关于极小极大社会选择对应的反向偏差

如果Γu（p）是非循环的，那么，对于每x∈ N、 我们没有Du（p）=Du（pr）={x}。证据通过矛盾假设Du（p）=Du（pr）={x}，对于某些x∈ N.然后，通过引理9，我们得到x在Γu（p）中是独立的。另一方面，通过推论15，Γu（p）是连通的，因此它的唯一顶点是x，而不是t n≥ 2.引理18。让p∈ P，并假设Γu（P）（P）和Γu（pr）（pr）都允许无环连接的成分。然后：（i）u（p）=u（pr）。（ii）如果Γu（p）（p）连接，则Du（p）（p）∩ Du（pr）（pr）=.（iii）如果Γu（p）（p）是非循环的，则不存在x∈ N使得Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={x}。证据（i） Γu（p）（p）允许无环连接的成分这一事实意味着Γu（p）（pr）也允许n个无环连接的成分，因此推论14给出了u（pr）≤ u（p）。应用于Γu（pr）（pr）的同一个公式得出u（p）≤ u（pr）。（ii）假设Γu（p）（p）是连接的。因为，通过（i），我们得到了u（p）=u（pr），所以引理16适用，给出Du（p）（p）∩ Du（pr）（pr）=.（iii）设ΓΓu（p）（p）为非循环，并通过矛盾假设存在x∈ N使得Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={x}。通过推论15，Γu（p）（p）是连通的，因此，通过（ii），我们得到了Du（p）（p）∩ Du（pr）（pr）=, 矛盾。引理19。如果h是奇数，那么对于每一个p∈ P、 u（P）=u和Du（P）（P）=Du（pr）（pr）意味着u（pr）>u。证据让p∈ P并假设u（P）=u和Du（P）（P）=Du（pr）（pr）。然后Du（p）6= 使用引理12，Γu（p）（p）的最大值为x∈ N和Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={x}。假设u（pr）=u。通过引理9，我们证明x是在Γu（p）（p）中分离出来的，因为x是Γu（p）（p）的最大值。推论20。让p∈ P使得u（P）=u。如果Γu（p）（p）是非循环的，则不存在x∈ n确保Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={x}。证据Γu（p）（p）的无环性意味着Γu（p）（pr）的无环性，因此，根据推论14，我们有u≤u（pr）≤ u（p）=u。

接下来是tu（pr）=u（p）=u，推论17适用。鉴于之前的结果，了解哪些条件保证Γu（p）（p）的非循环性是很重要的。通过引理10，我们知道，对于每一个∈ N∩ （h/2，h），Γu（p）是2-a循环的。不管怎样，它可以接受一些l循环≥ 3.我们通过Bubboloni和Gori（2014）中的命题6和命题7探索这种可能性。21号提案。让我们∈ N∩ （h/2，h]和l∈ N∩ [2，n]。然后就有了p∈ 使得Γu（P）是l-环的当且仅当u≤L-1lh。证据考虑u>l-1lh并通过矛盾假设存在p∈ P和l-圈Γ≤ Γu（p）与顶点集V。然后V N和| V |=l≤ n、 考虑从p消除n\\V中的这些条目（如果有）得到的l备选方案V集合上的偏好文件p′。通过Bubboloni和Gori（2014）中的位置6，我们得出Γu（p′）是非循环的，这与Γ≤ Γu（p′）。让我们现在开始≤L-1lh让V N与| V |=l。根据Bubboloni和Gori（2014）中的命题7，备选方案集V上存在偏好文件p\'，使得Γu（p\'）包含一个顶点集为V的l-循环。考虑备选方案N集合上的偏好文件p，其中每个个体i∈ H将V中的备选方案排在第一位，并将她喜欢的N\\Vas中的备选方案排在第一位。然后呢≤ Γu（p）。现在让我们考虑一下ua=minM∈ N∩ （h/2，h）：m>n- 2n- 1小时,也没有明确定义uAI的原因是h∈ N∩ （h/2，h]和h>n-2n-1小时。此外，我们也有≤ ua≤ 当n∈ {2,3}，ua=u。推论22。让p∈ P.如果u（P）≥ ua，那么Γu（p）（p）是非循环的。特别是每n∈ {2,3}，Γu（p）（p）是非循环的。证据考虑Γu（p）（p）。它不允许n循环，因为有这样一个循环显然意味着收缩Du（p）（p）=. 另一方面，在第21位中，并非所有l都有l-循环∈ {2，…，n- 1} bec因为u（p）>n-2n-1小时≥L-1lh。

最后请注意，如果n∈ {2,3}，然后是u（p）≥ u=ua。由于前面的结果，我们称ua为非循环阈值。23号提案。如果n≥ 4，h是奇数，所以h≥3（n）-1） n-3，那么就存在p∈ P使得Du（P）（P）=Du（pr）（pr）={n}。证据首先，请注意u=h+1。然后确定u=h+3=u+1和V=N\\{N}。假设h≥3（n）-1） n-3相当于u≤（n）-1)-1n-1h，因此，根据命题21，存在sp′，即备选方案V集合上的偏好文件，使得Γu（p′）具有（n- 1） -cy cleΓ。我们现在就确定偏好文件p∈ P定义，对于每一个i∈ H、 下面是公共关系协定。如果≤ u，然后让pi（1）=n和pi（j）=p′i（j）- 1） 尽管如此，j∈ {2，…，n}；如果u<i≤ h、 那么letpi（j）=p′i（j）对于所有j∈ {1，…，n- 1} 和pi（n）=n。注意，在p中，备选方案n排名第一u次，最后为h- 五次。因此，n是Γu（p）中的最大值。通过引理12，我们得到u（p）=u和Du（p）（p）={n}。此外Γ≤ Γu（p），因此Γu（pr）也包含（n- 1） -周期Γr，方向相反，其顶点集为V。这意味着Du（pr）=. 事实上，n在Γu（pr）中不是最大的，被任何其他替代品打败了u次，而Vis中的每个替代品在Γu（pr）中不是最大的，因为由于周期Γr的存在，它在V中被合适的替代品打败了u>u次。反正Du（pr）={n}，因为n是孤立的，因此在Γu（pr）中最大，为（2）；没有其他选择是最大的，因为它涉及Γr。它遵循tu（pr）=u和Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={n}。24号提案。如果n≥ 4，h是偶数，所以≥2（n）-1） n-3，那么就存在p∈ 例如Du（P）（P）=Du（pr）（pr）={n}。证据首先，请注意u=h+2和定义V=N\\{N}。假设h≥2（n）-1） n-3相当于u≤（n）-1)-1n-1h，因此，根据命题21，在备选方案V的集合上存在一个偏好文件p\'，使得Γu（p′）有一个（n- 1） -循环Γ。

我们现在定义了优惠计划∈ P、 定义，对于每一个我∈ H、 偏好如下。如果我≤h、 然后让pi（1）=n和pi（j）=p′i（j）- 1） 尽管如此，j∈ {2，…，n}；如果h<i≤ h、 然后让pi（j）=p′i（j）表示所有j∈ {1，…，n- 1} pi（n）=n。注意，在p中，备选方案n的排名是第四次和最后一次。因此，通过（2），n被分离，并且在Γu（p）和Γu（pr）中的最大值均为l。此外，由于V中的每一个元素都参与了循环，因此在Γu（p）中没有进一步的改变≤ Γu（p）。由于每个周期inΓu（p）决定了一个周期的Γu（pr）方向相反，因此对Γu（pr）也有同样的考虑。然后，我们得出结论：u（p）=u（pr）=u和Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={n}。我们用一个更进一步的引理来结束这一节，这个引理对于处理三个人和三个替代者的案例很有用。引理25。设（h，n）=（3，3）和p∈ P.然后：（i）以下两个条件是等效的：（a）在P中排名第一和第三的备选方案是不同的；（b） Γ（p）是一个3周期。此外，如果上述条件之一成立，则Γ（p）的弧集为空。（ii）u（p）=u（pr）。证据（i） 我们开始证明（a）意味着（b）。假设pi（1）6=pj（1）和pi（3）6=pj（3）对于所有i，j∈ H={1,2,3}，i6=j。在不丧失一般性的情况下，我们可以假设p（1）=1，p（1）=2，p（1）=3。因此p（3）∈ {2，3}。如果p（3）=2，那么，由于排名第三的备选方案是不同的，我们必然有p（3）=3和p（3）=1。这意味着=1 2 33 1 22 3 1类似地，如果p（3）=3，我们得到p=1 2 32 3 13 1 2在这两种情况下，我们都知道Γ（p）是一个3圈，而Γ（p）的弧集是空的。我们接下来证明（b）意味着（a）。让p∈ P.如果存在x∈ N在前两个个体的pby中排名第一，那么x是Γ（p）的最大值，因此它不能参与Γ（p）的循环。

如果存在x∈ N在p中至少有两个人排在第三位，考虑pr。根据上面所示，Γ（pr）是无环的，所以Γ（p）也是无环的。（ii）通过矛盾，假设u（pr）6=u（p），比如u（pr）>u（p）。然后是u（p）=2和u（pr）=3。因此，Γ（pr）允许一个循环。通过引理10，我们得到Γ（pr）是一个3圈。使用（i）我们推断，在PRA中排名第一和第三的备选方案是不同的。但是，同样的性质也适用于p，所以Γ（p）也是一个3圈。T hus D（p）=, 根据u（p）=2.5.3命题6的证明首先，让我们证明如果（h，n）∈ N\\ T、 然后就有了p∈ P和x∈ N使得Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={x}。我们得到的证据表明，命题23或24的假设成立。首先，注意t（h，n）∈ N\\ 蒂姆普利斯h≥ 4和n≥ 4.如果n=4，则h与h为偶数≥ 6.因此令人满意≥2（n）-1） n-3，或者h与h是奇数≥ 9.令人满意≥3（n）-1） n-3.如果n=5，则相同的参数适用。如果n≥ 6，那么我们有2（n-1） n-3.≤ 4.≤ h为所有h偶数，以及3（n-1） n-3.≤ 5.≤ 尽管很奇怪。现在假设（h，n）∈ 并证明它不能被找到∈ P和x∈ N使得Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={x}。然后考虑（h，n）∈ 并以矛盾的方式假设存在p∈ P和x∈ N使得Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={x}。由于Minimax scc是中性的，我们可以假设x=n，因此Du（p）（p）=Du（pr）（pr）={n}。（3） 有几个案例需要研究。如果n∈ {2，3}，然后，通过推论22，我们得到了Γu（p）（p）和Γu（pr）（pr）都是无环的，所以引理18（iii）应用于矛盾（3）。如果h=2，那么u（p）=u（pr）=ua=2，通过推论22，我们得到Γu（p）（p）和Γu（pr）（pr）都是无环的，因此引理18（iii）适用于矛盾的（3）。如果h=3，则u=2和u（p），u（pr）∈ {2, 3}.

如果u（p）=2，那么通过引理19，我们得到了u（pr）=3，所以Du（pr）（pr）={n}和Du（p）（pr）=. 设V=N\\{N}。因为n是Γu（pr）（pr）中唯一的最大元素，对于每x∈ V，有y∈ N与y>pru（pr）x。注意，如果y等于N，那么从N>pru（pr）x我们将得到x>pu（pr）N，与ninΓu（p）（p）的最大值相对应。因此，在涉及V的一些顶点的Γu（pr）（pr）中存在一个循环。由于引理11，Γu（pr）（pr）是非循环的，因此，这是一个矛盾。如果u（pr）=2，那么前面的论证适用于pr。如果u（p）=u（pr）=3，那么我们应用L emma 11和推论17得出一个矛盾。如果（h，n）=（4，4），那么u=ua=3和u（p），u（pr）∈ {3, 4}. 因此，根据推论22，Γu（p）（p）和Γu（pr）（pr）都是酰基的，因此引理18（iii）适用于矛盾的（3）。如果n=4，那么p=4∈ {3, 4}. 如果u（p）=u（pr）=4，那么通过推论22，Γu（p）（p）和Γu（pr）（pr）都是无环的，我们使用引理18（iii）与（3）相矛盾。如果u（p）=3=u，那么通过引理19，u（pr）=4。通过推论22，我们得到Γu（pr）（pr）是无环的，然后，通过推论15，是连通的。假设存在x∈ V={1,2,3}这样4>pru（pr）x。然后x>pu（pr）4，对4∈ Du（p）（p）。所以，我们有46>pru（pr）x，对于所有x∈ 五、另一方面，从4∈ Du（pr）（pr），我们推断x6>pru（pr）4。因此，4在Γu（pr）（pr）中被隔离，与Γu（pr）（pr）的连接相反。如果u（pr）=3=u，那么前面的参数适用于pr。如果（h，n）=（7，4），那么u=4，ua=5，uG=6和u（p），u（pr）∈ {4, 5, 6}. 如果为u（p），则为u（pr）∈ {5，6}，然后通过推论22，Γu（p）（p）和Γu（pr）（pr）a都是非循环的，我们用引理18（iii）反驳（3）。如果μ（p）=4，那么通过引理19，μ（pr）∈ {5, 6}. 通过推论22，Γu（pr）（pr）是无环的，然后通过推论15，是连通的。总有一天会有x∈ V={1,2,3}使得4>pru（pr）x。

然后x>pu（pr）4，对4∈ Du（p）（p）。所以，对于所有x，我们有46>pru（pr）x∈ 五、另一方面，fr om4∈ Du（pr）（pr）我们推断，对于所有x，x 6>pru（pr）4∈ V.因此，4在Γu（pr）（pr）中被分离，这与Γu（pr）（pr）的连接无关。如果u（pr）=4，那么前面的参数适用于pr。如果（h，n）=（5，5），那么u=3，ua=4，uG=5和u（p），u（pr）∈ {3, 4, 5}. 如果为u（p），则为u（pr）∈ {4，5}，然后通过推论22，Γu（p）（p）和Γu（pr）（pr）a都是非循环的，我们用引理18（iii）反驳（3）。如果μ（p）=3，那么通过引理19，μ（pr）∈ {4, 5}. 通过推论22，Γu（pr）（pr）是无环的，然后通过推论15，是连通的。假设存在x∈ V={1,2,3,4}使得5>pru（pr）x，然后x>pu（pr）5，对5∈ Du（p）（p）。另一方面，从5∈ 我们推断x 6>pru（pr）5表示所有x∈ V.因此，5在Γu（pr）（pr）中被隔离，而不是Γu（pr）（pr）的连接。如果u（pr）=3，那么前面的论证适用于pr.5.4命题7的证明首先，让我们证明如果（h，n）∈ N\\ T、 然后就有了p∈ 使得Du（P）（P）={1}Du（pr）（pr）。If（h，n）∈ N\\ T、 然后我们可以应用命题6。然后假设（h，n）∈ T\\T注意T\\T={（h，n）∈ N: h=3，n≥ 4} ∪ {(5, 4), (5, 5), (7, 4)}.If（h，n）∈ N就是h=3，n≥ 4，然后考虑p∈ 定义为P=[1，（5），…，（n），2,3,4]T，P=[1，（5），…，（n），3,4,2]T，P=[4,2,3，（n）。

，（5），1]TThus，u（p）=2和Du（p）（p）={1}，而u（pr）=3和Du（pr）（pr）=N。如果（h，N）=（5，4），则考虑p∈ 定义人1 1 1 2 32 3 4 3 43 4 2 4 24 2 3 1 1因此，u（p）=3和Du（p）（p）={1}，而u（pr）=4和Du（pr）（pr）={1,2,4}。如果（h，n）=（5，5），那么考虑p∈ 定义人1 1 1 5 22 3 4 2 33 4 5 3 44 5 2 4 55 2 3 1 1因此，u（p）=3和Du（p）（p）={1}，而u（pr）=4和Du（pr）（pr）={1,5}。如果（h，n）=（7，4），那么考虑p∈ 定义人1 1 1 1 3 4 22 3 4 2 4 2 33 4 2 3 2 3 44 2 3 4 1 1 1因此，u（p）=4和Du（p）（p）={1}，而u（pr）=5和Du（pr）（pr）={1,2,4}。现在假设（h，n）∈ 并证明它不能被找到∈ P和x∈ N使得du（p）（p）={x} Du（pr）（pr）。根据引理18（i）和16（ii），足以证明Γu（p）（p）和Γu（pr）（pr）都是酰基的。在所有可能的情况下应用推论22。当n∈ {2, 3}; 如果h=2，注意u（p）=u（pr）=ua=2；如果（h，n）=（4，4），注意u=ua=3，因此u（p），u（pr）≥ 3.5.5命题8的证明首先，让我们证明如果（h，n）∈ N\\ T、 然后就是p∈ 使得Du（P）（P）6=和Du（P）（P）∩ Du（pr）（pr）6=. If（h，n）∈ N\\ 然后我们可以应用第7条建议。假设（h，n）∈ T\\T注意T\\T={（h，n）∈ N: h=2，n≥ 3} ∪ {（h，n）∈ N: h 6=3，n=3}∪ {(4, 4)}.If（h，n）∈ N就是h=2和n≥ 3，然后考虑p∈ P定义为P=[1,2,3，…，n- 1，n]T，p=[n，1，2，…，n- 1] T.因此，u（p）=u（pr）=2，并且，因为n≥ 3，我们有Du（p）（p）={1，n}6=n。此外，Du（pr）（pr）={n- 1，n}，所以Du（p）（p）∩ Du（pr）（pr）={n}。If（h，n）∈ Nh 6=3，n=3，然后考虑n的比例\\ {3} 给定byH={h=2+3k:k≥ 0}，H={H=1+3k:k≥ 1} ，H={H=3+3k:k≥ 1}.

如果h∈ H、 然后再考虑p∈ P使得|{i∈ H:pi=[1,2,3]T}|=1+k，|{i∈ H:pi=[3,1,2]T}|=1+k，|{i∈ H:pi=[2,3,1]T}|=k.如果H∈ H、 考虑任何p∈ P使得|{i∈ H:pi=[1,2,3]T}|=k，|{i∈ H:pi=[2,3,1]T}|=k，|{i∈ H:pi=[3,1,2]T}|=k，|{i∈ H:pi=[1,3,2]T}|=1。如果h∈ H、 考虑任何p∈ P使得|{i∈ H:pi=[1,2,3]T}|=k，|{i∈ H:pi=[3,1,2]T}|=k，|{i∈ H:pi=[2,3,1]T}|=k+1，|{i∈ H:pi=[1,3,2]T}|=2。在上述所有情况下，很容易检查Du（p）（p）={1,3}6=N和Du（pr）（pr）={2,3}，因此Du（p）（p）∩ Du（pr）（pr）={3}6=.如果（h，n）=（4，4），那么考虑p∈ 定义人1 1 4 42 2 2 23 3 3 34 4 1 1因此，u（p）=u（pr）=3，Du（p）（p）={1,2,4}6=N，Du（pr）（pr）={1,3,4}。现在假设（h，n）∈ 并证明它不能被找到∈ 使得Du（P）（P）6=和Du（P）（P）∩ Du（pr）（pr）=.如果n=2，则条件Du（p）（p）6=n等于| Du（p）（p）|=1。自（h，n）∈ 建议7适用。最后让（h，n）=（3，3）。我们证明了，对于每一个p∈ P、 我们有M（P）∩ M（pr）= orM（p）=N.固定p∈ P并注意u=2。首先假设存在x∈ N这样{i∈ H:pi（1）=x}至少有两个元素。根据引理25（i）和引理10，Γ（p）是无环的。因此u（p）=2和M（p）=D（p）={1}。根据引理25（ii），我们也有u（pr）=2。因为备选方案1至少两次被备选方案2取代，所以我们得到了1/∈ D（pr）=M（pr）和so M（p）∩ M（pr）=. 如果存在x∈ N这样{i∈ H:pi（3）=x}至少有两个元素，我们将上述参数应用于pr，再次获得M（p）∩ M（pr）=. 然后，我们假设第一名和第三名的备选方案在p中是不同的。在这种情况下，根据引理25（i），Γ（p）是一个3循环，u（p）=3。

此外，Γ（p）的弧集是空的，因此M（p）=D（p）=N。参考Bubboloni，D.，Gori，M.，2015。对称多数规则。数学社会科学76，73-86。迪斯特，R.，2010年。《图论》第四版，第173期《数学研究生教材》，海德堡斯普林格·维拉格出版社。菲什伯恩，P.C.，1977年。康多塞特社会选择函数。暹罗应用数学杂志33469-489。格林伯格，J.，1979年。在紧凑的备选方案集上保持一致的多数规则。计量经济学47627-636。拉斯利尔，J.-F.，1997年。锦标赛解决方案和多数投票。经济理论研究，第7卷。斯普林格。Llamazar e s，B.，佩纳，T.，2015年。评分规则和社会选择属性：一些特征。理论与决策78429-450。米勒，新泽西州，197年。投票理论的图论方法。《美国政治科学杂志》21769-803。萨里，D.G.，1994年。投票的几何学。经济理论研究，第3卷。斯普林格。Saari，D.G.，巴尼，S.，2003年。改变偏好的后果。数学智者25，17-31。