折扣随机对策中的平稳马氏完美均衡

我们需要证明S在λ下没有G原子。修复任何Borel子集D λ（D）>0的S。有一个从（D，SD）到（L，B）的可测映射α，使得α可以生成σ-代数SD，其中L是赋予Borelσ-代数B的单位区间。设g（h，r）=h表示每个（h，r）∈ D、 Dh={r:（h，r）∈ D} 和HD={h∈ H:νH（Dh）>0}。表示每个h的gh（·）=g（h，·）和αh（·）=α（h，·）∈ 高清。定义映射F:HD×L→ [0,1]如下所示：f（h，l）=νhα-1h（[0，l]）νh（Dh）。同样地，对于每个h，表示fh（·）=f（h，·）∈ 高清。对于κ-几乎所有的h∈ HD，νhimpliesνh的无原子性o α-1h（{l}）=0表示所有l∈ 因此，分布函数fh（·）对于κ-几乎所有h在L上是连续的∈ 高清。设γ（s）=f（g（s），α（s））对于每个s∈ D、 D=γ-1（[0，]），这是D的一个集合，表示h∈ HD，让我成为麦克斯{l∈ L:fh（L）≤} 如果fh是连续的，否则为0。当fh连续时，fh（lh）=1/2。对任何人来说∈ H、 letD=（E×R）∩ D、 E=E∩ 高清。如果λ（D）=0，那么λ（D\\D）=λ（D）=ZHDνho α-1小时o F-1小时[0,]κ（dh）=ZHDνhα-1h（[0，lh]）κ（dh）=ZHDf（h，lh）νh（dh）κ（dh）=ZHDνh（dh）κ（dh）=λ（D）>0。如果λ（D）>0，那么λ（D\\D）=ZEZRD\\D（h，r）νh（dr）κ（dh）=ZEνho α-1小时o F-1小时(, 1]κ（dh）=ZEνho α-1小时o F-1小时[0, 1] \\ [0,]κ（dh）=ZEνh（dh）κ（dh）=λ（D）>0。因此，D不是G原子。因此，S没有G原子，且满足粗跃迁核的条件。8.5命题证明假设状态跃迁的无原子部分满足关于某些概率测度λon（S，S）的可分解粗跃迁核条件。给定状态转移Q（s，x）的形式，λ的无原子部分集中在Sa=[0，1）上，而λ在Sl={1}上有一个原子。对于隐式性，我们替换第5节中使用的符号（Sa，SSa，λ| Sa）。设)Sbe Sa=[0，1]，)λ限制λ| | s，以及)s上的Borelσ-代数。

对于某些正整数J，Radon-Nikodym导数)q（)s | s，x）（)s∈（无原子部分）~Q（S，x）U（S，1）相对于λ（以及∧λ）的∧S）可以表示为1≤J≤对于任何s，J ~qj（~s，s，x）ρJ（~s）∈ S和x∈ 十、 当e~qjis乘积可测时，~qj（·，s，X）和ρj（·）在负和∧可积上为n。此外，对于一些在<<S=[0，1]上的<<S的次σ代数G，>>qj（·，S，x）对于每个j，S，x是G-可测的，并且>>S在>>λ下没有G-原子∈ [0,1），以及一个动作文件XP，其中p层C、C′、D和D′播放策略1；然后Q（s，x）=（1-s） 。从上面的段落可以看出，u（s，1）是关于λ的绝对连续的u（s），与相应的g RadonNikodym导数q（~s | s）（~s）是绝对连续的∈ [0,1]）为1≤J≤J（1）-s） ~qj（~s，s，x）ρj（~s）。表示（1）-s） qj（s，s，x）乘以qj（s，s）。然后，我们有q（~s | s）=P1≤J≤Jqj（~s，s）ρj（~s）对于任何~s∈ [0，1），其中qj（·，s）是G-可测的。从上一段可以看出，勒贝格测度η=U（0，1）相对于λλ与相应的Radon-nikodym导数q（·| 0）是绝对连续的（为了简单起见，用¨q（·）表示）∈ [0,1]：q（~s）>0}。然后∧（~D）>0和η（~Dc）=R＠Dc＠q（~s）~λ（D＠s）=0，其中＠dcs是[0,1]中集合＠D的补项。U（s，1）对[0,1）上的勒贝格测度η的Radon-Nikodym导数为：q（~s＠s）=1.-ss∈ [s，1），0s∈ [0，s）。因此，U（s，1）关于∧λ的Radon-Nikodym导数q（·s）可以表示为^q（·s）’q（·因此，我们得到了q（·s | s）=^q（·s）’q（·s）=P1≤J≤Jqj（~s，s）ρj（~s）对于任何~s∈ [0,1）.表示Dj={s∈~D:ρj（~s）=0}表示1≤ J≤ J.因为所有的q（~s）>0∈~D和^q（~s | s）>0表示0≤ s≤ ~s<1，我们必须∩1.≤J≤JDj=, 因此∧∩1.≤J≤JDj= 0.首先假设所有j的∧λ（Dj）=0。让¨D=∪1.≤J≤JDj；那么λ（\'D）=0。修正s′∈ [0,1）.设Ej={s∈~D:qj（~s，s′）=0}和E=∩1.≤J≤杰。

ThenEj∈ GD为1≤ J≤ J、 因此E∈ GD.适用于任何s∈ [s′，1）∩因为q（~s|s′）=q（~s|s′）-q（~s）>0，所以存在1≤ J≤ 使得qj（|s′）大于0，这意味着/∈ 内贾德/∈ 因此，E [0，s′）∩对于任何∈（[0，s′）∩~D）\\\'D, 对于每个1，我们有q（~s|s′）=0和ρj（~s）>0≤ J≤ J、 这意味着每1的qj（|s′）=0≤ J≤ J、 以及∈ E.也就是说，（[0，s′）∩~D）\\\'D E.因此，λ（E）△（[0，s′）∩~D））=0。因此，[0，s′）∩~D∈ 所有s′的GD∈ [0，1）.由于区间类{[0，s′）}s′∈[0,1]在[0,1]上生成了Borelσ-代数，我们得到了G＠D与＠S＠Dunder＠λ的关系。因此，＠S在＠λ下有一个G原子＠D。这是一个矛盾。接下来假设＠λ（Dj）=0不适用于所有j。然后存在一个S et，sayD，使得＠λ（D）>0。设Z={K {1，…，J}:1∈ K、 λ（DK）>0}，其中DK=∩J∈KDj。因此，{1}∈ Z、 Z为有限，n为空。设Kbe为Z中包含大多数整数的元素；就是，K≥K对于任何K∈ Z、 在哪里K是K的心度。由K的定义，λDK> 0.设Kc={1，…，J}\\K.那么Kc是非空的sin ce∧∩1.≤J≤JDj= 0.此外，λDK∩ 流行音乐播音员= 0代表任何j∈ Kc。否则，λDK∩ 流行音乐播音员> 0代表一些j∈ KCS和etK∪ {j} 在Z中，这与K的选择相矛盾。Let^D=∪K∈KcDK∩ Dk;那么∧（^D）=0。对所有人来说∈ DK，q（~s | s）=Pk∈所有s的Kcqk（~s，s）ρk（~s）∈ [0,1）.修正s′∈ [0,1.L et Ek={s∈~D:qk（~s，s′）=0}和EKc=∩K∈KcEk。然后是埃克∈ Gd适用于任何k，因此适用于EKc∈ GD.适用于任何s∈ [s′，1）∩~D，因为q（~s|s′）大于0，所以存在k∈ 使qk（~s，s′）大于0，这意味着/∈ 埃坎德斯/∈ EKc。因此，EKc [0，s′）∩~D和EKc∩ DK [0，s′）∩ DK。现在，对于任何∈[0，s′）∩ DK\\^D, 对于eachk，我们有q（~s|s′）=0，ρk（~s）>0∈ Kc，这意味着每k的qk（~s，s′）=0∈ Kc和s∈ EKc。就是，[0，s′）∩ DK\\^D EKc∩ DK。

因此，（[0，s′）∩ DK）\\（EKc∩ DK）^D，和∧（EKc）∩ DK）△（[0，s′）∩ DK）= 因此，[0，s′]∩ DK∈ GDKfor alls\'∈ [0，1）.由于区间类{[0，s′）}s′的存在∈[0,1]在[0,1]上生成了Borelσ-代数，我们得到了GDKcoincides与SDKunderλ。因此，在λ下有一个G原子dk。这又是一个矛盾。8.6命题的证明4和5命题的证明4.定义一个对应={0,1}s∈ D{0}s/∈ D.我们声称I（S，G，λ）G6=I（S，G，λ）co（G）。设g（s）=D，其中1d是集合D的指示函数。然后，对co（g）进行s-可测选择。如果存在S-可测选择gof G，使得Eλ（G | G）=Eλ（G | G），那么存在asubset D D使得g（s）=1D。因为D是G原子，对于任何S-可测子集E D、 有一个子集E∈ G使得λ（E）△（E）∩ D） ）=0。然后λ（E）∩ D） =ZSE（s）g（s）λ（ds）=ZSEλEDg | Gdλ=ZSEEλg | gdλ=ZSEEλg | gdλ=ZSEDdλ=λ（E）∩ D） =λ（E）。因此，通过选择E=D，λ（D）=λ（D）>0。然而，通过选择E=D，λ（D）=λ（D），这意味着λ（D）=0。这是一个矛盾。命题5的证明。假设存在一个S-可测选择g of g，使得任意n的Eλ（gρn | F）=0≥ 0.然后存在一个集合E∈ 就是这样=1s∈ E-1s/∈ E.因此，λ（E）- λ（Ec）=ZSgρdλ=ZSEλ（gρ| F）dλ=0，这意味着λ（E）=。此外，ZSgndλ=ZSgρndλ-ZSg dλ=ZSEλ（gρn | F）dλ- 每n 0=0≥ 1，与以下条件相冲突：{n} n≥0是一个完全正交的茎。参考文献[1]C.D.Aliprantis和K.C.Border，有限维分析：AHitchhiker指南，柏林斯普林格，2006年。[2] R.Amir，《资本积累与凸转移的连续随机博弈》，博弈与经济行为15（1996），111–131。[3] R.Am ir，《折扣随机博弈中的互补性和对角优势》，运筹学年鉴114（2002），第39-56页。[4] R。

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