顺序半匿名非原子博弈与它们的大博弈之间的联系

通过引理4，我们可以得到εu=（u，εu）-1） 非常接近εu-1对于任何u-1=（u，u，…，un）∈ 联合国-1让n足够大。因此，我们可以遵循（ii）几乎一字不差的证明，将其（B.20）替换为u′n-1={u-1.∈ 联合国-1 |ρU（εU，τ）U[2·supu′∈Unmaxm=1ρS（g（u′，εu-m） ，g（u′，τ）]<δ}，（B.32）其（B.21）被（δu×νn）取代-1） （{u}×u′n-1） =νn-1（联合国）-1) > 1 -，（B.33）美国的任何选择∈ 未被美国取代-1.∈ 联合国-1.你有什么选择吗∈ 你被你取代了-1.∈ 联合国-1.定理1的证明：我们在t′上用归纳法证明。首先，注意T[T，T-1]o σ仅仅是σ本身。因此，对于t′=t，这个说法是正确的，因为根据这个假设，我们确实有πn对称相似（t[t，t-1]o σt）n=σnt。然后，对于一些t′=t，t+1。。。，假设这个说法是真的，那么tπnt′=πnt⊙ πt′-1t′=t（χnt′）⊙ ~gnt′）渐近类似于σnt′=（T[T，T′）-1] （χ[t，t′）-1]) o σt）n.假设1关于τ中的gt′（s，x，τ）等连续性，允许我们使用命题1的第（ii）部分。通过它，我们可以得到πnt′⊙ χnt′⊙ ~gnt′渐近相似（σt′）⊙ χt′⊙~gt（·，·，σt′） χt′）n.因为前者只是πn，t′+1=πnt⊙ πt′t′=t（χnt′）⊙ ~gnt′）和latterisσnt′+1=（T[tt′（χ[tt′））o σt）n，我们由此证明了t′+1的索赔。诱导过程现已完成。C第6节的证明命题2的证明：让我们在t上用归纳法证明。

通过（21）和（25），对于t=`t+1，desiredresult为真。在某个时刻，t=\'t，\'t- 1.1，假设任意σt+1和任意序列^πn-1，t+1渐近类似于σn-1t+1，序列号-1^πn-1，t+1（dst+1，-1） ·vn，t+1（st+1,1，ξ[t+1，\'t]，εst+1，-1，χ[t+1，\'t]）收敛到vt+1（st+1,1，ξ[t+1，\'t]，σt+1，χ[t+1，\'t]），收敛速度与st+1,1和ξ[t+1，\'t]无关。现在，给定序列^πn-1，t已知渐近类似于σn-我们要证明这一点-1^πn-1，t（dst，-1） ·vnt（st1，ξ[t\'t]，εst，-1，χ[t\'t]）将以与st1和ξ[t\'t]无关的速率收敛到vt（st1，ξ[t\'t]，σt，χ[t\'t]）。为方便起见，设σt+1=Tt（χt）o σt.注意，通过（22）和（26），supst1∈S、 ξ[t\'t]∈（K（S，X））t-t+1|vt（st1，ξ[t\'t]，σt，χ[t\'t]）-RSn-1^πn-1，t（dst，-1） ·vnt（st1，ξ[t\'t]，εst，-1，χ[t\'-t]）|≤ Mn1+Mn2+Mn3，（C.1），其中Mn1=sup（st1，xt1）∈S×XRSn-1×Xn-1（^πn）-1，t χn-1t）（dst、，-1×dxt，-1） ××|ft（st1，xt1，σt χt）-~ft（st1，xt1，εst，-1xt，-1） |，（C.2）Mn2=sup（st1，xt1）∈S×X，ξ[t+1，\'t]∈（K（S，X））t-tRS~gt（st1，xt1，σt χt|dst+1,1）××vt+1（st+1,1，ξ[t+1，\'t]，σt+1，χ[t+1，\'t]）-RSn-1×Xn-1（^πn）-1，t χn-1t）（dst、，-1×dxt，-1） ××∏nm=2RSgt（stm，xtm，εst，-mxt，-m | dst+1，m）·vn，t+1（st+1,1，ξ[t+1，\'t]，εst+1，-1，χ[t+1，\'t]）|，（C.3）和mn3=sup（st1，xt1）∈S×X，ξ[t+1，\'t]∈（K（S，X））t-tRSn-1×Xn-1（^πn）-1，t χn-1t）（dst、，-1×dxt，-1） ××|[RS)gt（st1，xt1，σt χt|dst+1,1）-rsgt（st1，xt1，εst，-1xt，-1 | dst+1,1）××∏nm=2RSgt（stm，xtm，εst，-mxt，-m | dst+1，m）·vn，t+1（st+1,1，ξ[t+1，\'t]，εst+1，-1，χ[t+1，\'t]）|。（C.4）我们现在证明，通过让nbe足够大，上述三项中的每一项都可以任意变小。对于Mn1，定义Un-1(δ) ∈ B（Sn-1×Xn-1） 对于每一个δ>0，所以-1（δ）={（st，-1，xt，-1) ∈ 锡-1×Xn-1 |ρS×X（εst，-1xt，-1，σt χt）<δ}。

（C.5）从（C.2）中，我们知道Mn1≤ Mn11（δ）+Mn12（δ），其中Mn11（δ）=sup（st1，xt1）∈S×X（圣，-1，xt，-1)∈联合国-1（δ）|ft（st1，xt1，σt χt）-~ft（st1，xt1，εst，-1xt，-1） |，（C.6）和mn12（δ）=sup（st1，xt1）∈S×XR（Sn）-1×Xn-1） 联合国-1（δ）（^πn）-1，t χn-1t）（dst、，-1×dxt，-1） ××[| | ft（st1，xt1，σt χt）|+|ft（st1，xt1，εst，-1xt，-1) |].（C.7）因为假设2说＠ft（s，x，τ）在τ中以（s，x）独立的速率连续，我们可以通过让δ足够小，使Mn11（δ）任意小。同时，通过序列^πn的交感相似性-1，t序列σn-1和命题1的（i）部分，我们知道序列^πn-1，t χn-1t渐近类似于序列（σtχt）n-1.所以度量（^πn）-1，tχn-1t）（（Sn）-1×Xn-1） 联合国-1（δ））可以通过让n b e足够大，在任意δ处任意移动。由于▄ftis有界，这意味着Mn12（δ）也可以任意变小。对于Mn2，注意（C.3）中的第二个积分可以被理解为^πn-1，t+1（st1，xt1 | dst+1，-1） =RSn-1{[（δst1xt1×（σn）-1t χn-1t）⊙ ~gnt]| Sn-1} （dst+1，-1). 所以我们有≤ 辅助（st1、xt1）∈S×X，st+1,1∈S、 ξ[t+1，\'t]∈（K（S，X））t-t | vt+1（st+1,1，ξ[t+1，\'t]，σt+1，χ[t+1，\'t]）-RSn-1^πn-1，t+1（st1，xt1 | dst+1，-1） ·vn，t+1（st+1,1，ξ[t+1，\'t]，εst+1，-1，χ[t+1，\'t]）|。（C.8）同时，假设1允许我们使用命题1的第（iii）部分。通过序列^πn的渐近相似性-1，t序列σn-命题1的第（三）部分，引理5，我们知道序列^πn-1，t+1（st1，xt1）渐近地类似于序列σn-1吨+1吨（st1，xt1）-独立费率。

然后，通过归纳假设，其中收敛率是一个lso（st+1,1，ξ[t+1，\'-t]）-独立的，我们可以得出结论，通过让n足够大，可以使Mn2变得非常小。对于Mn3，定义Vn（st1，xt1，εst，-1xt，-所以vn（st1，xt1，εst，-1xt，-1，ξ[t+1，\'t]）=|[RS)gt（st1，xt1，σt χt|dst+1,1）-rsgt（st1，xt1，εst，-1xt，-1 | dst+1,1）]·πnm=2gt（stm，xtm，εst，-mxt，-m | dst+1，m）××vn，t+1（st+1,1，ξ[t+1，\'t]，εst+1，-1，χ[t+1，\'t]）|。（C.9）然后，（C.4）可以写成asMn3=sup（st1，xt1）∈S×X，ξ[t+1，\'t]∈（K（S，X））t-tRSn-1×Xn-1××（^πn-1，t χn-1t）（dst、，-1×dxt，-1） ·Vn（st1，xt1，εst，-1xt，-1，ξ[t+1，\'t]）。（C.10）注意到“联合国”的定义-1（δ）在（C.5）中，对于任何δ>0的情况，我们都可以看到Mn3≤ Mn31（δ）+Mn32（δ），其中Mn31（δ）=sup（st1，xt1）∈S×X（圣，-1，xt，-1)∈联合国-1（δ），ξ[t+1，\'t]∈（K（S，X））t-tVn（st1，xt1，εst，-1xt，-1，ξ[t+1，\'t]），（C.11）和mn32（δ）=sup（st1，xt1）∈S×X，ξ[t+1，\'t]∈（K（S，X））t-tR（st，-1，xt，-1)∈（序号-1×Xn-1） 联合国-1（δ）（^πn）-1，t χn-1t）（dst、，-1×dxt，-1） ·Vn（st1，xt1，εst，-1xt，-1，ξ[t+1，\'t]）。（C.12）我们认为，当δ接近0+时，Mn31（δ）可以任意变小。根据假设1，以（s，x）-独立速率，gt（s，x，τ）在τ中是连续的，我们可以使gt（st1，xt1，εst，-1xt，-1） 对于任何（圣，-1，xt，-1) ∈联合国-1（δ）任意接近gt（st1，xt1，σt χt）表示δ足够小，不考虑（st1，xt1）。由于它的可数性，我们可以写出S={S，\'S，…}。在已知st1，xt1，εst的情况下，-1xt，-1和ξ[t+1，\'t]，让我们使用简化符号γi=~gt（st1，xt1，σt） χt{si}，（C.13）γ′i=~gt（st1，xt1，εst，-1xt，-1 |{si}，（C.14）和vi=πnm=2ZS~gt（stm，xtm，εst，-mxt，-m | dst+1，m）·vn，t+1（st+1,1，ξ[t+1，\'t]，εst+1，-1，χ[t+1，`t]）。（C.15）那么，（C.9）可以表示为vn（st1，xt1，εst，-1xt，-1，ξ[t+1，\'t]）=|Xiγi·vi-Xiγ′i·vi |。（C.16）注意| vi |是一致有界的，比如byv，这是因为|ft’的有界性和|t的完整性。

让我成为我的一部分≥ γ′i.那么，从（C.16），我们有vn（st1，xt1，εst，-1xt，-1，ξ[t+1，\'t]）≤ 2v·Xi∈I（γI）- γ′i）。（C.17）设δ小于infs6=s′dS（s，s′）>0。但是，-1，xt，-1) ∈联合国-1（δ）表示π∈I（γI）- γ′i）=gt（st1，xt1，σt χt |{si | i∈ 一} )- ~gt（st1，xt1，εst，-1xt，-1 |{si | i∈ 一} ）=gt（st1，xt1，σt χt |{si | i∈ 一} )- ~gt（st1，xt1，εst，-1xt，-1 |{si | i∈ 一} ）δ）<δ。（C.18）鉴于（C.17），Vn（st1，xt1，εst，-1xt，-1，ξ[t+1，\'t]），带（st，-1，xt，-1) ∈联合国-通过以与（st1，xt1，ξ[t+1，\'t]）无关的速率降低δ，1（δ）可以变得非常小。根据（C.11），我们可以看到，通过使δ足够小，Mn31（δ）可以任意变小。如前所述，概率（^πn）-1，t χn-1t）（（Sn）-1×Xn-1） 联合国-当n足够大时，1（δ）可以在任意δ处变得非常小。但是由于Vn（st1，xt1，εst，-1xt，-1，ξ[t+1，`t]）是一致有界的，这意味着Mn12（δ）也可以任意小。因此，通过让n足够大，这三个项都可以任意变小。我们就这样完成了导入过程。定理2的证明：对于每t=1，2，…，给出（23）。。。，\'t和ξt∈ K（S，X），我们要验证（27）对于每t=1，2。。。，\'t，>0，足够大n，st1∈ S、 和ξ[t\'t]∈ （K（S，X））t-t+1。首先，我们证明（23）的一次性公式已经意味着任何多阶段单边偏差的无效性。另一种写条件的方法是，对于任何t=1，2。。。，\'t- t′和ξ[t，t+t′]∈ （K（S，X））t′+1，vt（st，（ξ[t，t+t′）-1] ，χ[t+t′，\'t]），σt，χ[t\'t]）≥ vt（st，（ξ[t，t+t′），χ[t+t′+1，\'t]），σt，χ[t\'t]）。（C.19）现在，对于一些t′=0，1，…，和。。。，\'t- 1.

我们要证明它在t′+1时的有效性。但是通过（22），对于任何t=1，2。。。，\'t- t′，vt（st，（ξ[t，t+t′），χ[t+t′+1，\'t]），σt，χ[t\'t]）- vt（st，（ξ[t，t+t′+1]，χ[t+t′+2，\'t]），σt，χ[t\'t]）=RXξt（st|dxt）·RS＠gt（st，xt，σt χt|dst+1）××[vt+1（st+1，（ξ[t+1，t+t′），χ[t+t′+1，\'t]），Tt（χt）o σt，χ[t+1，`t]）-vt+1（st+1，（ξ[t+1，t+t′+1]，χ[t+t′+2，\'t]），Tt（χt）o σt，χ[t+1，`t]），（C.20），根据归纳假设（C.19），它是正的。因此，（C.19）是真的f或anyt=1，2。。。，\'t，t′=0，1。。。，\'t- t、 ξ[t，t+t′]∈ （K（S，X））t′+1。使用（C.19）多次，我们可以得出，对于任何t=1，2。。。，\'t和ξ[t\'t]∈ （K（S，X））t-t+1，vt（st，χ[t\'t]，σt，χ[t\'t]）≥ vt（st，（ξt，χ[t+1，\'t]），σt，χ[t\'t]）≥ vt（st，（ξ[t，t+1]，χ[t+2，\'t]），σt，χ[t\'t]）≥ · · · ≥ vt（st，（ξ[t，\'t-1] σt，χ[t\'t]）≥ vt（st，ξ[t\'t]，σt，χ[t\'t]）。（C.21）鉴于（C.21），如果有任何和足够大的n，ZSn，我们将有（27）-1^πn-1，t（dst，-1） ·vnt（st1，χ[t\'-t]，εst，-1，χ[t\'t]）>vt（st1，χ[t\'t]，σt，χ[t\'t]）-（C.22）和任何ξ[t\'t]∈ （K（S，X））t-t+1，ZSn-1^πn-1，t（dst，-1） ·vnt（st1，ξ[t\'t]，εst，-1，χ[t\'t]）<vt（st1，ξ[t\'t]，σt，χ[t\'t]）+。（C.23）（C.22）和（C.23）都是真正的ifZSn-1^πn-1，t（dst，-1） ·vnt（st1，ξ[t\'t]，εst，-1，χ[t\'-t]）-→N→+∞vt（st1，ξ[t\'t]，σt，χ[t\'t]），（C.24）在（st1，ξ[t\'t]）-独立收敛速度下。但这是提案2提供的。命题3的证明：由于A是离散的，我们可以用{A，\'A，…}来表示它或者{a，…，\'aI}用于某些特定的I。我们只使用for mer，因为后者同样可以治疗。对任何人来说∈ N、 定义={（N，N，…）|ni=0，1。。。，n对于每个i=1，2。。。，及+∞Xi=1ni=n}。（D.1）对于每个（n，n，…）∈ Nn，定义ann···············{a∈ 任何i=1，2，…}的|εa（{ai}）=nin。（D.2）请注意，每个Annn····都是对称的，不同的Annn·····都是不重叠的，a NDA=[（nn··）∈NnAnnn··。

（D.3）由于上述分解，每个∈ ANA属于它自己的Ann·εa（{a}），n·εa（{a}），··。对于任何（n，n，··）∈ Nn，集合Annn··包含n/（Q）+∞i=1ni！）一个，比如一个。。。，安/（Q）+∞i=1ni！）。此外，对于某些ψ，每一个形式为ψa的aki∈ ψn.因此，由于qn的对称性，对于k=1，2。。。，n/（Q）+∞i=1ni！），qn（{ak}）=Q+∞i=1ni！n！·qn（Annn··）。（D.4）假设：≥ 对于某些i=1，2。。。。那么，正是（n）- 1)!/（（倪）- 1)! ·Qj6=inj！）ak\'s中的ak1=\'ai。因此，对于任何这样的ak，qn（{ai}×An-1) ∩ Annn··）=（ni- 1)! ·Qj6=inj！（n）- 1)!· qn（{ak}）=nin·qn（Annn··），（D.5），其中第二个等式源自（D.4）。当ni=0时，上述左侧和右侧当然也相等。把（D.3）和（D.5）结合起来，我们可以得到qn（{ai}×An）-1） =X（n，n，…）∈Nnnin·qn（Annn··）。（D.6）另一方面，由于A的离散性，我们有mini6=jdA（\'ai，\'aj）>0。假设>0足够小，严格低于这个常数。然后根据前Horovmetric的性质∈ An满足ρA（εA，p）<当且仅当+∞Xi=1 |εa（{ai}）- p（{ai}）|<2，（D.7），因此只有当+∞maxi=1 |εa（{ai}）- p（{ai}）|<。（D.8）由于序列qn在符号上类似于p，对于任何>0且其严格小于mini6=jdA（\'ai，\'aj）>0的序列，我们可以选取足够大的n，以便在引理5的证明中（A.7）和（A.8）为真。定义 所以对于任何（n，n，…）∈ 不+∞Xi=1 | nin- p（{ai}）|<2，因此+∞最大值=1 |年- p（{ai}）|<。（D.9）由于（D.2）、（D.3）和（D.7），我们对（A.8）中定义的A’n有以下内容：A’n=[（n，n，…）∈N\'nAnnn··。

（D.10）现在对于任何i=1，2。。。，我们有| qn | A（{ai}）- p（{ai}）|=|qn（{ai}×An）-1) - p（{ai}）|=|（p（n，n，…）∈N′N+P（N，N，…）∈Nn\\N′N）ni·qn（Annn··）/N- p（{ai}）|≤ qn（A′n）·ni/n- p（{ai}）|+qn（An\\A′n）<2。（D.11）在这里，第一个等式来自边际概率的定义，第二个等式来自（D.6），第一个不等式可归因于（D.10），最后一个不等式归因于（A.7）和（D.8）。因此，对于每一个∈ A、 我们有limn→+∞qn | A（{A}）=p（{A}）。证明命题4：就目前而言，A={A，\'A，…}或者{a，…，aI}对于某些特定的I.前几个步骤与Lemma 5的证明中的步骤相同。对于任何大于0且足够大的n，我们可以用（A.7）到（A.11）作为证明。修正i=1，2。。。p（{ai}）>0。由于（A.10），A\'n∩ （{ai}×An-1)  （A×A′n）-1) ∩ （{ai}×An-1） ={ai}×A′n-1，（D.12）其中A′在（A.8）和A′n中定义-1定义见（A.11）。因此，qn（{ai}×A′n-1) ≥ qn（A′n∩ （{ai}×An-1） ）=qn（{ai}×An-1） \\（安安）≥ qn（{ai}×An-1) - qn（An\\A′n）>qn（{ai}×An）-1) - ，（D.13）最后一个不平等是由于（A.7）。由于qnis是对称的，我们从命题3知道，当n是大的enoug h时，qn（{ai}×An）-1） =qn|A（{ai}）>p（{ai}）>0。（D.14）结合（D.13）和（D.14），我们可以得到qn，A | An-1（\'ai|A′n-1） =qn（{ai}×A′n-1） qn（{ai}×An-1)> 1 -qn（{ai}×An）-1)> 1 -2p（{ai}）。（D.15）带有一个\'n\'-1.在（A.11）的定义中，我们得到qn，A | An-1（‘ai |·）’与pn的渐近相似性-1.E第8节定理4的证明：设>0为固定值。假设t=1，2。。。和χ∈ K（S，X），我们用χt表示（χ，χ，…，χ）∈ （K（S，X））t.从（38）中，我们知道| v∞n（s，ξ[1]∞], εs-1, χ∞) - vtn（s，ξ[1t]，εs-1，χt）|≤αt·f1- α.

（E.1）因此，当t≥ ln（6’f/（1）- “\'α]）/ln（1/\'α）+1，v∞n（s，χ）∞, εs-1, χ∞) > vtn（s，χt，εs）-1，χt）-，（E.2）andv∞n（s，ξ[1]∞], εs-1, χ∞) < vtn（s，ξ[1t]，εs-1，χt）+，（E.3）对于每个s∈ S、 S-1.∈ 锡-1和ξ[1∞]∈ （K（S，X））∞. 因此，我们只需要选择一个如此大的t，并表明，当n足够大时，ZSn-1^πn-1（ds）-1） ·vtn（s，χt，εs）-1，χt）≥ZSn-1^πn-1（ds）-1） ·vtn（s，ξ[1t]，εs-1，χt）-2（E.4）对于每个s∈ S和ξ[1t]∈ （K（S，X））t.既然（χ，σ）是Γ的平衡，我们知道（36）是真的。另一种写条件的方法是，在t′=0时，对于任何ξ[1，t′+1]∈ （K（S，X））t′+1，v∞（s，（ξ[1t′），χ∞), σ, χ∞) ≥ 五、∞（s，（ξ[1，t′+1]，χ）∞), σ, χ∞). （E.5）现在假设（E.5）对某些t′=0，1。。。。我们要证明它在t′+1时的有效性。通过（33），（35），以及vt（s，ξ[1t]，σ，χt）到v的一致收敛性∞（s，ξ[1]∞], σ, χ∞), 我们有∞（s，ξ[1]∞], σ, χ∞) =RXξ（s | dx）·【~f（s，x，σ） χ） +α·RS~g（s，x，σ） χ| ds′）·v∞（s′，ξ[2]∞], σ, χ∞)].（E.6）因此∞（s，（ξ[1，t′+1]，χ）∞), σ, χ∞) - 五、∞（s，（ξ[1，t′+2]，χ∞), σ, χ∞)=RXξ（s | dx）·RSg（s，x，σ） χ| ds′）××[v∞（s′，（ξ[2，t′+1]，χ∞), σ, χ∞) - 五、∞（s′，（ξ[2，t′+2]，χ）∞), σ, χ∞)],（E.7）根据归纳假设（E.5），这是正的。因此，（E.5）对于t′=0，1。。。。通过多次使用（E.5），我们可以得出，对于任何ξ[1t]∈ （K（S，X））t，v∞（s，χ）∞, σ, χ∞) ≥ 五、∞（s，（ξ，χ）∞), σ, χ∞) ≥ 五、∞（s，（ξ[12]，χ）∞), σ, χ∞)≥ · · · ≥ 五、∞（s，（ξ[1，t-1], χ∞), σt，χ∞) ≥ 五、∞（s，（ξ[1t]，χ）∞), σ, χ∞).（E.8）此外，我们从（34）中知道|v∞（s，ζ[1]∞], σ, χ∞) - vt（s，ζ[1t]，σ，χt）|≤αt·f1- 无论ζ[1]是多少∞]∈ （K（S，X））∞被选中的。然而，（E.8）和（E.9）一起会导致VT（s，χt，σ，χt）- vt（s，ξ[1t]，σ，χt）≥ -2′αt-1·\'f1- α≥ -（E.10）对于任何∈ S和ξ[1t]∈ （K（S，X））t.对于相应的t-周期对策，假设1和假设2存在时，命题2适用。

另外，有人假设序列^πn-1交感神经代表序列σn-1.因此，对于足够大的n，ZSn-1^πn-1（ds）-1） ·vtn（s，χt，εs）-1，χt）>vt（s，χt，σ，χt）-（E.11）无论选择s∈ S、 安德茨-1^πn-1（ds）-1） ·vtn（s，ξ[1t]，εs-1，χt）<vt（s，ξ[1t]，σ，χt）+（E.12），无论s上的选择如何∈ S和ξ[1t]∈ （K（S，X））t.把（E.10）放到（E.12）去得到（E.4）。对于类似于第7节第二个例子的情况，我们需要考虑以下涉及πn的不变方程∈ P（Sn），这可以从它的fine-t版本（28）中得到启发：πn=πn⊙ χn⊙ ~gn。（E.13）假设（E.13）有一个渐近类似于σn的解，那么我们可以让^πn-1=πn | Sn-1.通过引理5，这个选择将满足定理4中的条件。它的意思也很清楚，让玩家在不使用自己的状态信息的情况下，最准确地更新对其他玩家状态的估计。当状态空间S是有限的时，我们又有了一个类似定理3的扩展版本。如果我们成功地找到了一个令人满意的πn，我们将能够做出第三个选择来设置每个πn-1（s |·）在扩展版本中是条件概率πn，s | Sn-1（s |·）。命题3和命题4将导致扩展版本中相应条件的满足。这里的第三个选择再次意味着玩家以最准确的贝叶斯方式更新其他玩家的状态。上述第二和第三种选择基于以下猜测。猜想1假设χ∈ K（S，X），~g∈ G（S，X）以与（S，X）无关的速率和σ，在τ中享有G（S，X，τ）的连续性∈ P（S）是不变方程σ=σ的解⊙χ⊙~g（·，·，σ）χ） 如（32）和（35）所定义。