 麦克西∈N\\{x}{i∈ H:y>pix}|，表示x/∈ M（p）。接下来我们证明Du（p）（p） M（p）。让x∈ Du（p）（p）。那么，我们有麦克西∈N\\{x}{i∈ H:y>pix}|≤ u（p）- 1.自相矛盾地假设存在x∈ 麦克斯∈N\\{x}{i∈ H:y>pix}|<maxy∈N\\{x}{i∈ H:y>pix}|。Fishburn（1977）提出了等效的定义m（p）=argmaxx∈n米尼∈N\\{x}{i∈ H:x>piy}|。然后x6=X，对于每个y∈ N\\{x}，我们有{i∈ H:y>pix}|<u（p）- 1.如果u（p）-1>h/2，即x∈ Du（p）-1（p）= 发现了矛盾。假设tu（p）- 1.≤ h/2。那么u（p）=u=h+1≤h+2和自|{i∈ H:x>pix}|≤ u- 2.我们得到|{i∈ H:x>pix}|≥ H- u+ 2. 现在我们观察到，由于≤h+2，我们有h- u+ 2 ≥ u，对x∈ Du（p）。定义setsT={（h，n）∈ N: H≤ 3} ∪ {（h，n）∈ N: N≤ 3} ∪ {（4,4）、（5,4）、（7,4）、（5,5）}，T={（h，n）∈ N: h=2}∪ {（h，n）∈ N: N≤ 3} ∪ {（4，4）}，T={（h，n）∈ N: n=2}∪ {(3, 3)}.注意T（T）（T）。我们现在可以陈述本文的主要结果。它的证明是技术性的，将在第5节中陈述。

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

2022-5-9 02:31:46

我们强调它依赖于命题1和图论的语言和方法的使用（第5.1节和第5.2节）。定理2。让j∈ {1, 2, 3}. 然后，我∈ Cjif且仅当（h，n）∈ Tj。4 Borda和Copeland scc在本节中，我们表明，与Minimax scc的情况不同，Borda和Copeland scc易于分析普遍偏差。这些SCC分别用硼和Cop表示，并针对每个p进行定义∈ P、 asBor（P）=argmaxx∈NPhi=1N- rankpi（x）,Cop（p）=argmaxx∈N|{y∈ N:x>puy}|- |{y∈ N:y>pux}|.以下结果表明，他们对3型的逆转偏倚免疫。提议3。波尔，警察∈ C.证据。我们开始考虑博尔达scc。我们需要为每一个p∈ P、博尔（P）∩博尔（pr）6= 意味着Bor（p）=N，然后修复p∈ P和x∈ N这样x∈ 博尔（p）∩ 博尔（公关）。设f、g和u为从N到R的函数，对于每个x∈ N，byf（x）=hXi=1N- rankpi（x）, g（x）=hXi=1N- 兰克里（x）, u（x）=hXi=1rankpi（x）。注意bor（p）=argmaxx∈Nf（x），Bor（pr）=argmaxx∈Ng（x），以及，对于每一个x∈ N，f（x）=hn- u（x）和g（x）=u（x）- h、由于这个因素，rankpr（x）=n+1- rankp（x）。然后x求出u的最小值和最大值，使u为常数。因此，f也是常数，因此Bor（p）=N。对于Borda scc，我们指的是众所周知的Borda计数。科普兰scc的定义可以在Fishburn（1977）中找到。接下来我们考虑科普兰scc。我们需要证明，对于每一个p∈ P、警察（P）∩警察（公关）6= 意味着Cop（p）=N。然后修复p∈ P和x∈ N这样x∈ 警察（p）∩ 警察（公关）。

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

何人来此

2022-5-9 02:31:49

设f和gbe函数从N到R定义，每x∈ N，byf（x）={y∈ N:x>puy}|-|{y∈ N:y>pux}|，g（x）=|{y∈ N:x>pruy}|-|{y∈ N:y>prux}|。注意cop（p）=argmaxx∈Nf（x），Cop（pr）=argmaxx∈Ng（x）。此外，对于所有x，y，sinc e x>priy相当于y>pix∈ N和我∈ H、我们每个人都有∈ N，g（x）=-f（x）。然后X实现了f的最小值和最大值。由此可知f是常数，因此Cop（p）=N。下一个推论说明了如何利用关于M、Bor和Cop的反转偏差的结果，来建立关于个体数和替代数的条件，这些条件是必要的，并且足以使M=Bor和M=Cop相等。推论4。M=Bor当且仅当n=2。证据如果n=2，那么我们肯定有M=Bor。假设n≥ 3.如果（h，n）6∈ T、然后，由提奥·雷姆2和命题3，M 6∈ 坎德博尔∈ Cso表示M 6=Bor。If（h，n）∈ T、然后（h，n）=（3，3），我们仍然有m6=Bor，因为两个SCC在优先权上不同=1 1 22 2 33 3 1推论5。M=Cop当且仅当（h，n）∈ T.证明。如果n=2，那么我们肯定有M=Cop。假设n≥ 3.如果（h，n）6∈ T、然后，由提奥·雷姆2和命题3，M 6∈ 坎德警察∈ Cso，M 6=警察。If（h，n）∈ T、然后（h，n）=（3，3）。以p为例∈ P.由于M和Cop都是中性的，没有失去普遍性，我们可以假设P=[1,2,3]T。回顾M和Cop都满足Condorcet pr inc iple，当Condorcet赢家存在时，它们肯定是一致的。因此，我们可以假设，第一个备选方案之间是不同的。由于M和Cop都是匿名的，我们可以假设p（1）=2和p（1）=3。只剩下四个病例需要治疗。

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

2022-5-9 02:31:53

通过逐案计算，最终可以证明M=Cop。5定理2的证明从命题1我们立即得到定理2由以下三个命题所隐含。第5.3节、第5.4节和第5节介绍了他们基于图论的棘手证明。5.提议6。存在p∈ P和x∈ N使得Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={x}如果且仅限于（h，N）∈ N\\ T.提案7。存在p∈ P和x∈ N使得Du（p）（p）={x} Du（pr）（pr）if和onlyif（h，n）∈ N\\ T.提案8。这里有∈ 使得Du（P）（P）6=N和Du（P）（P）∩ Du（pr）（pr）6= 当且仅当（h，n）∈ N\\ T.5.1图表在本节中，我们回顾了图论中的一些基本事实和符号，我们将在续集中使用它们。所有考虑的图都是有向图。一个图是一对（V，A），其中V是一个称为顶点集的不完全集，A是{（x，y）的子集∈ V:x6=y}称为弧集。注意，如果Γ=（V，A）是一个图且|V |=1，那么A=. 给定两个gr-aphsΓ=（V，A）和Γ=（V，A），我们说Γ是Γif V的子图范达 A.如果Γ是Γ的子图，我们写Γ≤ Γ.现在让Γ=（V，A）成为一个图。Γ是完全的，如果每x，y∈ V，x 6=y，我们有（x，y）∈ A或（y，x）∈ A.我们说x∈ 如果不存在y，V是rΓ的最大[最小]∈ V这类（y，x）∈ A[（x，y）∈ A] 。我们用max（Γ）[min（Γ）]表示Γ的最大[最小]垂直集。请注意，这些集合可能是空的。我们说x∈ V是Γif的最大值[最小值]，例如y∈ V\\{x}，我们有（x，y）∈ A[（y，x）∈ A] 。我们用Max（Γ）[Min（Γ）]表示Γ的最大值[最小值]的集合。我们说x∈ V在Γif中被隔离，对于每个y∈ V\\{x}，（x，y），（y，x）6∈ A.我们用I（Γ）表示Γ的孤立顶点的集。注意Max（Γ）是有用的∩ min（Γ）=I（Γ）。

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

mingdashike22

2022-5-9 02:31:56

（2）注意，如果x∈ 麦克斯（Γ）∪ Min（Γ）和|V|≥ 2，然后是x6∈ Γ（I）。Γ被认为是连通的，如果，对于每个x，y∈ 当x 6=y时，存在k≥ 2和有序序列x，V的不同元素，使得x=x，xk=y，对于每个j∈ {1，…，k-1} ，（xj，xj+1）∈ 或（xj+1，xj）∈ A.注意，如果Γ是最大值[最小值]，那么Γ是连通的。众所周知，存在一个唯一确定的c∈ N与连通子图Γ=（V，A），Γc=（Vc，Ac）的∪ci=1Vi=V，∪ci=1Ai=A，对于每个i，j∈ {1，…，c}，其中i6=j，Vi∩ Vj=Ai∩ Aj=. 那些子图Γ，Γcare将连接的组件称为Γ。它们是Γ的连通子图的极大a，也就是如果Γ′≤ Γ是连通的，Γ′是连通的≥ Γ如果有人∈ {1，…，c}，然后Γ′=Γi。特别是，对于每一个i∈ {1，…，c}，x∈ 维安迪∈ V\\V暗示（x，y），（y，x）/∈ A.x、 y∈ 维兰德（x，y）∈ A（x，y）∈ 人工智能。注意，x∈ N在Γ中是孤立的，当且仅当包含x的连通分量o fΓ是（{x}），). 考虑到我≥ 2，如果| V |=l且存在有序序列x，…，则称Γ为l-环，在v的元素中，一旦定义了xl+1=x，我们得到A={（xj，xj+1）：1≤ J≤ l} 。Γ是一个循环，如果它是一些l的l-循环≥ 2.固定l≥ 2，如果存在一个l-循环，则称Γ为l-循环≤ Γ，否则为l-非环。Γ是无环的，如果它对所有l都是l-无环的≥ 2.注意，如果| V |=1，那么Γ是非循环的。5.2多数图及其性质let p∈ P和u∈ N∩ （h/2，h）.自然地，我们与∑u（p）={（x，y）给出的N上的关系有关∈ N×N:x>puy}，图Γu（p）=（N，∑u（p））称为p的u-多数图。注意，如果u，u′∈ N∩ （h/2，h]带u′的≤ u，然后Γu（p）≤ Γu′（p）。尤其是Γu（p）≤ Γu（p）适用于所有u∈ N∩ （h/2，h）。

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

2022-5-9 02:31:59

当h为奇数且u=u=h+1时，多数图的概念基本上与ca se有关（例如，参见Miller（1977））。在我们的论文中，这个例子很有趣，因为Γh+1（p）是完整的（见引理12），但我们并不是只关注这个特殊的多数图。关系∑u（p）的性质很容易转化为Γu（p）的图论性质。此外，考虑Γu（p），我们获得了使用l-非环性和连通性等概念的优势，这些概念通常属于图论。这很快就能更好地理解集合Du（p）和Du（p）（p）=M（p）。所有无法解释的符号都是标准的。例如，参见Diestel（2010）。注意，如果x是Γ的最大值[最小值]，则不一定是Γ的最大值[最小值]。事实上，给定Γ=（{1，2}，{（1，2），（2，1）}），我们知道1和2都是最大值[最小值]，但它们都不是最大值[最小值]。引理9。让我们∈ N∩ （h/2，h]和p∈ P.然后Du（P）=max（P））=min（pr）。MoreoverDu（p）∩ Du（pr）=I（Γu（p））=I（Γu（pr））。证据等式Du（p）=max（p））=min（pr））遵循Du（p）和pr的定义。因此，由于（pr）r=p，我们也有Du（pr）=max（Γu（pr））=min（Γu（p）），所以t（2）完成了证明。引理10。让我们∈ N∩ （h/2，h]和p∈ 那么Γu（P）是2-无环的，Γu（P）最多有一个最大值。此外，如果Γu（p）具有最大x∈ N、然后Du（p）=Max（Γu（p））={x}。证据2-酰基丰度紧接着从u>h/2开始。自相矛盾地假设存在不同的x，y∈ 最大值（μu（p））。然后（x，y）∈ ∑u（p）和（y，x）∈ ∑u（p），所以Γ=（{x，y}，{（x，y），（y，x）}）≤ Γu（p）。由于Γ是一个2-环，这与Γu（p）是2-非环的事实相矛盾。假设存在x∈ Max（μu（p））并显示x∈ 最大（Γu（p））=Du（p）。顺便提一下，le t x 6∈ 麦克斯（Γ）。

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

2022-5-9 02:32:02

还有一个是y∈ N使得（y，x）∈ ∑u（p）。自也（x，y）∈∑u（p），2-圈Γ=（{x，y}，{（x，y），（y，x）}）是Γu（p）的一个子图，并发现了矛盾。我们完成证明时只需注意到，对于每个y，x的最大值为Γu（p）∈ N\\{x}，我们有（x，y）∈ ∑∑u（p）使y6∈ 最大值（μu（p））。引理11。让我们∈ N∩ （h/2，h）。那么Γu（p）对于所有p都是非循环的∈ P当且仅当u≥ uG.特别是Γh（p）对所有p都是无环的∈ P.证明。这是Bubboloni和Gori（2014）中6号和7号提案的直接结果。引理12。如果h是奇数，那么对于每一个p∈ P、 Γu（P）是完整的，I（Γu（P））=. 此外，如果Du（p）6= 那么u（p）=u，Γu（p）允许m最大值x∈ N和Du（p）={x}。证据让我们来看看∈ 注意，由于h奇数，我们有u=h+1。现在，通过矛盾假设存在x，y∈ N，其中x6>puy，y6>pux。然后，我们得到不可能的关系h={i∈ H:x>piy}|+|{i∈ H:y>pix}|≤ u- 1 + u- 1 = 2h+1- 2=h- 1.因此，Γu（p）是完整的，并且作为直接结果，I（Γu（p））=.为了证明第二部分，假设Du（p）6=. 然后u（p）≤ u和sou（p）=u。接下来，选择x∈ Du（p）。既然Γu（p）是完整的，那么对于所有y，x>puy∈ N\\{x}，也就是说，x是Γu（p）中的最大值。然后，通过引理10，Du（p）={x}。让我们用C（Γu（p））表示Γu（p）和定义a（Γu（p））的连接组件的集合∈ C（Γu（p））：Γ是无环的。我们准备好了一个关键的命题，给出了| Du（p）的下限，并导致了一些有趣的结果。提议13。让我们∈ N∩ （h/2，h]和p∈ P.然后du（P）=[Γ∈C（Γu（p））最大值（Γ）[Γ∈A（μu（p））最大值（μ） I（Γu（p））和|Du（p）|=XΓ∈C（u（p））|max（Γ）|≥ |A（Γu（p））|≥ |I（μu（p））|。证据设Γ=（V，A）∈ C（Γu（p））。然后呢≤ Γu（p），因此 N和A ∑u（p）。因为Γ是Γu（p）的连通分量，所以每x∈ V和y∈ N\\V，y 6>pux。

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

2022-5-9 02:32:05

这会立即给出每个x∈ max（Γ）属于Du（p），所以Du（p）SΓ∈C（Γu（p））最大值（Γ）。另一种夹杂物很小，因此Du（p）=SΓ∈C（Γu（p））最大值（Γ）。自A（μu（p）） C（Γu（p））和外汇∈ I（Γu（p）），（{x}，) ∈ A（Γu（p）），我们也g et[Γ∈C（Γu（p））最大值（Γ）[Γ∈A（μu（p））最大值（μ） I（Γu（p））。特别是，由于不同连接组件的顶点之间没有重叠，我们得出| Du（p）|=pΓ∈C（μ（p））|max（μ）|。我们完成了证明，证明∈ A（Γu（p）），我们有max（Γ）6=. 选择x∈ 五、如果y 6>puX或所有y∈ V，那么我们有x∈ 麦克斯（Γ）和我们已经完成了。假设存在x∈ V的x>pux。显然，我们有x6=x。然后，重复x的参数。因为集合N是有限的，且Γ不包含循环，所以在有限的数字中≤ n步，我们得到一个元素xk∈ 马x（Γ）。推论14。让我们∈ N∩ （h/2，h]和p∈ P.如果Γu（P）允许至少一个非环连接成分，则u（P）≤ u.证据根据命题13，我们得到了| Du（p）|≥ 1，所以Du（p）6=.推论15。让我们∈ N∩ （h/2，h]和p∈ P.如果Γu（P）是非循环的，而Du（P）是单态，则Γu（P）是连接的。证据由于Γu（p）是无环的，我们有C（Γu（p））=A（Γu（p））。然后，使用命题13，我们得到1=|Du（p）|≥ |Γ（1245p）≥ 1.这意味着| C（Γu（p））|=1，也就是说，Γu（p）是连通的。引理16。让p∈ P使得u（pr）≤ u（p）。然后：（i）Du（p）（p）∩ Du（pr）（pr） I（Γu（p）（p））。特别是，如果Γu（p）（p）连接，则Du（p）（p）∩Du（pr）（pr）=.（ii）如果| Du（p）（p）|=1且Γu（p）（p）是非循环的，则Du（p）（p）∩ Du（pr）（pr）=.证据（i）来自u（pr）≤ μ（p）我们得到Dμ（pr）（pr） Du（p）（pr），因此，通过引理9，我们推导出了u（p）（p）∩Du（pr）（pr） Du（p）（p）∩Du（p）（pr）=I（p）（p））。如果Γu（p）（p）被连接，那么I（Γu（p）（p））是空的，因此Du（p）（p）也是空的∩ Du（pr）（pr）=.（ii）根据推论15，（i）给出Du（p）（p）∩ Du（pr）（pr）=.推论17。让我们∈ N∩ （h/2，h]和p∈ 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

mingdashike22

2022-5-9 02:32:08

如果Γu（p）是非循环的，那么，对于每x∈ N、我们没有Du（p）=Du（pr）={x}。证据通过矛盾假设Du（p）=Du（pr）={x}，对于某些x∈ N.然后，通过引理9，我们得到x在Γu（p）中是独立的。另一方面，通过推论15，Γu（p）是连通的，因此它的唯一顶点是x，而不是t n≥ 2.引理18。让p∈ P，并假设Γu（P）（P）和Γu（pr）（pr）都允许无环连接的成分。然后：（i）u（p）=u（pr）。（ii）如果Γu（p）（p）连接，则Du（p）（p）∩ Du（pr）（pr）=.（iii）如果Γu（p）（p）是非循环的，则不存在x∈ N使得Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={x}。证据（i） Γu（p）（p）允许无环连接的成分这一事实意味着Γu（p）（pr）也允许n个无环连接的成分，因此推论14给出了u（pr）≤ u（p）。应用于Γu（pr）（pr）的同一个公式得出u（p）≤ u（pr）。（ii）假设Γu（p）（p）是连接的。因为，通过（i），我们得到了u（p）=u（pr），所以引理16适用，给出Du（p）（p）∩ Du（pr）（pr）=.（iii）设ΓΓu（p）（p）为非循环，并通过矛盾假设存在x∈ N使得Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={x}。通过推论15，Γu（p）（p）是连通的，因此，通过（ii），我们得到了Du（p）（p）∩ Du（pr）（pr）=, 矛盾。引理19。如果h是奇数，那么对于每一个p∈ P、 u（P）=u和Du（P）（P）=Du（pr）（pr）意味着u（pr）>u。证据让p∈ P并假设u（P）=u和Du（P）（P）=Du（pr）（pr）。然后Du（p）6= 使用引理12，Γu（p）（p）的最大值为x∈ N和Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={x}。假设u（pr）=u。通过引理9，我们证明x是在Γu（p）（p）中分离出来的，因为x是Γu（p）（p）的最大值。推论20。让p∈ P使得u（P）=u。如果Γu（p）（p）是非循环的，则不存在x∈ n确保Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={x}。证据Γu（p）（p）的无环性意味着Γu（p）（pr）的无环性，因此，根据推论14，我们有u≤u（pr）≤ u（p）=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

2022-5-9 02:32:11

接下来是tu（pr）=u（p）=u，推论17适用。鉴于之前的结果，了解哪些条件保证Γu（p）（p）的非循环性是很重要的。通过引理10，我们知道，对于每一个∈ N∩ （h/2，h），Γu（p）是2-a循环的。不管怎样，它可以接受一些l循环≥ 3.我们通过Bubboloni和Gori（2014）中的命题6和命题7探索这种可能性。21号提案。让我们∈ N∩ （h/2，h]和l∈ N∩ [2，n]。然后就有了p∈ 使得Γu（P）是l-环的当且仅当u≤L-1lh。证据考虑u>l-1lh并通过矛盾假设存在p∈ P和l-圈Γ≤ Γu（p）与顶点集V。然后V N和| V |=l≤ n、考虑从p消除n\\V中的这些条目（如果有）得到的l备选方案V集合上的偏好文件p′。通过Bubboloni和Gori（2014）中的位置6，我们得出Γu（p′）是非循环的，这与Γ≤ Γu（p′）。让我们现在开始≤L-1lh让V N与| V |=l。根据Bubboloni和Gori（2014）中的命题7，备选方案集V上存在偏好文件p\'，使得Γu（p\'）包含一个顶点集为V的l-循环。考虑备选方案N集合上的偏好文件p，其中每个个体i∈ H将V中的备选方案排在第一位，并将她喜欢的N\\Vas中的备选方案排在第一位。然后呢≤ Γu（p）。现在让我们考虑一下ua=minM∈ N∩ （h/2，h）：m>n- 2n- 1小时,也没有明确定义uAI的原因是h∈ N∩ （h/2，h]和h>n-2n-1小时。此外，我们也有≤ ua≤ 当n∈ {2,3}，ua=u。推论22。让p∈ P.如果u（P）≥ ua，那么Γu（p）（p）是非循环的。特别是每n∈ {2,3}，Γu（p）（p）是非循环的。证据考虑Γu（p）（p）。它不允许n循环，因为有这样一个循环显然意味着收缩Du（p）（p）=. 另一方面，在第21位中，并非所有l都有l-循环∈ {2，…，n- 1} bec因为u（p）>n-2n-1小时≥L-1lh。

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

2022-5-9 02:32:14

最后请注意，如果n∈ {2,3}，然后是u（p）≥ u=ua。由于前面的结果，我们称ua为非循环阈值。23号提案。如果n≥ 4，h是奇数，所以h≥3（n）-1） n-3，那么就存在p∈ P使得Du（P）（P）=Du（pr）（pr）={n}。证据首先，请注意u=h+1。然后确定u=h+3=u+1和V=N\\{N}。假设h≥3（n）-1） n-3相当于u≤（n）-1)-1n-1h，因此，根据命题21，存在sp′，即备选方案V集合上的偏好文件，使得Γu（p′）具有（n- 1） -cy cleΓ。我们现在就确定偏好文件p∈ P定义，对于每一个i∈ H、下面是公共关系协定。如果≤ u，然后让pi（1）=n和pi（j）=p′i（j）- 1）尽管如此，j∈ {2，…，n}；如果u<i≤ h、那么letpi（j）=p′i（j）对于所有j∈ {1，…，n- 1} 和pi（n）=n。注意，在p中，备选方案n排名第一u次，最后为h- 五次。因此，n是Γu（p）中的最大值。通过引理12，我们得到u（p）=u和Du（p）（p）={n}。此外Γ≤ Γu（p），因此Γu（pr）也包含（n- 1） -周期Γr，方向相反，其顶点集为V。这意味着Du（pr）=. 事实上，n在Γu（pr）中不是最大的，被任何其他替代品打败了u次，而Vis中的每个替代品在Γu（pr）中不是最大的，因为由于周期Γr的存在，它在V中被合适的替代品打败了u>u次。反正Du（pr）={n}，因为n是孤立的，因此在Γu（pr）中最大，为（2）；没有其他选择是最大的，因为它涉及Γr。它遵循tu（pr）=u和Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={n}。24号提案。如果n≥ 4，h是偶数，所以≥2（n）-1） n-3，那么就存在p∈ 例如Du（P）（P）=Du（pr）（pr）={n}。证据首先，请注意u=h+2和定义V=N\\{N}。假设h≥2（n）-1） n-3相当于u≤（n）-1)-1n-1h，因此，根据命题21，在备选方案V的集合上存在一个偏好文件p\'，使得Γu（p′）有一个（n- 1） -循环Γ。

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

2022-5-9 02:32:18

我们现在定义了优惠计划∈ P、定义，对于每一个我∈ H、偏好如下。如果我≤h、然后让pi（1）=n和pi（j）=p′i（j）- 1）尽管如此，j∈ {2，…，n}；如果h<i≤ h、然后让pi（j）=p′i（j）表示所有j∈ {1，…，n- 1} pi（n）=n。注意，在p中，备选方案n的排名是第四次和最后一次。因此，通过（2），n被分离，并且在Γu（p）和Γu（pr）中的最大值均为l。此外，由于V中的每一个元素都参与了循环，因此在Γu（p）中没有进一步的改变≤ Γu（p）。由于每个周期inΓu（p）决定了一个周期的Γu（pr）方向相反，因此对Γu（pr）也有同样的考虑。然后，我们得出结论：u（p）=u（pr）=u和Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={n}。我们用一个更进一步的引理来结束这一节，这个引理对于处理三个人和三个替代者的案例很有用。引理25。设（h，n）=（3，3）和p∈ P.然后：（i）以下两个条件是等效的：（a）在P中排名第一和第三的备选方案是不同的；（b） Γ（p）是一个3周期。此外，如果上述条件之一成立，则Γ（p）的弧集为空。（ii）u（p）=u（pr）。证据（i）我们开始证明（a）意味着（b）。假设pi（1）6=pj（1）和pi（3）6=pj（3）对于所有i，j∈ H={1,2,3}，i6=j。在不丧失一般性的情况下，我们可以假设p（1）=1，p（1）=2，p（1）=3。因此p（3）∈ {2，3}。如果p（3）=2，那么，由于排名第三的备选方案是不同的，我们必然有p（3）=3和p（3）=1。这意味着=1 2 33 1 22 3 1类似地，如果p（3）=3，我们得到p=1 2 32 3 13 1 2在这两种情况下，我们都知道Γ（p）是一个3圈，而Γ（p）的弧集是空的。我们接下来证明（b）意味着（a）。让p∈ P.如果存在x∈ N在前两个个体的pby中排名第一，那么x是Γ（p）的最大值，因此它不能参与Γ（p）的循环。

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

2022-5-9 02:32:21

如果存在x∈ N在p中至少有两个人排在第三位，考虑pr。根据上面所示，Γ（pr）是无环的，所以Γ（p）也是无环的。（ii）通过矛盾，假设u（pr）6=u（p），比如u（pr）>u（p）。然后是u（p）=2和u（pr）=3。因此，Γ（pr）允许一个循环。通过引理10，我们得到Γ（pr）是一个3圈。使用（i）我们推断，在PRA中排名第一和第三的备选方案是不同的。但是，同样的性质也适用于p，所以Γ（p）也是一个3圈。T hus D（p）=, 根据u（p）=2.5.3命题6的证明首先，让我们证明如果（h，n）∈ N\\ T、然后就有了p∈ P和x∈ N使得Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={x}。我们得到的证据表明，命题23或24的假设成立。首先，注意t（h，n）∈ N\\ 蒂姆普利斯h≥ 4和n≥ 4.如果n=4，则h与h为偶数≥ 6.因此令人满意≥2（n）-1） n-3，或者h与h是奇数≥ 9.令人满意≥3（n）-1） n-3.如果n=5，则相同的参数适用。如果n≥ 6，那么我们有2（n-1） n-3.≤ 4.≤ h为所有h偶数，以及3（n-1） n-3.≤ 5.≤ 尽管很奇怪。现在假设（h，n）∈ 并证明它不能被找到∈ P和x∈ N使得Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={x}。然后考虑（h，n）∈ 并以矛盾的方式假设存在p∈ P和x∈ N使得Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={x}。由于Minimax scc是中性的，我们可以假设x=n，因此Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={n}。（3）有几个案例需要研究。如果n∈ {2，3}，然后，通过推论22，我们得到了Γu（p）（p）和Γu（pr）（pr）都是无环的，所以引理18（iii）应用于矛盾（3）。如果h=2，那么u（p）=u（pr）=ua=2，通过推论22，我们得到Γu（p）（p）和Γu（pr）（pr）都是无环的，因此引理18（iii）适用于矛盾的（3）。如果h=3，则u=2和u（p），u（pr）∈ {2, 3}.

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

2022-5-9 02:32:25

如果u（p）=2，那么通过引理19，我们得到了u（pr）=3，所以Du（pr）（pr）={n}和Du（p）（pr）=. 设V=N\\{N}。因为n是Γu（pr）（pr）中唯一的最大元素，对于每x∈ V，有y∈ N与y>pru（pr）x。注意，如果y等于N，那么从N>pru（pr）x我们将得到x>pu（pr）N，与ninΓu（p）（p）的最大值相对应。因此，在涉及V的一些顶点的Γu（pr）（pr）中存在一个循环。由于引理11，Γu（pr）（pr）是非循环的，因此，这是一个矛盾。如果u（pr）=2，那么前面的论证适用于pr。如果u（p）=u（pr）=3，那么我们应用L emma 11和推论17得出一个矛盾。如果（h，n）=（4，4），那么u=ua=3和u（p），u（pr）∈ {3, 4}. 因此，根据推论22，Γu（p）（p）和Γu（pr）（pr）都是酰基的，因此引理18（iii）适用于矛盾的（3）。如果n=4，那么p=4∈ {3, 4}. 如果u（p）=u（pr）=4，那么通过推论22，Γu（p）（p）和Γu（pr）（pr）都是无环的，我们使用引理18（iii）与（3）相矛盾。如果u（p）=3=u，那么通过引理19，u（pr）=4。通过推论22，我们得到Γu（pr）（pr）是无环的，然后，通过推论15，是连通的。假设存在x∈ V={1,2,3}这样4>pru（pr）x。然后x>pu（pr）4，对4∈ Du（p）（p）。所以，我们有46>pru（pr）x，对于所有x∈ 五、另一方面，从4∈ Du（pr）（pr），我们推断x6>pru（pr）4。因此，4在Γu（pr）（pr）中被隔离，与Γu（pr）（pr）的连接相反。如果u（pr）=3=u，那么前面的参数适用于pr。如果（h，n）=（7，4），那么u=4，ua=5，uG=6和u（p），u（pr）∈ {4, 5, 6}. 如果为u（p），则为u（pr）∈ {5，6}，然后通过推论22，Γu（p）（p）和Γu（pr）（pr）a都是非循环的，我们用引理18（iii）反驳（3）。如果μ（p）=4，那么通过引理19，μ（pr）∈ {5, 6}. 通过推论22，Γu（pr）（pr）是无环的，然后通过推论15，是连通的。总有一天会有x∈ V={1,2,3}使得4>pru（pr）x。

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

mingdashike22

2022-5-9 02:32:28

然后x>pu（pr）4，对4∈ Du（p）（p）。所以，对于所有x，我们有46>pru（pr）x∈ 五、另一方面，fr om4∈ Du（pr）（pr）我们推断，对于所有x，x 6>pru（pr）4∈ V.因此，4在Γu（pr）（pr）中被分离，这与Γu（pr）（pr）的连接无关。如果u（pr）=4，那么前面的参数适用于pr。如果（h，n）=（5，5），那么u=3，ua=4，uG=5和u（p），u（pr）∈ {3, 4, 5}. 如果为u（p），则为u（pr）∈ {4，5}，然后通过推论22，Γu（p）（p）和Γu（pr）（pr）a都是非循环的，我们用引理18（iii）反驳（3）。如果μ（p）=3，那么通过引理19，μ（pr）∈ {4, 5}. 通过推论22，Γu（pr）（pr）是无环的，然后通过推论15，是连通的。假设存在x∈ V={1,2,3,4}使得5>pru（pr）x，然后x>pu（pr）5，对5∈ Du（p）（p）。另一方面，从5∈ 我们推断x 6>pru（pr）5表示所有x∈ V.因此，5在Γu（pr）（pr）中被隔离，而不是Γu（pr）（pr）的连接。如果u（pr）=3，那么前面的论证适用于pr.5.4命题7的证明首先，让我们证明如果（h，n）∈ N\\ T、然后就有了p∈ 使得Du（P）（P）={1}Du（pr）（pr）。If（h，n）∈ N\\ T、然后我们可以应用命题6。然后假设（h，n）∈ T\\T注意T\\T={（h，n）∈ N: h=3，n≥ 4} ∪ {(5, 4), (5, 5), (7, 4)}.If（h，n）∈ N就是h=3，n≥ 4，然后考虑p∈ 定义为P=[1，（5），…，（n），2,3,4]T，P=[1，（5），…，（n），3,4,2]T，P=[4,2,3，（n）。

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

2022-5-9 02:32:31

，（5），1]TThus，u（p）=2和Du（p）（p）={1}，而u（pr）=3和Du（pr）（pr）=N。如果（h，N）=（5，4），则考虑p∈ 定义人1 1 1 2 32 3 4 3 43 4 2 4 24 2 3 1 1因此，u（p）=3和Du（p）（p）={1}，而u（pr）=4和Du（pr）（pr）={1,2,4}。如果（h，n）=（5，5），那么考虑p∈ 定义人1 1 1 5 22 3 4 2 33 4 5 3 44 5 2 4 55 2 3 1 1因此，u（p）=3和Du（p）（p）={1}，而u（pr）=4和Du（pr）（pr）={1,5}。如果（h，n）=（7，4），那么考虑p∈ 定义人1 1 1 1 3 4 22 3 4 2 4 2 33 4 2 3 2 3 44 2 3 4 1 1 1因此，u（p）=4和Du（p）（p）={1}，而u（pr）=5和Du（pr）（pr）={1,2,4}。现在假设（h，n）∈ 并证明它不能被找到∈ P和x∈ N使得du（p）（p）={x} Du（pr）（pr）。根据引理18（i）和16（ii），足以证明Γu（p）（p）和Γu（pr）（pr）都是酰基的。在所有可能的情况下应用推论22。当n∈ {2, 3}; 如果h=2，注意u（p）=u（pr）=ua=2；如果（h，n）=（4，4），注意u=ua=3，因此u（p），u（pr）≥ 3.5.5命题8的证明首先，让我们证明如果（h，n）∈ N\\ T、然后就是p∈ 使得Du（P）（P）6=和Du（P）（P）∩ Du（pr）（pr）6=. If（h，n）∈ N\\ 然后我们可以应用第7条建议。假设（h，n）∈ T\\T注意T\\T={（h，n）∈ N: h=2，n≥ 3} ∪ {（h，n）∈ N: h 6=3，n=3}∪ {(4, 4)}.If（h，n）∈ N就是h=2和n≥ 3，然后考虑p∈ P定义为P=[1,2,3，…，n- 1，n]T，p=[n，1，2，…，n- 1] T.因此，u（p）=u（pr）=2，并且，因为n≥ 3，我们有Du（p）（p）={1，n}6=n。此外，Du（pr）（pr）={n- 1，n}，所以Du（p）（p）∩ Du（pr）（pr）={n}。If（h，n）∈ Nh 6=3，n=3，然后考虑n的比例\\ {3} 给定byH={h=2+3k:k≥ 0}，H={H=1+3k:k≥ 1} ，H={H=3+3k:k≥ 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

2022-5-9 02:32:34

如果h∈ H、然后再考虑p∈ P使得|{i∈ H:pi=[1,2,3]T}|=1+k，|{i∈ H:pi=[3,1,2]T}|=1+k，|{i∈ H:pi=[2,3,1]T}|=k.如果H∈ H、考虑任何p∈ P使得|{i∈ H:pi=[1,2,3]T}|=k，|{i∈ H:pi=[2,3,1]T}|=k，|{i∈ H:pi=[3,1,2]T}|=k，|{i∈ H:pi=[1,3,2]T}|=1。如果h∈ H、考虑任何p∈ P使得|{i∈ H:pi=[1,2,3]T}|=k，|{i∈ H:pi=[3,1,2]T}|=k，|{i∈ H:pi=[2,3,1]T}|=k+1，|{i∈ H:pi=[1,3,2]T}|=2。在上述所有情况下，很容易检查Du（p）（p）={1,3}6=N和Du（pr）（pr）={2,3}，因此Du（p）（p）∩ Du（pr）（pr）={3}6=.如果（h，n）=（4，4），那么考虑p∈ 定义人1 1 4 42 2 2 23 3 3 34 4 1 1因此，u（p）=u（pr）=3，Du（p）（p）={1,2,4}6=N，Du（pr）（pr）={1,3,4}。现在假设（h，n）∈ 并证明它不能被找到∈ 使得Du（P）（P）6=和Du（P）（P）∩ Du（pr）（pr）=.如果n=2，则条件Du（p）（p）6=n等于| Du（p）（p）|=1。自（h，n）∈ 建议7适用。最后让（h，n）=（3，3）。我们证明了，对于每一个p∈ P、我们有M（P）∩ M（pr）= orM（p）=N.固定p∈ P并注意u=2。首先假设存在x∈ N这样{i∈ H:pi（1）=x}至少有两个元素。根据引理25（i）和引理10，Γ（p）是无环的。因此u（p）=2和M（p）=D（p）={1}。根据引理25（ii），我们也有u（pr）=2。因为备选方案1至少两次被备选方案2取代，所以我们得到了1/∈ D（pr）=M（pr）和so M（p）∩ M（pr）=. 如果存在x∈ N这样{i∈ H:pi（3）=x}至少有两个元素，我们将上述参数应用于pr，再次获得M（p）∩ M（pr）=. 然后，我们假设第一名和第三名的备选方案在p中是不同的。在这种情况下，根据引理25（i），Γ（p）是一个3循环，u（p）=3。

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