非均匀介质Choquet积分的联合公理化

Theaxiom与Krantz等人[1971]第8.2.6节中的公理5（兼容性）有更大的相似性。粗略地说，如果Cian和Dii之间的“间隔”比Ai和bi之间的“间隔”大，那么通过等价关系将这些间隔“投射”到另一个维度必须保持这个顺序不变。此外，我们还要求区间和“投影”的比较保持一致——这意味着语句每个部分的每四个点都属于同一个XSi。这个公理的另一个版本经常用于证明，可以用标准序列（引理15）来表示。A6-Bi独立性-i、 比克斯-i、 cix-i、 迪克斯-我∈ XSiand aix-我 比克斯-i、 如果是为了我-我∈ 十、-我有-我 自己动手做-i、 然后是cix-我 迪克斯-如果我∈ N.这个公理类似于Wakker[1991b]中的“强单调性”。我们在A.2节中分析了它的必要性及其背后的直觉。A7-必要性X上的所有坐标都是必要的。A8-如果aix-i<y<bix-i、 然后存在c:cix-我~ 福里∈ N.A9-阿基米德公理某些XSi定义中包含的每个有界标准序列，并且在只有一个基本坐标的情况下，存在XSi的可数阶稠密子集。最后，我们可以引入相互作用坐标的概念。定义10。如果z存在，坐标i和j相互作用∈ 十、 这样我就Szj或者Szi了。我们称之为集合a N一个互动集团，如果每个i，j∈ 我们可以建立一个坐标i，k，j、 这样链中的每两个后续坐标都相互作用。交互派系在表征的唯一性中起着重要作用。在下文中，我们将只考虑最大可能规模的派系，除非另有规定。3.1附加假设作出以下附加假设。

下面将解释每种方法背后的原因。一般来说，代表性的构建不需要它们。沿尺寸标注“折叠”等效点。不，我∈ N和no-ai，bi∈ 锡克斯-我~ 比克斯-ifor all x-我∈ 十、-i、 如果这不是真的，我们可以让值函数将相同的值分配给同一集中的几个点Xi。然而，为了简化我们排除这种情况的事情，一旦构建了表示，就可以很容易地重构它。密集我们假设我∈ N、 每当aix-我 比克斯-i、 存在ci∈ 那是aix吗-我 cix-我 比克斯-i（X是有序稠密的）。“亲密”。对于每个i和j，如果存在xixjz-我想我是Sxixjz-ijj和yixjz-这样，j Syixjz-iji，然后是zi∈ Xisuch我是Ezixjz-ijj。这个假设说，集SEijand NWijare“关闭”。在表示法中，如果i和j相互作用，这转化为所有点的逆函数f和f相等。这是一个技术上的简化假设，证明可以不用它。X的几何学对于每个相互作用的变量团A N、 至少存在两个点rA，rA∈ 每对i，j∈ A、 我们有Ieraj和Ieraj。同样，这是一个简化的假设，使得证明不那么一般，更接近同构的情况。如果没有它，我们会有一种情况，对于某些i，j，fi:xi的最小值大于fj:xj的最大值∈ N.这反过来又不允许以独特的方式构建容量。说明这个假设的另一种方法是，X必须包含对应于N上所有可能的非循环部分序的点，这些点由相互作用对i S j生成。

消除这种假设的工作仍在进行中。4俄勒马州的代表性源自Choquet积分的定义（第2节），每个点x∈ Xuniquely对应于一组权重pxi:pxi≥ 0，圆周率∈Npxi=1。这个符号用于简化下列定理的陈述。定理1。Le t<是X上的一个订单，结构a s消费保持不变。然后，如果满足A1-A9，则存在容量ν和值函数f:X→Rfn:Xn→ R、 因此，<可以用C hoquet积分来表示：x<y<==> C（ν，（f（x），fn（xn）））≥ C（ν，（f（y），fn（yn）），（1）对于ll x，y∈ 容量和值函数具有以下唯一性属性。设I={A，…，Ak}是N的一个分区，使得m（B）=0表示所有B N以至于B∩ Ai6=, B∩ Aj6=. 如果不存在这样的分区，则设I={N}。定理2。让g:X→ Rgn:Xn→ R是这样的：（1）由gi代替。那么，xi∈ Xi，这样对于一些z-我有pxiz-ii>0，并且pxiz-ij>0，j6=i，值函数fi和giar的关系如下：fi（xi）=αAjgi（xi）+βAj，容量变化如下m′（B）=αAjm（B）PC哎，哎∈IαAim（C）。在X的移动点，即对于xisuch，对于任何z-我∈ 十、-我是哈维普西兹-ii=1，pxiz-ij=0对于所有的j6=i，值函数fi具有以下唯一性：fi（xi）=ψi（gi（xi）），其中ψii是一个递增函数，对于所有的j∈ N、 j 6=i，存在一个∈ N:我，j∈ A、 m（A）>0，我们还有fi（xi）=fj（xj）<==> gi（xi）=gj（xj）。。XSaWe上的5个加法表示从集合Xi中删除最大和最小元素开始。

因此，它也在XSa中。因此，所有存在加法表示的条件都得到满足[Wakker，1991a]。5.2 VSaon XSaThis部分的联合表示基于[Wakker，1991b]，并进行了一些修改。定理4。XSa上存在一个加性区间标度VSa（z）=Pni=1VSai（zi），它用z表示每个Xz（Sa）上的<∈ XSa。证据选择参考集-选择任意r∈ XSa检查Xr（Sa）i包含任何XSa基本i超过两个点。选择一个“零”点——任何r∈ Xr（Sa）和“单位标记”——点rkr-K∈ Xr（Sa），因此：ok在XSa上是必需的，ork<krk。为所有i设置Vri（ri）=0∈ N和Vrk（rk）=1。这独特地定义了所有Vri的单元和位置∈ N.在下面的例子中，我们假设集合Xz（Sa）i，Xz（Sa）keach至少包含两个点，否则，对齐是微不足道的。假设Xr（Sa）i∩ Xz（Sa）i= 和Xr（Sa）k∩ Xz（Sa）k= （以下程序涵盖了所有变化）。我们将构造两个辅助点z′和r′，使得xz′（Sa）i Xz（Sa）i，Xz′（Sa）i Xr（Sa）i，Xr′（Sa）k Xz（Sa）k，Xr′（Sa）k Xr（Sa）k。这将允许我们首先对齐Vr和Vr′，然后对齐Vr′和Vz′，最后对齐Vz′和Vz。通过取坐标j的r和z的坐标最大值，使j Rai，不包括i本身，以及坐标j的rand z的坐标最小值，使i Raj和i本身，来构造点z′。在简短的符号中，第一点是z′：=max（rj，zj）j:j Raimin（rj，zj）j=i，j:i Raj。第二个点r′是通过取坐标j的r和z的坐标最大值，使j Rak（不包括k本身）和坐标j的r和z的坐标最小值，使k Raj和k本身来构造的。

在简短的符号中，第二个点看起来像‘：=max（rj，zj）j:j Rakmin（rj，zj）j=k，j:k Raj。请注意，这两个点都在X坐标关系中，对于所有对j，l，j Ral保持不变。还请注意，Xz′（Sa）i包含Xz（Sa）i和Xr（Sa）i，而Xr′（Sa）k包含Xz（Sa）和Xr（Sa）k。现在我们有了（Xz（Sa）i×Xz（Sa）k）∩ （Xz′（Sa）i×Xz′（Sa）k），（Xz′（Sa）i×Xz′（Sa）k）∩（Xr′（Sa）i×Xr′（Sa）k），（Xr′（Sa）i×Xr′（Sa）k）∩ （Xr（Sa）i×Xr（Sa）k）都是非空的，每个维度包含两个以上的点。这些集合满足阿基米德公理、限制可解性和A4。因此，我们可以应用加法表示的标准唯一性属性。我们首先将Vr′Kw与Vr′和Vr′i与Vr′i对齐，然后将Vz′kwithVr′和Vz′i与Vr′i对齐，最后将Vzk与Vz′和Vzi与Vz′i对齐，通过改变相应值函数的公共单位和位置。像这样排列的Vzi和Vzk与Vrian和VrkforAll z∈ XSawe可以使用Vzjand和Vzk对所有剩余的基本坐标j执行相同的对齐操作。在这个阶段，函数VZK已经对齐，因此有一个正确的单元和位置。如上所述，关系式的加法表示的唯一性表明，函数单位Vzjis已经与Vrjand only locationchange的函数单位对齐。这也可以如上所述。一旦对所有基本坐标进行了这样的对齐，我们就可以验证在整个XSa中是一致的。特别是，对于任何来自XSA的s和t，必须能够证明对于任何基本的j∈ N，我们有Vsj=Vtjon Xs（Sa）j∩ 为了说明这一点，可以使用以下参数。在VsjandVtj的初始对准过程中，使用了辅助点t′和s′，因此Xs′（Sa）包括Xs（Sa）jand Xr（Sa）j和Xt′（Sa）JINCLUDE Xt（Sa）jand Xr（Sa）j。因此，函数Vs′jand Vt′j与Vrjon Xr（Sa）j相结合。

证明它们在所有公共域上都是一致的，包括Xs（Sa）j∩ Xt（Sa）j，我们只需要遵循与之前相同的过程，为一些基本k构造一个包含Xs′（Xa）和Xt′（Xa）k的点。然后一个唯一性参数可以在一次调用，并且由于在Xr（Sa）j上Vs′jand Vt′jcoincide，它们也必然在剩余的公共域上重合，包括Xs（Sa）j∩ 最后，由于Vsj=Vs′jon Xs（Sa）j，并且Vtj=Vt′jon在Xt（Sa）j上，我们得到了Vsj=Vtjon Xs（Sa）j∩ 在这一点上，我们可以去掉上标和定义函数VSAI，它与Vz（Sa）Iforall z一致∈ 在相应的域上。通过上述论证，这些函数得到了很好的定义。5.3在XSaLemma 1上代表全球的VSAI。对于所有XSa essential i∈ N、 VSairepresents<离子XSai。证据设αi，βi∈ 与定理4证明中r′和z′的构造类似，我们可以证明αix总是存在-i、 βix-我∈ XSa。结论如下。定理5。定理4中的重表示VSAOB在XSa上是全局表示的。证据我们需要证明x<y<==> VSa（x）≥ VSa（y）。o如果z存在，那么x，y∈ Xz（Sa）那么结果是立竿见影的如果以上不成立，我们将证明存在x′~ x，使所有i的VSa（x）=VSa（x′）和x′i<i。该程序与Wakker[1991a]相同，但有一些小的修改。1.我发现自己是如此的易Ixian和xk<Kyk代表所有k，使k说：。我们有yix-我∈XSa（因为所有k∈ N这样k说我们有xk<yk，因此k ryy-二、暗示-ii.尽管如此∈ N这样我就坐着，我们就有了Rxix-它，因此我-i） .2。类似地，找到j，使xjjyjand yk<KXK对于所有的k，使得。通过类似的推理，yjx-J∈ XSa。3.我们正在增加XAND，减少xjand，从而朝y.4的方向移动。注意，x-ijyiyj∈ XSa。5.

如果x-ijyiyj<x，然后通过受限可解性（x-ijyiyj<x<x-ijxiyj）存在x′：=x-ijx′iyj~ x、 其中yi<ix′i<ix。如果x 十、-然后通过限制可解性（x-ijyixj<x 十、-ijyiyj）存在x′：=x-ijyix′j~ x、 xj<jx′j<Jyj。在这两种情况下，结果点x′在XSa中，而且x′，x∈ Xz（Sa），其中z:=xijxiyj，因此x′与x具有相同的VSa值，但又有一个坐标与y.7的坐标相同。在重复这个过程，除非x′i<iyi（最多n次），我们得到引理1.8的结果。此外，如果x~ y、 我们在程序结束时，必然会到达玩具本身（通过引理18中的强单调性和结构假设SA1）。因此我们得到了x Y=> VSa（x）>VSa（y）和x~ Y=> VSa（x）=VSa（y），其中x<y<==> VSa（x）≥ VSa（y）6不同X的对齐基数表示根据不同集合XSi的基本变量，可能有几种情况。我们从至少存在两个基本变量的情况开始。6.1至少存在两组XSI，其中至少有两个基本坐标Theorem 6。假设XSA和XSb上至少有两个坐标是必需的。因为我∈ N这对两个区域都很重要，如果为两个函数选择了一个公共位置，则它将VSai（zi）=λabiVSbi（zi）用于VSai（zi）和VSbi（zi）的公共域中的所有zi。证据如果VSai（zi）和VSbi（zi）的公共域是空的或只包含一个点，则结果是微不足道的。假设i，j在xsa上是必要的，i，l在xsb上是必要的。首先，我们将确定XSais坐标i上的标准序列也是XSb中的标准序列（前提是序列的所有点位于VSai（zi）和VSbi（zi）的公共域内）。下面是A4。构建任何标准的sequenceXSai，比如{αki:αkivjx-ij~ αk+1iwjx-ij}。然后，{αki:αkitlx-伊尔~ αk+1ulx-il}是Sb中的标准序列，即。

如果存在tl，ul∈ xl使得αkitlx-伊尔~ αk+1ulx-对于一些Ilk，则由a4：αkivjx-ij~ αk+1iwjx-ijαkitlx-伊尔~ αk+1ulx-ilαk+1ivjx-ij~ αk+2iwjx-ij=> αk+1itlx-伊尔~ αk+2iulx-在公共域中选取两点ri和ri，并设置VSai（ri）=VSbi（ri）=0。假设我们现在有VSai（ri）=Va和VSbi（ri）=vb。我们需要证明，对于VSai和Vsbi的公共域中的任意点zi，我们有VSai（zi）=λabiVSai（zi），其中λabi=vbva。从rito ri和rito zi构建标准序列。我们有VSAI（ri）- VSai（ri）≈ n[VSaj（vj）- VSaj（wj）]VSai（zi）- VSai（ri）≈ m[VSaj（vj）- VSaj（wj）]。VSai（ri）=0，henceVSai（zi）≈根据阿基米德公理，这样的n和m是存在的。通过上面的论证，我们得到了vsbi（ri）- VSbi（ri）≈ n[VSbj（tl）- VSbj（ul）]VSbi（zi）- VSbi（ri）≈ m[VSbj（tl）- VSbj（ul）]。显然，如果我们把SA4作为一个整体，那么公共域不是空的，在这种情况下，通过类似的假设VSbi（zi），ria和ria都在公共域中≈mVSbi（ri）n.根据密度，我们可以从标准序列中选取任意一小步，因此比率收敛到一个极限。因此，最终VSai（zi）=VSai（ri）VSbi（ri）VSbi（zi）=vavbVSbi（zi）=αabiVSbi（zi）。我们继续为所有值函数选择公共位置。由于rbelongs to all XSa，我们可以将Vai（ri）=0。在这一点上，我们可以去掉上标，说我们有表示λaiVi+…+λanvn在每个XSa上，也定义λai:=0，用于在集合XSa上不重要的变量。6.2最终的重新校准通过假设，我们有两点，比如i Erj和i Erj，每个相互作用i，j。由此可知，这两点都属于每个XSi。我们可以假设，我所做的一切∈ N（对于不与其他变量交互的变量，我们可以这样认为，对于其他变量，请参见第A.5节中的结果）。设置Vi（ri）=0表示所有i∈ N.选择一些∈ N、 使得j在至少一个XSa上是必要的，该XSa具有两个或多个基本变量（包括j）。

设置Vj（rj）=1。这为所有函数设置了单位和位置Visuch，在某些XSAW上i是必需的，至少还有一个坐标是必需的。对于每个这样的Vi，我们现在有Vi（ri）=ki（因此kj=1）。定义φi:=Viki，对于所有i∈ N.各种XSanow上的加法表示形式为λakφ（x）++λanknφn（xn）。最后，通过将所有系数除以系数之和，重新缩放一次：λakPni=1λaikiφ（x）++λanknPni=1λaikiφn（xn）表示αaj=λajkjPni=1λaiki，我们得到：φa（x）：=αaφ（x）+αanφn（xn），注意pni=1αi=1。请注意，这里我们为所有i设置φi（ri）=0和φi（ri）=1。如第9节所示，这是可以放松的——原点和比例因子可以为每个团单独选择。7.在XAt上构造全局表示这个阶段我们可以证明表示φa（x）=αaφ（x）+αanφn（xn）将相同的值赋给所有XSi中<的等价类。为了简化本节主要定理中的构造，我们引入以下引理。引理2。对于每一个XSA和ev ERY z∈ XSa，这样r z、 我们可以找到z′，这样z′~ z、 z′∈ XSa和ri<izi。同样地，对于每一个y∈ XSa，这样 r、 我们可以找到‘，这样‘~ y、 y′∈ XSa和yi<iri。证据我们可以使用与定理5的证明相同的程序。为了凯西 r程序完全相同，而r z这是对称的，因为我们这次移动的是z，而不是r。注意，由于第6.2节中进行了重新缩放，点和r在所有XSa中具有相同的值（0和1）（因为所有φi的值都相等，权重αaisum高达1，所有非本质变量的权重都为零）。定理7。每个XSA和XSB至少有两个基本变量。那么对于任何x∈ XSa，y∈ 我们有x<y有效φa（x）<φb（y）。证据先拍x~ y、 这样x∈ XSa和y∈ XSb。

如果x~ Y~ ror x~ Y~ r、 结论是立竿见影的，所以假设不是这样。让x r、 利用引理2我们构造了x′∈ xSa和y′∈ XSb，这样x~ Y~ x′~ y′和x′i<iri，而y′i<iri。接下来，从rto rin XSA和XSb构建等距序列，这样每个序列的第一步都是等效的（详见第A.3节）。到A5时，两个序列中的步数相等。最后，从rto x′和y′构建序列（序列的坐标优势简化构造）。步数必须相等，因此达到rand x′所需的步数与达到rand y′所需的步数之间的比率相等，因此取极限，我们得到φa（x）=φa（x′）=φb（y′）=φb（y）。同样的方法也适用于x y、 到A5时，rto x的等距序列中的步数必须大于rto y序列中的步数。因此φa（x）>φb（x）。我们现在有了x~ Y=> φa（x）=φb（y）和x Y=> φa（x）>φb（y）。这意味着x<y<==> φa（x）≥ φb（y）。此时，我们可以用一个基本变量定义区域上的值函数。定理7建立了所有具有两个或两个以上基本坐标的区域，将相同的值分配给来自同一等价类的点。定义属于一个区域且具有一个基本坐标的等效性等级的值，使其与具有两个或两个以上基本坐标的某个区域的值相同。此类等价类必须存在（例如，那些包含rand r点的等价类）。最后，对于基本坐标i，定义αai=1，对于所有其他j，定义αaj=0。如果在此过程之后，在某些Xi中仍然存在点，而φiis尚未定义，则我们有一些等价类，其中一个表示φk表示任何值。