错指定马氏决策过程的均衡

最后，如果我们对实验稳健的均衡感兴趣，我们可以将注意力限制在一组完美的伯克-纳什均衡上。我们的结果适用于正确指定和错误指定的情况，我们不知道这两种情况之前的一般结果。对于正确的特定情况，我们的结果可以证明文献中的常见假设，即如果强识别成立（或存在弱识别，且对实验稳健的平衡感兴趣），那么代理知道转移概率函数。在误判的情况下，我们的结果显著扩大了可能的应用范围。参考Saliprantis，C.D.和K.C.Border，有限维分析：搭便车指南，Springer Verlag，2006年。Arrow，K.和J.Green，“贝叶斯环境下的期望均衡注释”，数学研究所，社会科学工作文件331973号。Battigalli，P.，米兰博科尼大学内乔奇·内尔·西图阿齐奥尼·西图阿齐奥·西图阿齐奥西亚利地区均衡成分研究所，1987年。Berk，R.H.，“模型不正确时后验分布的限制行为”，《数理统计年鉴》，1966年，37（1），51-58。Brock，W.A.和L.J.Mirman，“最优经济增长和不确定性：贴现案例”，《经济理论杂志》，1972年，4（3），479–513。Bunke，O.和X.Milhaud，“可能不正确模型下Bayes估计的渐近行为”，《统计年鉴》，1998年，26（2），617-644。Burdett，K.和T.Vishwanath，“保留工资和学习的下降”，《经济研究回顾》，1988年，55（4），655-665。Dekel，E.，D.Fudenberg和D.K.Levine，“学习玩贝叶斯游戏”，游戏与经济行为，2004，46（2），282–303。Diaconis，P.和D.Freedman，“关于Bayes估计的一致性”，统计年鉴，1986年，第页。

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IQ（σ）是非空的：Mσ，qi是欧几里德空间（有限集Gr（Γ）上的一个凸紧子集上的线性（因此是连续的）自映射；所以，布劳尔定理意味着不动点的存在。IQ（σ）是凸值的：对于所有α∈ [0,1]和m,m∈ （Gr（Γ）），αMσ，Q[M]+（1）-α） Mσ，Q[M]=Mσ，Q[αM+（1）- α） m]。因此，如果m=mσ，Q[m]和m=mσ，Q[m]，那么αm+（1- α） m=mσ，Q[αm+（1）- α） m]。IQ（σ）是上半连续且紧值的：固定任意序列（σn，mn）nin∑×（Gr（Γ））这样limn→∞（σn，mn）=（σ，m）并且∈ 由于Mσn，Q[mn]=mn，| | M- Mσ，Q[M]| |≤ ||M- mn | |+|Mσn，Q[mn- m] | |+|mσn，Q[m]- Mσ，Q[M]| |。RHS中的第一项因假设而消失。第二项满足度| | Mσn，Q[mn- m] ||≤ ||Mσn，Q | |×| | mn- m | |也消失了。对于第三项，注意σ7→ Mσ，Q[M]是线性映射，supσ| | Mσ，Q[M]| |≤maxs | P（s，x）∈Gr（Γ）Q（s|s，x）m（s，x）|<∞. 因此| | Mσn，Q[M]-Mσ，Q[M]| |≤ K×| |σn-σ| |对于某些K<∞ , 所以它也消失了。因此，m=mσ，Q[m]；因此，IQ（·）有一个闭合图，所以IQ（σ）是一个闭合集。IQ（σ）的紧致性源于（Gr（Γ））。因此，IQ（·）是上半连续的（见Aliprantisand Border（2006），定理17.11）。引理3的证明依赖于下面的断言。本附录中权利要求A、B和C的证据见在线附录。索赔A.（i）对于任何常规SMDP，都存在θ*∈ Θ和K<∞ 这样的话，对我来说∈ （Gr（Γ）），KQ（m，θ）*) ≤ K.（ii）固定任何θ∈ Θ和一个序列（mn）nin（Gr（Γ））使得所有（s，s，x）的Qθ（s | s，x）>0∈ S×Gr（Γ）使得q（S | S，x）>0和limn→∞mn=m。然后是limn→∞KQ（mn，θ）=KQ（m，θ）。（iii）KQis（联合）下半连续：固定任何（mn）和（θn）n，使之成为limn→∞mn=mand limn→∞θn=θ。然后是lim infn→∞KQ（mn，θn）≥ KQ（m，θ）。引理3的证明。

（i） 利用Jensen不等式和ln（·），KQ（m，θ）的严格凹性≥ -P（s，x）∈Gr（Γ）ln（EQ（·| s，x）[Qθ（s | s，x）Q（s | s，x）]m（s，x）=0，当且仅当所有（s，x）的Qθ（·| s，x）=Qθ（·| s，x），使得m（s，x）>0。（ii）ΘQ（m）是非空的：根据权利要求A（i），存在K<∞ 使得最小值在约束集中{θ∈ Θ：KQ（m，θ）≤ K} 。因为KQ（m，·）在紧集上是连续的，所以存在一个极小值。ΘQ（·）是uhc和紧值：固定任何（mn）和（θn）n，使之满足limn→∞mn=m，limn→∞θn=θ，θn∈ 对于所有n，我们建立θ∈ ΘQ（m）（所以Θ（·）有一个闭图，通过Θ的紧性，它是uhc）。假设，为了得到一个矛盾，θ/∈ ΘQ（m）。那么，根据权利要求A（i），存在^θ∈ ε>0，使得KQ（m，θ）≤ KQ（m，θ）- 3ε和KQ（m，^θ）<∞. 根据规则，limj存在（^θj）jj→∞^θj=^θ，对于所有j，Q^θj（s | s，x）>0对于所有（s，s，x）∈ S×X使得Q（S | S，X）>0。我们将证明序列中有一个元素，^θJ，比θngiven mn“做得更好”，这是一个矛盾。因为KQ（m，^θ）<∞, KQ（m，·）的连续性意味着存在足够大的J，使得KQ（m，^θJ）- KQ（m，^θ）≤ ε/2. 此外，对于矩阵a，| | a | |被理解为算子范数。应用于θ=^θ的A（ii）表示存在Nε，Jsuch，对于所有N≥ Nε，J，KQ（mn，^θJ）- KQ（m，^θJ）≤ ε/2. 因此，对于所有n≥ Nε，J，KQ（mn，^θJ）- KQ（m，^θ）≤KQ（mn，^θJ）- KQ（m，^θJ）+KQ（m，^θJ）- KQ（m，^θ）≤ ε，因此KQ（mn，^θJ）≤ KQ（m，^θ）+ε≤ KQ（m，θ）- 2ε. （15） 假设KQ（m，θ）<∞. 根据权利要求A（iii），存在nε≥ Nε，Jsuch thatKQ（mnε，θNε）≥ KQ（m，θ）-ε. 这个结果和（15）一起意味着KQ（mnε，^θJ）≤KQ（mnε，θnε）- ε. 但这与θnε相矛盾∈ ΘQ（mnε）。最后，如果KQ（m，θ）=∞,权利要求A（iii）暗示存在nε≥ Nε，j如KQ（mnε，θNε）≥ 2K，其中k是权利要求A（i）中定义的界限。

但这也与θnε相矛盾∈ ΘQ（mnε）。因此，ΘQ（·）有一个闭图，因此ΘQ（m）是一个闭集。ΘQ（m）的紧性从Θ的紧性派生而来。因此，ΘQ（·）是上半连续的（见Aliprantis and Border（2006），定理17.11）。定理1的证明。设W=∑×（Gr（Γ））×（Θ）并赋予它乘积拓扑（由∑××的欧几里德拓扑给出）（Gr（Γ））和(Θ)). 显然，W6={}. 因为Θ很紧凑，（Θ）在弱拓扑下是紧的；∑和（Gr（Γ））也是紧凑的。因此，根据蒂乔诺·弗夫定理（见Aliprantis and Border（2006）），W在乘积拓扑下是紧的。W也是凸的。最后，W M×rca（Θ），其中M是| S |×|X |实值矩阵的空间，而rca（Θ）是具有弱拓扑的正则Borel符号测度的空间。空间M×rca（Θ）是局部凸的，有一个亚型{（σ，M，u）7族→ pf（σ，m，u）=| |（σ，m）| |+|'Ohmf（x）u（dx）|：f∈ C(Ohm)} （C）(Ohm) 是实值连续有界函数的空间和| |.| |被理解为光谱标准）。此外，我们还观察到（σ，m，u）=0对于所有的f（σ，m，u）=0∈ C(Ohm), thusM×rca（Θ）也是豪斯多夫。让T:W→ 2Wbe使得T（σ，m，u）=∑（`Qu）×IQ（σ）×（ΘQ（m））。注意如果（σ*, M*, u*) 是T的固定点，然后是m*这是一个伯克-纳什均衡。根据引理1，∑（·）是非空、凸值、紧值和上半连续的。因此，每∈ （Θ），∑（\'Qu）是非空的、凸值的和紧值的。此外，由于Qθ在θ中是连续的（通过正则性假设），那么‘Qu在u中是连续的（在弱拓扑下）。从第七题开始→ ∑（Q）是上半连续的，那么∑（`Qu）作为u的函数也是上半连续的。通过引理2，IQ（·）是非空的、凸值的、紧值的和上半连续的。

根据引理3和正则条件，对应关系ΘQ（·）是非空的、紧值的、上半连续的；因此，通信（ΘQ（·））是非空的，上半连续的（参见Aliprantis and Border（2006），定理17.13），紧致值的（参见Aliprantis and Border（2006），定理15.11），以及平凡的凸值的。因此，在乘积拓扑下，对应T是非空的、凸值的、紧值的（根据Tychono ff定理），以及上半连续的（参见Aliprantis and Border（2006），定理17.28）；因此，它有一个闭合图（见Aliprantis and Border（2006），定理17.11）。由于W是局部Hausdorff空间的非空紧凸子集，因此根据Kakutani Fan-Glicksberg定理（见Aliprantis and Border（2006），推论17.55），T存在一个固定点。对于引理5的证明，我们依赖以下定义和主张。莱克*（m） =infθ∈KQ（m，θ）和let Θ是一个稠密集，对于所有θ∈^Θ，Qθ（s | s，x）>0表示所有（s，s，x）∈ S×Gr（Γ）使得Q（S | S，x）>0。这样一个集合^Θ的存在是基于正则性假设的。索赔B.假设限制→∞国民党- mk=0 a.s.-Pf。然后：（i）对于所有θ∈^Θ，limt→∞T-1tXτ=1logQ（sτ| sτ-1，xτ-1） Qθ（sτ| sτ）-1，xτ-1） =X（s，X）∈Gr（Γ）EQ（·| s，x）hlogQ（s | s，x）Qθ（s | s，x）im（s，x）a.s.-Pf。（ii）对于Pf几乎所有h∞∈ H∞还有 > 0和α=（infΘ：dm（θ）≥KQ（m，θ）-K*（m） ）/3，存在这样一种情况：尽管如此≥ T，T-1tXτ=1logQ（sτ| sτ-1，xτ-1） Qθ（sτ| sτ）-1，xτ-1)≥ K*（m） +α表示所有θ∈ {Θ：dm（θ）≥ }, 式中，dm（θ）=inf≈θ∈ΘQ（m）| |θ-~θ||.引理5的证明。必须表现出这种极限→∞Θdm（θ）ut（dθ）=0 a.s.-Pfover H.设K*（m）≡ KQ（m，ΘQ（m））。对于任何η>0，设η（m）={θ∈ Θ：dm（θ）<η}，和^Θη（m）=∩ Θη（m）（集合^Θ在定义6的条件3中定义，即规则性）。我们现在证明u（η（m））>0。根据引理3，ΘQ（m）是非空的。根据^Θ的密度，^Θη（m）是非空的。

θ7的非空性与连续性→ Qθ，意味着存在一个非空的开集Uη（m）。通过全支持，u（η（m））>0。此外，注意任何 > 0，{Θ：dm（θ）≥ } 我很紧凑。这源于Θ的紧性和θ7的连续性→ dm（θ）（由引理3和极大值定理的一个应用给出）。{Θ：dm（θ）的紧性≥ } θ7的下半连续性→ KQ（m，θ）（见索赔人（iii））暗示infΘ：dm（θ）≥KQ（m，θ）=minΘ：dm（θ）≥KQ（m，θ）>K*（m） 。让α≡ （minΘ：dm（θ）≥KQ（m，θ）- K*（m） ）/3>0。同样，让η>0被选择为kq（m，θ）≤ K*（m） 所有θ的+0.25α∈ η（m）（这样的η总是通过θ7的连续性存在→ KQ（m，θ））。设Hbe为H的子集，其中权利要求B中的陈述适用；注意pf（H\\H）=0。从今往后，fix h∞∈ H我们省略了h∞从记谱到减轻记谱负担。通过简单代数和dmis在Θ中有界这一事实，我们可以得出结论 > 0和某些特定的C>0，^Θdm（θ）ut（dθ）=Θdm（θ）Qθ（st | st-1，xt-1） ut-1（dθ）\'ΘQθ（st | st）-1，xt-1） ut-1（dθ）=Θdm（θ）Zt（θ）u（dθ）ΘZt（θ）u（dθ）≤  + C'{Θdm（θ）≥}Zt（θ）u（dθ）\'^Θη（m）Zt（θ）u（dθ）≡  + 猫()Bt（η）。式中Zt（θ）≡Qtτ=1Qθ（sτ| sτ-1，xτ-1） Q（sτ| sτ）-1，xτ-1） =expn-Ptτ=1logQ（sτ| sτ）-1，xτ-1） Qθ（sτ| sτ）-1，xτ-1)o、 因此，有必要表明Lim的支持→∞{exp{t（K）*（m） +0.5α）}At()} = 0（16）和lim inft→∞{exp{t（K）*（m） +0.5α）}Bt（η）}=∞. （17） 关于等式（16），我们首先表明→∞sup{Θ：dm（θ）≥}n（K）*（m） +0.5α）- T-1tXτ=1logQ（sτ| sτ-1，xτ-1） Qθ（sτ| sτ）-1，xτ-1） o≤ 常数<0。为了证明这一点，请注意，根据权利要求B（ii），存在一个T，因此对于所有T≥ T，T-1Ptτ=1logQ（sτ| sτ-1，xτ-1） Qθ（sτ| sτ）-1，xτ-1)≥ K*（m） +α，对于所有θ∈ {Θ：dm（θ）≥ }.

因此，limt→∞sup{Θ：dm（θ）≥}nK*（m） +α- T-1tXτ=1logQ（sτ| sτ-1，xτ-1） Qθ（sτ| sτ）-1，xτ-1） o≤ -α.因此，lim supt→∞{exp{t（K）*（m） +0.5α）}At()}≤ 林监督→∞sup{Θ：dm（θ）≥}出口（K）*（m） +0.5α）- T-1tXτ=1logQ（sτ| sτ-1，xτ-1） Qθ（sτ| sτ）-1，xτ-1)o=0。关于方程（17），通过Fatou引理和一些代数，可以证明Lim影响→∞exp{t（K）*（m） +0.5α）}Zt（θ）=∞ > 0（在θ上逐点）∈^Θη（m）），或等效地，lim inft→∞K*（m） +0.5α- T-1tXτ=1logQ（sτ| sτ-1，xτ-1） Qθ（sτ| sτ）-1，xτ-1)> 0.根据权利要求B（i），lim inft→∞K*（m） +0.5α- T-1tXτ=1logQ（sτ| sτ-1，xτ-1） Qθ（sτ| sτ）-1，xτ-1)= K*（m） +0.5α- KQ（m，θ）（θ上的点方向）∈η（m）。通过我们选择η，RHS大于0.25α，我们的预期结果如下。定理2的证明。对于任何人来说∈ S和u∈ （Θ），letx（s，u）≡ arg maxx∈Γ（s）E|Qu（·s，x）[π（s，x，s）]δ（s，u）≡ 貂皮∈Γ（s）\\x（s，u）nmax∈Γ（s）E|Qu（·s，x）[π（s，x，s）]- E\'Qu（·s，x）[π（s，x，s）]o^δ≡ 最大值分钟，微秒δ（s，微秒），0δ ≡ 最大值δ ≥ 0 |^δ - 2δ1 - δM≥ 0=^δ/M2+^δ/M，其中M≡ 麦克斯（s，x）∈Gr（Γ），s∈S |π（S，x，S）|。通过引理5，对于所有开集U ΘQ（m），limt→∞ut（U）=1 a.s.-Pfin H.也让gτ（H∞)（s，x）=1（s，x）（sτ，xτ）- Mστ（s，x | sτ）-1，xτ-1） 对于任意τ和（s，x）∈Gr（Γ）和h∞∈ H.序列（gτ）τ是一个鞅差，并通过与权利要求B中的证明类似的参数：limt→∞||T-1Ptτ=0gτ（h∞)|| = 上午0点-下午5点。让H*以H为背景，使所有H∞∈ H*以下内容适用：对于所有OpenSet U ΘQ（m），limt→∞ut（U）=1和极限→∞||T-1Ptτ=0gτ（h∞)|| = 0.注意pf（H\\H*) = 0.从今以后，fix和h∞∈ H*, 我们从符号中省略了它。我们首先确定∈ 智商（σ）。请注意- Mσ，Q[M]k≤ 公里- mtk+国民党- Mσ，Q[M]kwhere（s，x）7→ Mσ，Q[p]（s，x）≡P~s，~x∈任意p的Gr（Γ）Mσ（s，x |s，~x）p（~s，~x）∈ （Gr（Γ））。通过稳定性，RHS中的第一项消失，因此有必要表明→∞||mt-Mσ，Q[M]| |=0。