说服积极的思考者

让我们也来定义а的勒让德-芬切尔共轭物，表示为а*, 由*（y） =maxx∈Rx y- 对于任何y∈ R.那么，以下命题成立。提议6。对于任何θ，受试者的信念由后u下的动作a所激发，唯一满足а′udηdu（θ）¨=ρu（a，θ）∈ Θ，任何a∈ A和任何∈ （Θ），而接受者的最佳心理回报等于ψa（u）=ρZΘ*ρu（a，θ）×u（dθ），对于任何a∈ A和任何∈ (Θ).证据这个命题是Broniatowski and Keziou（2006）定理4.4的直接应用。B对首选结果过于乐观a∈ A和l表示（可测量的）一组状态，使得ΘA=argmaxθ∈Θu（a，θ）。定义δ（a，θ）=u（a，θ）- u（a，θ）*) 对于所有θ和一些θ*∈ Θa.注释ηa（u）（Θa）可表示为：ηa（u）（Θa）=ZΘaexp→ρu（a，θ）、u（dθ）ZΘexp→ρu（a，θ）、u（dθ）=u（Θa）u（Θa）+ZΘaexp（ρδ（a，θ））u（dθ）。让我们定义任意ρ的函数h（ρ）=u（Θa）u（Θa）+ZΘaexp→ρδ（a，θ）×u（dθ）∈ R*+.首先，注意h（0）=u（Θa）。此外，根据莱布尼兹积分规则，我们有h′（ρ）=-u（Θa）ZΘ\\Θaδ（a，θ）exp.ρδ（a，θ）×u（dθ）≥ 0表示任何ρ∈ R*+, 因为δ（a，θ）≤ 最后，我们还有limρ→+∞h（ρ）=1。因此，通过贝叶斯后验概率u（Θa），p分期付款最大化的概率在下方增加，并从下方收敛到1。因此，WishfullReceiver总是比Bayes事件对Θatha施加更多的概率质量，并且当ρ变大时，该状态以概率1持续到Θa。C证明引理1让我们研究信念阈值u的性质是ρ和回报的函数。首先，让我们定义函数uW（ρ）=exp（ρu）- exp（ρu）exp（ρu）- exp（ρu）+exp（ρu）- exp（ρu）。对于任何ρ∈ R*+.

为了避免注释负担，我们在证明中省略了上标W。我们可以通过应用l\'H^opital的规则Limρ来确定u（ρ）在0处的极限→0u（ρ）=limρ→0uexp（ρu）- uexp（ρu）uexp（ρu）- uexp（ρu）+uexp（ρu）- uexp（ρu）=u- uu- u+u- u=uB。因此，每当失真成本变得非常高时，我们都会使用贝叶斯接收机。乘以exp(-ρu）在u（ρ）的分子和分母r处，我们得到u（ρ）=1- exp（ρ（u）- u） ）1- exp（ρ（u）- u） ）+exp（ρ（u）- u） )- exp（ρ（u）- u） ）。因此，uWat单位的极限仅取决于u的符号- uas，根据假设，美国- u<0和u- u<0。因此，limρ→+∞u（ρ）=1时- u<0和limρ→+∞u（ρ）=0时- u> 0。最后，在u=uwe-havelimρ的情况下→+∞u（ρ）=limρ→+∞1.- exp（ρ（u）- u） ）2- exp（ρ（u）- u） )- exp（ρ（u）- u） ）=。现在让我们检查函数的变量。在对ρ和重新排列项进行微分后，可以注意到u（ρ）的导数必须验证以下具有变化系数u′（ρ）=α（ρ）u（ρ）（1）的逻辑微分方程- u（ρ）），其中α（ρ）=uexp（ρu）- uexp（ρu）exp（ρu）- exp（ρu）-uexp（ρu）- uexp（ρu）exp（ρu）- exp（ρu），对于所有ρ∈ R*+, 与初始条件u（0）=uB一起。因此，α完全精确表示u（ρ）的变量。让我们研究函数αdefinedon R的性质*+. 首先，仍然应用l\'H^opital法则，它的极限由Limρ给出→0α（ρ）=u-U- （u）- u） =（u）- u） andlimρ→+∞α（ρ）=u-u=umax。其次，在重新排列项之后，其导数由α′（ρ）=（u）给出- u） cosh（ρ（u）- u） )- 1.-（u）- u） cosh（ρ（u）- u） )- 1，对于任何ρ∈ R*+, 其中cosh是由cosh（x）=ex+e定义的双曲余弦函数-x、 对于任何x∈ R.注释定义为f（x）=xcosh（ρx）的函数- 1（9）是严格减少的*+. 因此，我们得到了α′（ρ）<0，因此严格地减少了所有ρ∈ R*+只要你- u> u- U

因此，当且仅当u6=uandu6=u时，α始终是严格单调函数。因此，对于所有ρ，不包括u=uandu=usoα′（ρ）=0和u（ρ）=ub的极端情况∈ R*+, 出现了三种有趣的情况，所有这些都在图7中描述了不同的支付矩阵：（i）如果umax<0，函数α对任何ρ都有一个常数符号∈ R*+当且仅当u<u时，在这种情况下，uWis严格地从uBto减少到0。在u>u的情况下，α具有不同的sig n，因此从u波段开始的uWstarts依次严格增加，并朝着0严格减少。（ii）如果umax=0，函数α对任何ρ都有一个常数符号∈ R*+. 在这种情况下，当且仅当u>u时，函数α从uBto严格增加到1/2。（iii）如果umax>0，函数α对任何ρ都有一个常数符号∈ R*+当且仅当u>u时，在这种情况下，uw严格地从ub增加到1。在u<u的情况下，α有一个干燥符号，因此从u带开始的uW部分依次严格减少，并严格增加到1。因此，如果ρ中的μW是非单调的，则总是存在一些ρ>0，例如μW（ρ）=μB。这就是证明的结论。umaxραu>uand u>uu<uand u>uu<uand u<uρuB′uB′uBρW（a）在umax<0时起α和uW的作用。当umax=0时，umaxραu>uu<uuB1/2uB′ρuW（B）函数为α和uW。当umax>0时，umaxραu>uand u>uu>uand u<uu<uand u<uρuB′uB′uBρW（c）函数为α和uW。图7：不同支付材料（uθa）a，θ的函数α和uw∈A×Θ。当命题2假设|Θ| n的uW<uB.D证明为2时，一厢情愿的接受者青睐动作a=1≤ N≤ ∞.

我们想证明这一点B Wif，且仅当支付矩阵（u（a，θ））（a，θ）∈对于每对状态θ，θ′，A×Θ和愿望ρ至少验证了表1中的属性（i）、（ii）或（iii）中的一个∈ Θ.极限点表示乐队首先，请注意邦德R|Θ|中的两个凸多面体由Ba=(Θ)∩(u ∈ R |Θ|：a′∈ A、 Xθ∈Θu（a，θ）u（θ）≥Xθ∈Θu（a′，θ）u（θ）），以及Wa=(Θ)∩(u ∈ R |Θ|a′∈ A、 Xθ∈Θexp→ρu（a，θ）×u（θ）≥Xθ∈Θexp→ρu（a′，θ）×u（θ））。布景邦德Baare thu在R |Θ|中的紧凸集，有很多极值点。现在，让我们来描述乐队W、 Foranyu∈ R |Θ|，定义方程式b·u=b，u的系统≥ 0andAW·u=b，u≥ 0b=uB（θ）。。uB（θn）1。。。1.,安达布=uW（θ）。。uW（θn）1。。。1.,是2×n矩阵，其中uB（θ）=u（1，θ）-u（0，θ）和uW（θ）=exp（ρu（1，θ））-exp（ρu（0，θ））对于任何θ∈ Θ，和b=.在下列情况下，我们总是假设（uB（θ））θ∈Θ和（uW（θ））θ∈Θ是这样的：秩（AB）=秩（AW）=2。让我们回顾一些数学预科。定义2（基本可行解决方案）。设θ，θ′∈ Θ可以是任何一对状态。向量*AB·u=b（分别为AW·u=b）、u≥ 0，对于θ，如果AB·u*= b（分别为AW·u=b），u*(θ),u*（θ′）>0和u*（θ′）=0表示任何θ′6=θ，θ′。引理2（凸多面体的极值点表示）。向量∈ R |Θ|是凸多面体的一个极值点B（分别为。B） 当且仅当u是AB·u=B的基本可行溶液，u≥ 0（分别为AW·u=b，u≥ 0).证据SeePa nik（1993）定理8.4.1。因此，要找到B、 我们只需要解方程组u（θ）uB（θ）+u（θ′）b（θ′）=0u（θ）+u（θ′）=1u（θ），u（θ′）≥ 0（10）对于任何一对状态θ，θ′。当u（θ）=0或u（θ′）=0时，（10）的解由狄拉克测度Δθonly i f uB（θ）给出≥ 0

表示这种信念的集合。然后，集合EBT对应于退化信念集合，在该集合下，Bayesian接收者将采取行动a=1。现在，如果u（θ），u（θ′）>0，那么（10）的解由uBθ，θ′=u（0，θ′）给出- u（1，θ′）u（0，θ′）- u（1，θ′）+u（0，θ）- u（1，θ）。这种信念正是在δθ和δθ′之间的单纯形边缘上的信念，贝叶斯决策者在动作a=0和a=1之间是无关紧要的。表示这些信念的集合。因此，我们有了Ext(B） =EB∪ IB.这相当于假设各州之间的回报不是恒定的。按照相同的程序，将EW给出的Wis∪ IW，其中Ew是退化信念的集合，其中uW（θ）≥ 0和iw是一组置信度uWθ，θ′（ρ）=exp（ρu（0，θ′）- exp（ρu（1，θ′）exp（ρu（0，θ′）- exp（ρu（1，θ′）+exp（ρu（0，θ））- exp（ρu（1，θ）），对于任何θ，θ′∈ Θ. 现在，应用Krein-Milman定理，我们可以说明B=co-EB∪ IBc和W=co-EW∪ 信息工作能力。假设收益矩阵（u（a，θ））（a，θ）∈A×Θ和愿望ρ验证引理1中每对状态θ，θ′的至少一个性质（i）、（ii）或（iii）∈ Θ.因此，对于任何θ，θ′，我们都有uWθ，θ′（ρ）>uBθ，θ′∈ Θ. 这意味着IB W、 sin-ceaction a=1在单纯形的每一条边上都有一个如愿以偿的接收者。此外，EB=EW这三个变量都是令人满意的。因此，由于B可以写成EB中p o INT的凸组合∪ IB W、 因此B W.必要性。现在假设B W

因此，对于任何θ，θ′，我们都有uWθ，θ′（ρ）>uBθ，θ′∈ 这意味着（u（a，θ））（a，θ）∈对于每对状态θ，θ′，A×Θ和愿望ρ至少验证了表1中的属性（i）、（ii）或（iii）之一∈ Θ.E命题5的证明首先，请注意，我们总是可以按β的升序对投票者进行索引，例如η（u，βi）≥ ηj（u）表示所有u∈ （Θ）每当i<j，使得π（u）=n-1Xi=1nXj=i+1η（u，βi）- η（u，βj）确实代表了每对信念之间的绝对差异。现在，请注意，总和可以按以下方式重新排列：π（u）=n-1Xi=1nXj=i+1η（u，βi）- η（u，βj）=（n- 1） η（u）+（n）- 2 )η(u) - η（u）+·+n- 1η（u，βm）-N- 1η（u，βm）+··+η（u，βn）-1) - （n）- 2） η（u，βn）-1) - （n）- 1） ηn（u）=mXi=1（n+1- 2i）（η（u，βi）- η（u，βn+1）-i） ），任何情况下∈ [0,1]，其中m=（n+1）/2。也就是说，我们可以用距离中位数相等的选民之间的信仰差异来表达。为了证明这是真的，我们首先需要意识到，每一种信念似乎都是正确的-1次不等式（6）（因为每个信念与另一个信念配对一次）- 1）信仰）。中位数以下选民的信念往往是积极的而不是消极的（第一个选民的信念在所有配对中都是积极的，第二个选民的信念在所有配对中都是积极的，除了与第一个选民的配对，等等），而中位数以上选民的信念往往是消极的而不是积极的。如果我们重新排列总和的项，以便配对对称选民，则项（η（u，β）-ηn（u））出现-1倍，而术语（η（u）-η（u，βn）-1） ）出现在-3次，然后离开- 1倍η（u）出现在方程式（6）中，n-其中2个是正的，1个是负的（η（u，βn）正好相反）-1)). 我们可以继续对所有对称选民进行同样的推理，并得出上述π（u）的公式。

还要注意的是，中间选民的信念是以相同的速率加和减的，因此在我们衡量两极分化时，它并不重要。考虑任何一对对称的选民的信念之间的关系-η（u，βn+1）-i） 因为我∈ {1，…，m}。考虑到我们的对称性假设，这两个代理是一个重新对称的ic，因此βi=1- βn+1-i、 当代理i向上扭曲其信念，并且代理N+1时，如果想要证明这些成对距离中的任何一个都是最大的，这是不可靠的- 我正在向下扭曲它的信念。当我∈ [uW（βi），uW（βn+1-i） ]。首先，在这样一个区间内对称信念之间的距离可以重写为η（u，βi）- η（u，βn+1）-i） =uexp（ρβi）uexp（ρβi）+（1）- u)-uu + (1 - u）exp（ρβi）。无论如何，我∈ {1，…，m}和u∈ [uW（βi），uW（βn+1-i） ]。其次，通过在这个时间间隔内获取一阶条件并重新排列，我们得到u+（1）- u）exp（ρβi）uexp（ρβi）+（1- u）=1，使得对称信念之间的差异在u=uW（βm）=时唯一地最大化，对于任何i∈ {1，…，m}，βi∈ ]0,1[和任何ρ∈ R*+. 因为uW（βm）=arg maxu∈[0,1]η（u，βi）- η（u，βn+1）-i） 无论如何，我∈ {1，…，m}，我们得到uW（βm）=arg maxu∈[0,1]π（u），这是证明的结论。为了证明命题4，我们首先定义函数ψ（z）=1- F（z）zθzexp（ρθ）F（θ）dθ，对于任何z∈ [θ，θ]并采用ψ（θ）=exp（ρθ）的约定。不难看出ψ是从ψ（θ）=^x<1t到ψ（θ）=exp（ρθ）的连续严格递增函数。类似地定义函数ψ（z）=1- F（z）zθzθF（θ）dθ，对于任何z∈ [θ，θ[和ˋ（θ）=θ.aga in，不难证明ˋ是从ˋ（θ）=^m<0到ˋ（θ）=θ的连续且严格递增的函数。由于ψi严格递增，因此有必要证明ψ（θB）>1=ψ（θW）证明θW<θB。

应用Jensen不等式，可以得出任意z的ψ（z）>exp（ρφ（z））∈ ]θ、 θ[，其中严格不等式来自z 7的严格凸性→exp（ρz）与F的非简并性。特别是，Jensen的不等式在θ和θ处相等，但根据中间值定理，θB（以及θW）必须位于开区间]θ，0[。因此，我们有ψ（θB）>1，因为ψ（θB）=0，θB6=θ，θ。