不可能性定理与通用代数工具箱

事实上，如果dk的大小至少为3，那么这个不相等的关系（x6=y，（k，k））就排除了所有的幂等（以及所有支持的）多态性，而不是该类型的独裁：引理19（不等于gadget引理）。假设（（x6=y），（k，k））∈ hΓi.那么对于每一个f=（f，·ft）∈ MPol（Γ）它必须认为FKX是prkX上的独裁政权。上面的引理和引理18同素膜20。假设| prkX |≥ 定理17的条件成立，所以我们可以创建所有的Ru，vk，`from（X，τ）+（分别来自X，τ）f）。那么X的任何幂等（支持）聚合器f=（f，···，ft）的kthcomponent必须是独裁。如果| prkX |=2怎么办？然后NAE小工具可以用来处理同样的事情。引理21（并非所有引理都相等）。假设多重排序的关系并非都相等（|x，y，z |>1）∧ x、 y，z∈ prkX，（k，k，k））gadget简化为一组多排序关系。那么对于everyf=（f，··，ft）∈ MPol（Γ）它必须认为FKX是prkX上的独裁政权。在定理17的条件中，有一个明确指出，当| prkX |=2时（|x，y，z |>1）∧ x、 y，z∈ prkX，（k，k，k））gadget可以从（X，τ）+（分别从X，τ）f）构造，以使引理21适用。把引理20和引理21放在一起，我们得出结论，如果定理17承诺的小工具都存在，那么每个多排序多态性（f，…，fm）的所有组件都是各自PRJX上的独裁。为了完成定理17的“如果”部分，我们需要证明的是，这些独裁政权由相同的指数K（独裁者）控制。假设情况并非如此，让k和`是由Kthvoter指定的fkis和f`由投票者l6=k指定的组件。

因为X是非退化的（所以prkX和pr`X的大小至少有两个），并且因为K¨onig定理（或者简单地说是基本组合定理），所以应该有u，v∈ prkX和u，v∈ 例如：1。u6=v和u6=v；2.X中有一个元素U表示k和uon`；3.X中有一个元素V取k和von`。现在让我们汇总一组投票，全部来自{U，V}，但Kthvote是U，Lthvote是V。然后（f，…，fm）将这个输入聚合到Z，使得kthissue聚合到u，thissue聚合到v。现在请注意，Ru，vk，`代表u和v，但不代表Z，这是一个矛盾，因为每个聚合器都必须保持所有小工具都可以从X+（Xf）构造，尤其是Ru，vk，`。定理17证明的“如果”（非平凡）部分到此结束。在本节的其余部分中，我们假设对于两种类型a，b∈ [t] 我们有Da=Db（相当于Da，Db之间的1-1对应关系“=”。我们证明，从一组（多排序）关系中构造a型和b型之间的“=”小工具的能力意味着对于Γ的每一个多态性（f，…，ft），我们都有fa=fb。这可能很有用，因为代数理论主要是针对单排序多态性开发的。引理22（等式小工具引理）。设Γ是一组类型为set[t]的多排序关系。假设对于类型a和b，我们有Da=Db，并且多排序等式关系（x=y，（a，b））gadget减少为Γ。然后对于每一个f=（f，·ft）∈ MPol（Γ）它必须认为fa与fb相同。证据我们需要证明，对于每个u=（u，…，un）∈ 它认为fa（u）=fb（u）。以一个武断的u∈ 脱氧核糖核酸f是（x=y，（a，b））的多排序多态性。

这源于以下事实：f=（f，··，ft）是Γ的多态性，（x=y，（a，b））gadget减少为Γ。因此，由于表格的每一行都是a型bu=uu=u。。。un=UNF（u）=fb（u）在实心水平线上方满足（x=y，（a，b））关系，我们可以对表格的两列应用多态性F。现在，正如所讨论的，f必须保持关系（x=y，（a，b）），sofa（u）=fb（u）。7示例：Arrow的TheoremLet a={a，…，Ak}表示一组k项，并让sk成为对应于k集合的域！A上的不同线性顺序，我们在下面描述。每个投票者都必须按照某种线性顺序投票，而这些选票必须聚合成一个单一的线性顺序，即“社会的选择”我们不是按原样（比如a<a<a<a）来考虑线性顺序，而是将其表示为一个序列K对应于形式<A？的问题的二进制位置，A<A，一-1<An？（另见第2节）。当“<”是a上的线性顺序时，这些问题的答案（0=否；1=是）以有效评估的形式唯一地（甚至冗余地）编码“<”。所有有效计算的集合（这些是长度的二进制向量）N) 正是这种关系 {0，1}（n）。Arrow著名地展示了：定理23（Arrow[Arr50]）。当k≥ 3.没有聚合器f:Snk→ SKN≥ 2满足IIA+幂等+非独裁。很容易看出，不可能简化了SKK的不可能性≥ 3.下面我们将用小工具的方法证明定理23，当k=3时。在A<A？A<A？A<A？basis（将“A<A？”替换为“A<A？”不会改变问题）我们有：S={001、010、011、100、101、110}=NAE（并非全部相等），因为箭头允许用不同的聚合器聚合不同的坐标，所以我们查看Sas与类型集[3]的多排序关系。

我们需要证明，多排序关系集S+的唯一多态性是投影（独裁）。在第3节中，我们为关系（x=y）、（1,3））创建了一个小工具。让我们用R来表示它。通过对称性，S+小工具也存在于R=（，（x=y），（1，2））和R=（，（x=y），（2，3））。然后是小玩意x:R（x，x）∧ R（x，x）表示（x=x，（1，3））（见图2）。我们可以类似地表示任意（xa=xb，（a，b））为1≤ a<b≤ 3.一旦我们产生了这些关系，通过引理22，我们得出结论，S+的每一个多排序多态性都必须是一个单排序多态性，即形式（f，f，f），众所周知，NAE的所有单排序幂等多态性都是独裁。图2：表示x=x的小工具。8示例：成对差异我们继续说明如何使用手工制作的小工具来证明特定领域的不可能性定理：定理24。设D和m为| D |>m=2或| D |=m≥ 3.定义={（x，…，xm）∈ Dm | x，xmare pairwise distinct}那么X是关于IIA+幂等+非独裁条件的不可能域。在[DH10b]中，这个定理是在IIA+支持性+非独裁条件下证明的。这个定理的一个特例，即| D |=m≥ 3，可以从[FF11]中的结果得出。当m=2和| D |=3时，我们给出了一个小工具证明，这在某种意义上是参数中最难设置的。在这种情况下，关系X [3] 是（1，2）型的二元关系，我们必须证明MPol（X+）只包含投影（独裁）。我们注意到，这种情况下的问题本质上相当于表明，只要允许赋值约束，三部图的三个着色是NP难的，即允许我们声明“顶点v有颜色c”。如果我们放弃二部条件，那么这个问题就是众所周知的NP难问题。

二部条件来自问题的多排序性质：关系X只能连接类型1变量和类型2变量。首先，我们为关系（x=x=2），（1，1））创建一个小工具。显然，根据对称性，任何（，（x=y=a），（b，b））都存在小工具，其中1≤ A.≤ 3和1≤ B≤ 2.图3：实现这一点的小工具（见图3）对应于以下公式：R（x，x）=Yy:X（X，y）∧ X（X，y）∧ X（y，y）∧ X（y，y）∧ X（y，y）∧∧X（y，y）∧ X（y，y）∧ （y=3）∧ （y=1）∧ （y=2）不难检查R是否实现了（x=x=2），（1，1））关系。现在让我们用Rba来表示关系（x=y=a），（b，b））。然后Rb（x，y）∧ Rb（x，y）∧ Rb（x，y）表示（x 6=y，（b，b））关系。最后，gadgetT（x，x）=y、 y:（x6=y）∧ （x6=y）∧ （y6=y）∧ X（y，X）∧ X（y，X）表示（X=X，（1，2））（见图4）。一旦我们产生了这个关系，通过引理22，我们得出结论，X+的每一个多排序多态性必须是一个单排序多态性，即形式（f，f）。众所周知，x 6=y（单排序）关系的唯一幂等多态性是独裁。图4:equality Gadget 9 Binary evaluation在本节中，我们首先将完全封锁条件转化为代数语言，然后使用它重新审视二进制评估的情况，给出E.Dokow，R.Holzman分类定理的另一种证明，并指出定理10.9.1完全封锁及其后果定理25的证明。让X {0,1}mbe完全阻塞（见定义4）且不退化。设（X，τ）为类型集[t]中X的变量的任意类型，Da={0，1}≤ A.≤ t、 我们还假设使用了所有类型。那么对于所有人来说≤ a、 b≤ t:（x=y，（a，b））（多排序）小工具减少到x+。证据

回想一下，总阻塞条件意味着在顶点集V=[m]×0，1}上，我们有一个强连通图定义如下：有一条来自（k，) ∈ V到（`，) ∈ 其中k6=`当且仅当存在：（i.）子集S [m] 这样k，`∈ S和（ii）a（部分）评估美国→ {0,1}英国= u`=1- 这样就不会把u扩展到x中的任何完整求值x，但是如果我们对u的任何一位求值，那么得到的部分求值就会扩展到x的某个元素。让我们关注有向边（（k，), (`, )) 如上所述，S={k，`，S，…，sq}（我们将这S乘以k，`，, ), 创建gadgetEk，`，,（xk，x`）=是的，ysq，~y:X（xk，X`，ys，…，ysq，~y）∧ （ys=us）∧ . . . ∧ （ysq=usq）在这里，我们试图通过索引来表示变量在x中的位置，但符号有一些滥用。特别是，~y收集m- 2.- 不在S={k，`，S，…，sq}中的X的q变量。Weremark表示变量的类型是由它在X中的位置唯一决定的。然后我们有，`，,(, ) = 1，Ek，`，,(, 1.- ) = 0，Ek，`，,(1 - , 1.- ) = 所有这三个方程都来自于u:S→ {0,1}英国= u`=1- 是一个基本上不满意的部分赋值，因此，如果我们只改变其中一个uk的值，u`，赋值就变得令人满意。现在考虑一个链（（k，), （k），)), （（k，), （k），)), . . . , （（kt）-1.T-1） ，（kt，t） ）图中的边，我们已经为其生成了关系Ek，k，,, . . . , Ekt-1千吨，T-1.上面是助教。创建小工具（xk，xkt）=yk，ykt-1:Ek，k，,（xk，yk）∧ . . . ∧ Ekt-1千吨，T-1.t（ykt-1、xkt）很容易看出输入是一致的。如果我们设置xk=然后所有的YKIV变量都被强制接受i、 最终迫使xkt=t、 另一方面，R（1- , 1.- t） =1。

要显示这一点，将所有YKIVARIABLE设置为1是足够的- 在上面公式的右边。由于块度图是强连通的，对于任何a，b∈ [t] 类型（xk）=a，类型（x`）=b≤ k、 `≤ 不管怎样K`∈ {0，1}我们现在可以构建小工具Ra，b，,这迫使x`=`只要xk=kand还允许xk=1- k、 x`=1- `作业和一个小工具Ra，b，1-,1.-这迫使x`=1- `只要xk=1- kand还允许xk=k、 x`=`分配西娜，b，,∧ 拉，b，1-,1.-实现xk+k=x`+`mod 2。特别是通过选择k=` = 我们已经实现了（x=y，（a，b））关系。例2。设X={000011101110}={xyz∈ {0，1}|x+y+z=0模2}。我们还假设[t]=3，且坐标具有i型。那么最小不可行部分求值（MIPE）都是xyz∈ {0，1}其中x+y+z=1 mod 2。然后，阻塞图是有向完全图（即，每个边的有向边都是双向绘制的）。对于k=1，`=2，k=0，`= 1我们可以创建gadget（基于S={1,2,3}，u=001）：E1,2,0,1（x，x）=y:X（X，X，y）∧ （y=1）这与从S={1,2,3}，u=111（意外地，两个小工具结果相同，所以连接仍然是E1,2,0,1（x，x））创建的E1,2,1,0给出了（x6=y，（1,2））关系，因为人们可以直接检查它。引理26。让X {0,1}m，完全阻塞。然后每一个聚合器f=（f，…，fm）都满足所有fj都是相同的，这是IIA+幂等的。证据设t=m，并将X视为多排序关系（X，（1，2，…，m））。然后（x=y，（k，`））（1≤ k、 `≤ m） gadget通过引理25减少到X+。因为f是X的幂等IIA聚合器，所以我们得到了f∈ MPol（X+）。

结合以上两件事，接下来的陈述来自引理22。我们注意到（尽管在续集中没有使用它），完全阻塞也会产生所有非等式关系：引理27。让X {0,1}m，完全阻塞。X有类型（X，（1，…，m））。然后X（作为一个多排序关系）生成所有形式的关系（x6=y，（a，b）），其中a，b∈ [t] .9.2定理5的新证明我们给出了定理5有趣部分的新证明（E.Dokow，R.Holzman，[DH10a]），即当X完全阻塞时，它是一个可能性域（关于IIA+幂等性+节点数），当且仅当它是一个有效子空间。新的证明使用了约束满足问题代数理论的结果。引理26给出了当X完全阻塞时，X的所有幂等多排序多态性都是单排序的，我们可以使用Schaefer定理，或者更精确地使用它的代数版本（Hubie Chen[Che09]），来确定Pol（X）中的函数类型：定理28（Schaefer，代数版本）。设D={0，1}和Γ是一组（单排序）关系onD。那么Γ+作为多态性有以下四种操作之一：1。二进制与运算∧;2.二进制或运算∨;3.三元多数运算Maj（x，y，z）=（x∧ y）∨ （十）∧ z）∨ （y）∧ z） )；4.马勒采夫行动- v+w模式2。否则Pol（Γ+）只包含投影（独裁）。定理28给出了当X完全阻塞且X不是不可能域时，情况1之一-4.必须坚持。但是[DH10a]证明了更多，它表明当X被完全阻断时，只有情况4。默认情况下（即没有非平凡多态性）可能会发生。我们提供了一个简短的证明。我们排除案例1-3.如下所示：不包括1。

2：我们证明如果∨ ∈ Pol（X），那么在块性图中，形式（k，1）的节点没有指向形式（`，0）的任何节点的有向边，因此块性图不能强（或无论如何）连接。为此，有必要证明每个MIPE最多有一个变量设置为1。假设xk=x`=1是k6=`的MIPE的一部分，其余的MIPE计算为α。根据定义，我们有任务：xkx ` MIPE rest的rest（1 1αany）从不∈ X（因为它是MIPE）（01α部分）∈ X（因为它是MIPE）（10α部分）∈ X（因为它是MIPE）（0∨ 1 1 ∨ 0α（部分）∈ X（assgnm 2∨ 假设3）那么表格的第一行和第四行相互矛盾。类似的证据表明∧ ∈ Pol（X）阻塞图不是强连通的。排除3：假设X完全被阻塞且主要∈ 波尔（X）。首先我们展示：引理29。如果少校∈ Pol（X）那么X的每个MIPE的长度最多为2。证据考虑一个MIPE S，与我们的假设相反，它至少有三个元素，x，x，x≤ 我≤ 3，而MIPE的其余部分计算为α。然后下表的第一行和第五行一起给出了一个矛盾：xxxrest的MIPE rest（uuuαany）never∈ X（因为它是MIPE）（1）- uuuα（部分）∈ X（因为它是MIPE）（u1- uuα（部分）∈ X（因为它是MIPE）（uu1- uα（有些）∈ X（因为它是MIPE）（uuuαsome）∈ X Maj（assgnms 2,3,4）假设我们有（k）的边，) 到（`，) 在块度图中。由于由引理29产生的这条边的长度为2（不能为1），我们得出结论xk=力x`=. 考虑任何x∈ 十、 根据我们的假设，总阻塞图是强连通的，因此有一条从（1，X）到（1，1）的路径- x） ，根据上述论点，这意味着（1，x）力（1，1- x） 通过一系列的边缘，这是一个明显的矛盾。

因此，Xis是空的。Schaefer定理现在告诉我们X必须是不可能域或有效子空间。那么，当X没有被完全阻止时，情况会怎样呢？然后我们使用下面的深定理。布拉托夫和P.杰文斯：定理30（布拉托夫和杰文斯[BJ03]）。设D={0，1}和Γ是一组类型为set[t]的多排序关系。那么对于每种类型的j∈ [t] 对于每一个~f=（f，··，ft）∈ MPol（Γ+）jthcomponent是一个独裁政权，或者有一个~f=（f，·ft）∈ MPol（Γ+）使fjis为1。半格运算u∨ v还是u∧ v、 二,。多数派行动（u∨ v）∧ （五）∨ w）∧ （w）∨ u） ，3。马勒采夫行动- v+w模式2。从这个定理可以很容易地得出10。10非二进制评估在本节中，我们完成了Dokow和Holzman[DH10b]关于非二进制评估的分类定理。虽然两位作者只考虑了支持性案例，但在这里我们也解决了无效案例。10.1总阻塞的一般概念Nessdokow和Holzman[DH10b]在非二进制情况下，即对于一般域D，发展了总阻塞的概念。我们的刻画定理将使用它们的概念。定义17。非二进制X的总阻塞性在[DH10b]中定义。当且仅当顶点集上的以下有向图v={σσj | j时，X是完全阻塞的∈ [m]∧ σ, σ∈ prjX∧ σ6=σ}是强连通的。σσktoρρ有一条边，其中k6=`当且仅当存在b prX，B prX，Bm prmx就是这样。每个| Bj |=2（1≤ J≤ m） )；2.Bk={σ，σ}和B`={ρ，ρ}；3.引入符号XB=X∩Qmj=1Bj。然后是一个二元关系（想想每个偏差{0，1}）。条件3。