具有随机初始定律的竞赛中的赌博

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。

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, . . .

，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）。

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。

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。

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。

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.

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）。

设置yk=sup{y<xk:ρσ（y）≥ρν（y）}，然后是yk∈ （xk+1，xk）。此外，R（x），Cν（x）- 定义在[xk+1，xk]上的Cσ（x）在端点处为零，具有不减损的二阶导数，在[xk+1，yk]上为凹形，在[yk，xk]上为严格凸形（见图6）。让zk∈ （xk+1，yk）是唯一的值，使得R（zk）=R（yk）。ThenR′（xk+1）≥ R′（zk）>0和R′（yk）<R′（xk）≤ 0.设置H（x）=R（yk- 十）-[0，yk]上的R（yk）-zk]。然后利用命题5.2，我们得到R′（zk）≥|R′（yk）|。因此，βν，k+1- βσ，k+1=R′（xk+1）≥ R′（zk）≥ |R′（yk）|>R′（xk）|=βσ，k-βν，k>0。回到命题7.1的证明上来。利用引理7.1，我们构造了点的递减序列（xk）k≥1在哪个位置- Cσ改变符号。此外，|C′ν（xk）- C′σ（xk）|=|βν，k- βσ，k|≥ θ. 让x∞= 林克↑∞xkthenx∞≥0.观察这个极限↑∞（βν，k）-βσ，k）=C′ν（x）∞) -C′σ（x）∞) 存在。然而，林素福↑∞（βν，k）- βσ，k）≥ θ>0和lim infk↑∞（βν，k）- βσ，k）≤ -θ<0，图6。R（x）的图。因为R′（x）=ρν（x）- ρσ（x）在（xk+1，xk）上是不减的，R′（yk）=0，R在[xk+1，yk]上是凹的，在[yk，xk]上是严格凸的。SinceR′（x）=C′ν（x）- C′σ（x），R′（xk+1）=βν，k+1-βσ，k+1>0和R′（xk）=βν，k-βσ，k<0。然后R′（yk）<R′（xk）<0，并且存在唯一的zk∈ （xk+1，yk）使得R（zk）=R（yk）。此外，R′（xk+1）≥ R′（zk）>0.26h.FENG和D.hobson这是一个矛盾。因此，集合A中不可能有不同的元素ν和σ*u.上述假设是基于Cν（x）=Cσ（x）>Cu（x）的假设。现在假设Cν（x）=Cσ（x）=Cu（x）。回想一下，在x左边的一个区间上，Cν>Cσ。设x=sup{x<x:Cν（x）=Cσ（x）}。然后x∈[0，x）和Cν（x）>Cσ（x）。假设Cν（x）=Cσ（x）=Cu（x）。然后，根据命题5.3，C′ν（x）=C′σ（x）和C′ν（x）=C′σ（x）。由于C′ν是线性的，而C′σ在（x，x）上是凹的，因此C′ν（x）≤所有x的C′σ（x）∈ [x，x]，这是一个传统。

因此，Cν（x）=Cσ（x）>Cu（x）。现在从x开始构造，而不是从x开始，我们在前面讨论的相同情况中。特别是，集合A中不能有不同的元素ν和σ*u. 附录：定理2对称性灰平衡条件的必要性。1.首先，我们认为∈ P是一个对称的纳什均衡，我们必须有ν=u。我想不会吧。然后ν<u。设α为T（·）=0的唯一解，其中T（x）=Pu（x）- x+v。有两种情况；Pν（α）=Pu（α）=α-ν或Pν（α）>Pu（α）。我们首先考虑第二种情况；第一个病例恶化，随后将进行治疗。假设Pν（α）>Pu（α）。然后Pν（x）≥ 十、-ν>Pu（x）在（α，∞) ε：=infx≥α[Pν（x）- Pu（x）]>0。其目的是构造一个区间（γ，β），并通过将该区间中的ν的质量移动到右端点来修改ν，同时保留可容许性属性。然后，当与目标法则为ν的代理对抗时，更倾向于使用修改后的度量。考虑x上定义的Q（·）≥α乘以Q（x）=Pν（x）-ε. 那么Q是非负的。