几乎完全信息的动态游戏

，xkt-1） }和ρm（hkt-1，ξk）∈ Ξmt（香港时间）-1） 对于每个k，ρm（hkt-1，ξk）弱收敛于ρm（h）∞T-1,ξ∞). 因此m（香港时间）-1，ξk）弱收敛于m（h）∞T-1,ξ∞), 这意味着MTI在Xt上部分降低h，并持续-1.因此，mt是非空的，紧值的，在Xt上是分段连续的-1对于任何m≥ t、 （2）我们证明了这一点它是非空的、紧值的，并且在Xt上是连续的-1.显而易见它是非空值的，我们首先证明它是紧值的。给定ht-1和序列{τk} t（ht）-1） 存在一个{ξk}k序列≥1使ξk=（ξk，ξk，…）∈ Υ和τk=（ht）-1，ξk）对于每个k.By（1），Ξtti是紧凑的。然后存在一个可测映射，使得（1）gt=（ξ，…，ξt-1，gt，ξt+1，…）∈ 和（2）ρt（ht-1，ξk）弱收敛于ρt（ht）-1，gt）。注意，{ξkt+1}是M（At+1）的一个Borel可测选择。根据L emma13，有一个Borel可测选择gt+1 of M（At+1），这样就有一个{ρt+1（ht）的子序列-1，ξk）}，say本身，弱收敛于ρt+1（ht）-1，gt+1），其中gt+1=（ξ，…，ξt-1，gt，gt+1，ξt+2，…）∈ Υ.重复这个过程，可以构造一个Borel可测映射g，比如ρ（ht-1，g）是{ρ（ht）的收敛点-1，ξk）}。因此（ht）-1，g）是{（ht）-1，ξk）}。断层上半连续性t遵循与上述类似的论点。特别是考虑到-1和序列{xk，xk，…，xkt-1}  Ht-1（圣-1） 叉子≥ 0.让香港电讯-1=（st）-1，（xk，xk，…，xkt）-1)). 假设（xk，xk，…，xkt-1) →（x，x，…，xt）-1). 如果{τk} t（香港时间）-1） 为了k≥ 1和τk→ τ、 那么我们可以证明τ∈ t（ht）-1） 通过重复上述证明中类似的论点。最后，我们考虑了t、 假设τ∈ t（ht）-1). 然后存在一些ξ∈ Υ使得τ=（ht）-1,ξ). 表示∧τm=m（ht）-1,ξ)∈ mt（ht）-1） 为了我≥ T

像mt是连续的，对于每m，存在一些ξm∈ Υ以至于(m（hkmt）-1，ξm），τm）≤M对于kmsu非常大，其中D是Prokhorov度量。设τm=（hkmt）-1，ξm）。然后τm很弱地收敛到τ，这意味着这是一个局部低半连续的。定义对应关系Qτt:Ht-1.→ Rn++如下：Qτt（ht-1) ={RQm≥t（Xm×Sm）u（ht-1，x，s）（ht）-1，ξ）（d（x，s））：（ht）-1,ξ)∈ t（ht）-1)}; t>τ；Φ（Qτt+1）（ht）-1） t≤ τ.表示Q∞t=∩τ ≥1Qτt引理19。对于任何t，τ≥ 1，Qτ是有界的，可测的，非空的，紧值的，并且在Xt上基本上是分段上半连续的-1.证据。我们分三步证明引理。第一步。修正t>τ。我们将在Xt上显示Qτ有界、非空、紧值且分段上半连续的th-1.Qτ的有界性和非空性是明显的。我们将证明qτ在Xt上是分段上半连续的-1.考虑到-1和序列{xk，xk，…，xkt-1}  Ht-1（圣-1） 为了k≥ 0.让香港电讯-1=（st）-1，（xk，xk，…，xkt）-1)).假设ak∈ Qτt（hkt）-1） 为了k≥ 1，（xk，xk，…，xkt）-1) → （x，x，…，xt）-1） 安达克→ a、 我们需要证明∈ Qτt（ht）-1).根据定义，存在一个序列{ξk}k≥1Soch thatak=ZQm≥t（Xm×Sm）u（hkt）-1，x，s）（香港时间）-1，ξk）（d（x，s）），其中ξk=（ξk，ξk，…）∈ Υ每k.As它在Xt上是紧值且分段连续的-1.存在一些问题（ht）-1,ξ)∈ t（ht）-1） 以及一系列（香港时间）-1，ξk），它弱收敛于（ht）-对于ξ=（ξ，ξ，…）∈ Υ.我们将展示a=ZQm≥t（Xm×Sm）u（ht-1，x，s）（ht）-1，ξ）（d（x，s））。为此，我们只需要证明，对于任何δ>0，A.-ZQm≥t（Xm×Sm）u（ht-1，x，s）（ht）-1，ξ）（d（x，s））< δ. （3） 由于博弈在本质上是连续的，因此存在一个正整数M≥ t求任意m>m的wm<δ。对于每个j>M，通过引理4，存在一个可测选择ξ′jof M（Aj），使得ξ′jis在Xj上是分段连续的-1.

嗯→Qm>M（Xm×Sm）是由（ξ′M+1，ξ′M+2，…）引起的跃迁概率和{f（M+1）0，f（M+2）0，…}。通过引理9，μ是可测量的，并且在XM上是连续的。LetVM（ht）-1，xt，xM，圣，sM）=ZQm>M（Xm×sM）u（ht-1，xt，xM，圣，sM，x，s）du（x，s | ht-1，xt，xM，圣，sM）。那么vm是有界的和可测的。此外，VMI在XMby引理14上是分段连续的。对于任何k≥ 0，我们有ZQm≥t（Xm×Sm）u（hkt）-1，x，s）（香港时间）-1，ξk）（d（x，s））-ZQt≤M≤M（Xm×Sm）VM（hkt）-1，xt，xM，圣，sM）M（香港时间）-1，ξk）（d（xt，…，xM，st，…，sM））≤ wM+1<δ。自从（香港时间）-1，ξk）弱收敛于（ht）-1，ξ）和M（香港时间）-1，ξk）是（香港时间）-1，ξk）onQt≤M≤M（Xm×Sm）f或任意k≥ 0，序列号M（香港时间）-1，ξk）也很脆弱M（ht）-1,ξ). 通过引理14，我们得到了| ZQt≤M≤M（Xm×Sm）VM（hkt）-1，xt，xM，圣，sM）M（香港时间）-1，ξk）（d（xt，…，xM，st，…，sM））-ZQt≤M≤M（Xm×Sm）VM（ht）-1，xt，xM，圣，sM）M（ht）-1，ξ）（d（xt，…，xM，st，…，sM））|<k的δ≥ K、 其中Kis是一个足够大的正整数。此外，还存在一个正整数k，如| ak- k的a |<δ≥ 结合上述性质，我们证明了不等式（3），这意味着Qτ在Xt上是分段半连续的-1对于t>τ。此外，为了证明Qτ是紧值的，我们只需要考虑{xk，xk，…，xkt-1} ={x，x，…，xt-1} 对于任何k≥ 0，然后重复上述证明。第二步。修正t>τ，我们将证明Qτ是可测量的。固定一个序列（ξ′，ξ′，），式中，ξ′jis是在sj中可测量的M（Aj）的选择-1在xj中连续-1对于每个j.对于任何M≥ t、 letWMM（ht）-1，xt，xM，圣，sM）=（ZQm>M（Xm×sM）u（ht）-1，xt，xM，圣。

，sM，x，s）（ht）-1，xt，。。。，xM，圣，。。。，sM，ξ′（d（x，s）））。通过外稃9，（ht）-1，xt，。。。，xM，圣，。。。，sM，ξ′）从HM到M是可测量的Qm>M（Xm×Sm）,在XM上是连续的。因此，WMMis有界、可测、非空、凸和紧值。通过引理14，WMMis在XM上是分段连续的。假设有一段时间≤ J≤ M、 Wjm被定义为有界的、可测的、非空的、凸的和紧值的，并且在xj上是分段连续的。LetWj-1M（高温）-1，xt，xj-1号街，sj-1) =ZXj×SjwjM（ht-1，xt，xj街，sj）j（ht）-1，xt，。。。，xj-1号街，。。。，sj-1，ξ）（d（xj，sj））：j（ht）-1，xt，。。。，xj-1号街，。。。，sj-1,ξ)∈ jj（ht）-1，xt，xj-1号街，sj-1） WjM是WjM的Borel可测选择.设ˇSj=Sj。Sin-ceZXj×SjWjM（ht-1，xt，xj街，sj）j（ht）-1，xt，。。。，xj-1号街，。。。，sj-1，ξ）（d（xj，sj））=ZSjZXjסSjWjM（ht）-1，xt，xj街，sj）ρj（ht）-1，xt，。。。，xj-1号街，。。。，sj-1，ξ）（d（xj，ˇsj））·ˇj0（ht）-1，xt，xj-1号街，sj）λj（dsj），我们有wj-1M（高温）-1，xt，xj-1号街，sj-1) =ZSjZXjסSjwjM（ht-1，xt，xj街，sj）ρj（ht）-1，xt，。。。，xj-1号街，。。。，sj-1，ξ）（d（xj，ˇsj））·ˇj0（ht）-1，xt，xj-1号街，sj）λj（dsj）：ρj（ht）-1，xt，。。。，xj-1号街，。。。，sj-1,ξ)∈ Ξjj（ht）-1，xt，xj-1号街，sj-1） WjM是WjM的Borel可测选择.让WjM（ht）-1，xt，xj-1号街，sj）=ZXjסSjwjM（ht-1，xt，xj街，sj）·ρj（ht）-1，xt，。。。，xj-1号街，。。。，sj-1，ξ）（d（xj，ˇsj））：ρj（ht）-1，xt，。。。，xj-1号街，。。。，sj-1,ξ)∈ Ξjj（ht）-1，xt，xj-1号街，sj-1） WjM是WjM的Borel可测选择.自WjM（ht）以来-1，xt，xj街，sj）在xjand中是连续的，不依赖于ˇsj，它在（xj，ˇsj）中是连续的。此外，wjm是有界的、可测的、非空的、凸的和紧值的。

通过引理10，ˋwjm在Xj上是有界的、可测的、非空的、紧值的、分段连续的-1.很容易看到atWj-1M（高温）-1，xt，xj-1号街，sj-1） =ZSjˇWjM（ht）-1，xt，xj-1号街，sj）νj0（ht）-1，xt，xj-1号街，sj）λj（dsj）。通过引理5，它在Xj上是有界的、可测的、非空的、紧值的、分段连续的-1.让我们=∪M≥行波管-100万。也就是说，W是∪M≥tWM，由于外稃3，它是可测量的。首先，W Qτt因为Wt-1米 每个M的Qτt≥ t和Qτ是紧值的。第二，Fix ht-1和q∈ Qτt（ht）-1). 然后存在一个映射ξ∈ Υq=ZQm≥t（Xm×Sm）u（ht-1，x，s）（ht）-1，ξ）（d（x，s））。为了我≥ t、 letVM（ht）-1，xt，xM，圣，sM）=ZQm>M（Xm×sM）u（ht-1，xt，xM，圣，sM，x，s）（ht）-1，xt，。。。，xM，圣，。。。，sM，ξ）（x，s）和qm=ZQt≤M≤M（Xm×Sm）VM（ht）-1，x，s）M（ht）-1，ξ）（d（x，s））。因为dyn amic游戏在本质上是连续的，qM→ q、 这就意味着∈ W（ht）-1） 和Qτt W因此，W=Qτt，因此Qτ可测量为t>τ。第三步。对于t≤ τ、 我们可以从Qτ+1开始。重复第5节中的反向归纳法。3.1，我们知道Qτ也是有界的、可测的、非空的、紧值的，并且在Xt上基本上是分段上半连续的-1.以下三个引理表明Q∞t（ht）-1） =Φ（Q）∞t+1）（ht-1） =Et（ht）-1） 对于λt-1-几乎所有ht-1.∈ Ht-引理20。1.通信Q∞它是有界的、可测的、非空的、紧值的，在Xt上基本上是分段上半连续的-1.2. 无论如何≥ 1，Q∞t（ht）-1） =Φ（Q）∞t+1）（ht-1） 对于λt-1-几乎所有ht-1.∈ Ht-1.证据。（1） 很明显，Q∞这是有界的。引理3（2），Q∞这是可衡量的。很容易看出，如果τ≥ τ、 那么Qτt Qτt.由于Qτ是非空且紧值的，Q∞它是非空且紧凑的。修正任何错误-1.∈ 圣-因此Qτt（·，st-1） 上半部分是连续的吗-1（圣-1） f或任意τ。

引理3（7），Q∞t（·，圣-1） 上半部分是连续的吗-1（圣-1). 因为Qτ在Xt上基本上是上半连续的-1对于每个τ，Q∞在Xt上基本上是上半连续的-1.（2）对于任意τ，Φ（Q∞t+1）（ht-1)  Φ（Qτt+1）（ht）-1)  Qτt（ht）-1） ，和hΦ（Q∞t+1）（ht-1)  Q∞t（ht）-1).空间{1，2。∞} 是一个具有以下度量的可数紧集：d（k，m）=| k-m | f或任何1≤ k、 m≤ ∞. 序列{Qτt+1}1≤τ≤∞可被视为Ht×{1，2，∞} 对于Rn，它是可测的，非空的，紧值的，并且在Xt×{1，2，…，上基本上是分段上半连续的，∞}. 第5节中的反向归纳法。3.1证明Φ（Qt+1）是可测的、非空的、紧值的，并且在Xt×{1,2，∞ }.由于Φ（Qt+1）在Xt×{1，2，…，上基本上是分段上半连续的，∞},存在一个可测量的子集71st-1. 圣-那么λt-1（ˇSt）-1） =1和Φ（Qt+1）（·，·，ˇst-1） 上半身是连续的吗-1.∈ˇSt-1.修复-1.∈ˇSt-1.对于ht-1=（xt）-第1街-1) ∈ Ht-1和a∈ Q∞t（ht）-1） ，根据其定义∈ Qτt（ht）-1） =Φ（Qτt+1）（ht）-1） 对于τ≥ t、 因此∈ Φ（Q）∞t+1）（ht-1).总之，Q∞t（ht）-1） =Φ（Q）∞t+1）（ht-1） 对于λt-1-几乎所有ht-1.∈ Ht-1.虽然Qτt的定义涉及τ<t的相关策略，但下面的引理表明，由于多个层次中的反向诱导的组合，人们可以在平衡回报方面使用混合策略。引理21。如果CTI是Φ（Q）的可测量选择∞t+1），然后是ct（ht-1） 是λt的子博弈完美平衡支付向量-1-几乎所有ht-1.∈ Ht-1.LMAS 20和22的证明遵循标准思路，并进行了一些修改；例如，见哈里斯（1990）、哈里斯、雷尼和罗布森（1995）和马里奥蒂（2000）。证据在不丧失一般性的情况下，我们只证明了t=1的情况。

假设cisa是Φ（Q）的可测选择∞). 递归应用命题5获得可测钻孔映射{fki}i∈伊弗·k≥ 1.也就是说，对于任何k≥ 1.存在可测量的CKQ选择∞k对于λk是这样的-1-几乎所有香港-1.∈ 香港-1,1. fk（香港）-1） 子博弈中是否存在纳什均衡-1、动作空间是Aki（香港）-1） 对于球员i∈ 一、 Payoff函数由ZSKCK+1（hk）给出-1、·sk）fk0（dsk | hk-1).2.ck（香港）-1） =扎克（香港）-1） ZSkck+1（香港）-1，xk，sk）fk0（dsk | hk-1） fk（dxk |香港）-1).我们需要证明c（h）是λ-几乎所有h的子博弈完美平衡支付向量∈ 首先，我们知道{fki}i∈这是一个子博弈完美均衡。修正一个玩家和一个策略gj={gkj}k≥1.根据一步偏差原理，它可以显示任何t′的≥ 1，λt′-1-几乎所有ht\'-1，以及任何δ>0，ZQm≥t′（Xm×Sm）uj（ht′）-1，x，s）（ht′）-1，f）（d（x，s））>ZQm≥t′（Xm×Sm）uj（ht′）-1，x，s）（ht′）-1，（f）-j、 )gj)(d(x,s)- δ、 式中，gj=（g1j，…，gt′j，f（t′+1）j，f（t′+2）j，…）。由于博弈在本质上是连续的，因此存在一个正整数m>t′，使得任意m的wm<δ≥ M.Lemma20，ck（香港）-1) ∈Φ（Q）∞k+1）（香港）-1） =Q∞k（香港）-1) = ∩τ ≥1Qτk（hk）-1） 对于λk-1-几乎所有香港-1.∈ 香港-1.因为Qτk=Φτ-k+1（Qτ+1）表示k≤ τ、 ck（香港）-1) ∈ ∩τ ≥1Φτ -k+1（Qτ+1）（香港）-1) ΦM-k+1（QMM+1）（香港）-1） 对于λk-1-几乎所有香港-1.∈ 香港-1.因此，存在QMM+1的Borel可测量选择w和λM的策略文件ξ-1-几乎所有hM-1.∈ 陛下-1,1. fM（hM）-1） 子博弈中是纳什均衡吗-1，其中actionspace是AMi（hM-1） 对于球员i∈ 一、 Payoff函数由byZSMw（hM）给出-1、·sM）fM0（dsM | hM-1).2.厘米（公顷）-1） =ZAM（hM）-1） ZSMw（hM）-1，xM，sM）fM0（dsM | hM-1） fM（dxM | hM-1).3. w（hM）=RQm≥M+1（Xm×Sm）u（hM，x，s）（hM，ξ）（d（x，s））。因此，我们有1。对于λ-几乎所有h∈ H、 c（H）=ZQm≥1（Xm×Sm）u（h，x，s）（h，f′）（d（x，s）），其中f′kis fkif k≤ M、 ξkif k≥ M+1；2.

一个人≤ K≤ M、 fk（香港）-1） 在子游戏hk中是纳什均衡吗-1对于λk-1几乎所有香港-1.∈ 香港-1.活动空间为Aki（香港）-1） 对于球员i∈ 一、 支付函数由zskqm给出≥k+1（Xm×Sm）u（香港）-1、xk、sk、x、s）（（香港）-1，xk，sk），f′（d（x，s））fk0（dsk|hk-1).设g′j=（g1j，…，gt′j，f（t′+1）j，fMj，ξ（M+1）j，…）。通过（2），对于λt′-1-almostall ht\'-1.∈ Ht′-1，ZQm≥t′（Xm×Sm）uj（ht′）-1，x，s）（ht′）-1，（f′）-j、 f′j））（d（x，s））≥ZQm≥t′（Xm×Sm）uj（ht′）-1，x，s）（ht′）-1，（f′）-j、 ~g′j））（d（x，s））。此外，对于任何ht\'-1，ZQm≥t′（Xm×Sm）uj（ht′）-1，x，s）（ht′）-1，（f′）-j、 ~g′j））（d（x，s））>ZQm≥t′（Xm×Sm）uj（ht′）-1，x，s）（ht′）-1，（f）-j、 )gj)(d(x,s)-δ、 andZQm≥t′（Xm×Sm）uj（ht′）-1，x，s）（ht′）-1，（f）-j、 fj））（d（x，s））>ZQm≥t′（Xm×Sm）uj（ht′）-1，x，s）（ht′）-1，（f′）-j、 f′j））（d（x，s））-δ.因此，对于λt′-1-几乎所有ht\'-1.∈ Ht′-1，ZQm≥t′（Xm×Sm）uj（ht′）-1，x，s）（ht′）-1，（f）-j、 fj））（d（x，s））>ZQm≥t′（Xm×Sm）uj（ht′）-1，x，s）（ht′）-1，（f）-j、 )gj)(d(x,s)- δ、 哪个小鬼撒谎说{fki}i∈这是一个子博弈完美均衡。然后我们证明了对于λ-几乎所有h∈ H、 c（H）=ZQm≥1（Xm×Sm）u（h，x，s）（h，f）（d（x，s））。如（1）所示，对于任何正整数M，存在一个策略文件ξ，例如对于λ-几乎所有h∈ H、 c（H）=ZQm≥1（Xm×Sm）u（h，x，s）（h，f′）（d（x，s）），其中f′kis fkif k≤ M、 ξkif k≥ M+1。由于游戏在实体中是连续的，RQm≥1（Xm×Sm）u（h，x，s）（h，f）（d（x，s））和rqm≥1（Xm×Sm）u（h，x，s）当M足够大时，（h，f′）（d（x，s））是任意闭合的。因此，对于λ-几乎所有h∈ H、 c（H）=ZQm≥1（Xm×Sm）u（h，x，s）（h，f）（d（x，s））。这就完成了证明。对于t≥ 1和ht-1.∈ Ht-1.回想一下Et（ht-1） 是子博弈ht中的子博弈完美均衡的支付向量集吗-1.然后我们将展示下面的引理。引理22。无论如何≥ 1，Et（ht）-1） =Q∞t（ht）-1） 对于λt-1-几乎所有ht-1.∈ Ht-1.证据。

（1） 我们将证明以下说法：对于任何t和τ，如果Et+1（ht）λt-几乎所有ht的Qτt+1（ht）∈ 然后是Et（Ht-1)  Qτt（ht）-1） 对于λt-1-几乎全部-1.∈ Ht-1.我们只需要考虑以下情况：≤ τ .通过第5小节中Φ（Qτt+1）的构造。3.1，存在一个可测量子集-1. 圣-带λt的1-1（`St）-1） =1，对于任何C和ht-1=（xt）-1号街-1) ∈ Ht-1与“st”-1.∈圣彼得堡-1，如果1。ct=大鼠（ht-1） RStqt+1（ht）-1，xt，st）ft0（dst | ht-1） α（dxt），当qt+1（ht）时-1、·）可测量，qt+1（ht-1，xt，st）∈ Qτt+1（ht）-1，xt，st）对于λt-几乎所有st∈ 站起来∈ At（ht）-1);2. α ∈ 我∈IM（Ati（ht）-1） ）是子博弈中的纳什均衡-1带支付功能RStqt+1（ht-1、·st）ft0（dst | ht-1） 还有太空行动∈IAti（ht）-1） ，然后是ct∈ Φ（Qτt+1）（ht）-1).修正一个子游戏-1=（xt）-1号街-1） 这样-1.∈圣彼得堡-1.选择一个点∈ Et（`st）-1). 存在一个策略文件f，使得f是子博弈ht中的子博弈完美均衡-1而回报是ct。让ct+1（ht-1，xt，st）是{fti}i诱导的payo-ff载体∈在子游戏中（ht，xt，st）∈ Gr（At）×St.Thenwe h ave1。ct=大鼠（ht-1） RStct+1（高温）-1，xt，st）ft0（dst | ht-1） ft（dxt | ht-1);2.英尺（·|高-1） 是s次博弈中的纳什均衡吗-1带动作太空卫星（ht）-1） 和支付费用RStct+1（ht-1、·st）ft0（dst | ht-1).因为f是子对策ht中的一个子对策完美均衡-1，ct+1（ht-1，xt，st）∈Et+1（ht）-1，xt，st） Qτt+1（ht）-1，xt，st）对于λt-几乎所有st∈ 站起来∈ At（ht）-1） ，这是什么意思∈ Φ（Qτt+1）（ht）-1） =Qτt（ht）-1).因此，Et（ht-1)  Qτt（ht）-1） 对于λt-1-几乎所有ht-1.∈ Ht-1.（2）对于任何t>τ，Et Qτt.如果t≤ τ，我们可以从Eτ+1开始 Qττ+1并重复（1）中的参数，那么我们可以证明Et（ht-1)  Qτt（ht）-1） 对于λt-1-almostall ht-1.∈ Ht-1.因此，Et（ht-1)  Q∞t（ht）-1） 对于λt-1-几乎所有ht-1.∈ Ht-1.（3）假设CTI是Φ（Q）的可测量选择∞t+1）。

递归应用命题5获得Borel可测映射{fki}i∈伊弗·k≥ t、 康涅狄格州第21街（ht）-1） 是λt的子博弈完美均衡支付向量-1-almostall ht-1.∈ Ht-1.因此，Φ（Q）∞t+1）（ht-1)  Et（ht）-1） 对于λt-1-几乎全部-1.∈ Ht-1.由美国东部Lemma20（ht）出版-1） =Q∞t（ht）-1） =Φ（Q）∞t+1）（ht-1） 对于λt-1-几乎全部-1.∈ Ht-1.因此，我们已经证明了定理1和命题1.5.4命题的证明。与第5.3.1-5.3.3.1节中给出的证明相比，我们将强调所需的变化。反向归纳法。我们首先考虑Nt=1的t阶段。如果Nt=1，那么St={St}。因此，Pt（ht-1，xt）=Qt+1（ht-1，xt，\'\'st），它是非空且紧值的，本质上是在xt×st上分段上半连续的-1.请注意，Pt可能不是凸值。我们首先假设PTI是上半连续的。假设j是这段时间内活跃的玩家。以Φt:Ht为例-1.→ Rn×M（Xt）×△（Xt）定义如下：（v，α，u）∈ Φt（ht）-1） 如果1。v=pt（ht）-1，在(-j） （ht）-1） ，x*tj）使pt（ht-1、·）是可测量的Pt（ht）选择-1, ·);2.x*tj∈ Atj（ht）-1） 是给定支付函数ptj（ht）的玩家j的最大化点-1，在(-j） （ht）-1） 和动作空间Atj（ht）-1） ，αi=δAti（ht-1） 对于i 6=j和αj=δx*tj；3.u=δpt（ht-1，在(-j） （ht）-1） ，x*tj）。这是一个单代理问题。我们需要证明Φ是非空的，紧值的，上半连续的。如果pTi是非空的、凸的、紧值的、上半连续的，那么我们可以使用Simon和Zame（1990）的主要结果Lemma16来证明Φt的非空性、紧性和上半连续性。InSimon和Zame（1990），他们需要pTi的凸性来证明其主要定理的唯一步骤是其中的引理2。