非均匀介质Choquet积分的联合公理化

按A5，gmiylz-伊尔~ gm+1iylz-ilgm+1IlZ-伊尔~ gm+2YLZ-伊尔格米尔兹-伊尔~ hmjwnx-jngm+1IlZ-伊尔~ hm+1jwnx-jngm+1IlZ-伊尔~ hm+1jwnx-jngm+2IlZ-伊尔~^hjwnx-jnhmjwnx-jn~ hm+1jwnx-jn=> hm+1jwnx-jn~^hjwnx-jn。根据{hkj}的定义，我们有hm+1jwnx-jn~ hm+2jwnx-jn。因此，hm+2jwnx-jn~^hjwnx-jn，因此也是gm+2IlZ-伊尔~ hm+2jwnx-jn，矛盾。其他情况是对称的。引理16。设为x，y，我使x y、 x∈ XSa，i-Sxk代表所有k:i-Sak，如果我在Sa中是极小的，那么xi是非极小的。然后存在子，这样子<ixi，i Szix-伊萨克和齐克斯-我 y、 同样地，设为x，y，i，这样 x、 x∈ 对于所有k:k Sai和xi，如果在Sa中i是最大的，那么XSa，k sxif是非最大的。然后存在子，这样xi<izi，k Szix-ii代表所有k:k Sai和y 齐克斯-i、 证据。受限制的可解性和单调性。参见Wakker[1991b]引理11。A.2重要性和单调性在各种XSII中，在坐标的重要性之后的内容至关重要。保证各种Xsiis双独立内基本坐标数一致性的中心机制，这与Wakker[1989]的共单调强单调性密切相关。在异质积集X=X×。xxn，强单调性实际上是一个必要条件。这是由A6-bi独立性和结构假设直接暗示的。引理17。点式单调城市。如果我∈ N它包含xi<iyi，然后x<y。x<yx-1<yx-12< . . . < y、 引理18。如果我在XSa上很重要，那么ai<ibii ff aix-我 比克斯-ifor all aix-i、 比克斯-我∈XSa。证据如果ai<IBI，则根据结构假设存在aiz-我 生意-i、 结果是bi独立性（A6）。从概念上讲，引理18意味着，如果坐标i在XSa的某个子集上是必要的，那么它在整个XSa上也是必要的。

这让我们可以做出类似“坐标i在XSa上是必不可少的”这样的陈述。A.3等空间序列A通常的标准序列沿着上文定义的单一维度进行。在本文中，我们经常需要沿着几个维度移动，一次一个，在某种意义上保持步长之间的增量不变。为了实现这一点，我们将引入等距序列的概念。图1说明了这个过程。XjXirαirγkjαkiαk+1iγk+1jγk+2j图1：二维等间距序列中的r，罕见到i Rrj和i Rrj。我们想从rto rstaying在Ir j所在的区域建立一个sequencestep。我们可以任意选择sequencestep的大小。然而，问题是RDoE没有第二个坐标等于rj的等效点，因此我们无法建立一个“正常”的标准序列来实现这一点。我们的目标是将序列保持在集合中，其中i R j。我们还假设xind Xjdo没有最大或最小元素（或者它们已被移除）。通过密度以及最大和最小元素的缺失，我们可以找到αki，αk+1i，使得αk+1i<iri<iαki。我们需要改变序列的方向，从i维到ri的j维。我们构造了一个等价于aki的点和一个等价于ak+1i的点，使得它们的i坐标为ri（点γkjandγk+1j）。由于我们可以通过密度和最大元素的缺失来任意选择序列的步长，因此我们可以继续在坐标j上使用这两点构造一个标准序列。值得注意的是，等间距序列的后续成员之间的间距α，αk-1，γk，γk+1。无论我们沿着哪个维度移动，在某种意义上保持不变。

一旦构建了加性区间标度，等距的模糊概念将转化为序列后续成员值的明显恒定差异。另请参见[Bouyssou a and Marchant，2010]中A5到等间距序列的类似ide扩展。等间距序列的构造使我们可以将A5的陈述扩展，更准确地说，将引理15扩展到等间距序列。引理19。如果gk和hk是两个等距序列，完全对应于xsa和xsb，对于一些i，我们有gi~ hiand gi+1~ 嗨+1，那么对于所有存在的j和HJ，我们有gj~ hj。证据在不丧失一般性的情况下，假设gi:=gikg-kand gi+1:=gi+1kg-k、 嗨-着陆高度+1:=hi+1lh-l、 也就是说，在这两种情况下，点都来自相同维度上的子序列。进一步假设hi+2:=hi+2lh-土地gi+2:=gi+2mg′的土地-m、 也就是说，序列gk中存在尺寸变化。我们将证明，这意味着等距序列gk的以下步骤将等同于序列hk的相应步骤，只要两者都相应地沿着维度m和l进行。如果它们改变了方向，该技术可以再次应用。按结构（见图1）我们有gi+2kg-K~ gi+2mg′-曼德gi+3kg-K~ gi+3mg′-m、 因此，gi+2mg′-M~ 高+2lh-土地gi+3mg′的土地-M~ 高+3lh-l、 下面是引理15（A5）。A.4公理的必要性第20条。A3是必需的。证据在任意点z∈ 对于每个i，j，我们必须有fi（zi）≥ gi（zi）orgi（zi）≥ fi（zi）。从这里，一切都很简单（用mobiusresentation of the integral写出条件）。引理21。A6是必要的。证据假设aix-i、 比克斯-i、 cix-i、 迪克斯-我∈ XSA和aix-我 比克斯-i、 cix-我~ 迪克斯-i、 ciy-我 自己动手做-i、 有三种情况：1。ciy-i、 diy-我∈ XSb。

我们在xsa和XSb上有加法表示，所以αifi（ai）+Xj∈N\\iαjfj（xj）>αifi（bi）+xj∈N\\iαjfj（xj）αifi（ci）+xj∈N\\iαjfj（xj）=αifi（di）+xj∈N\\iαjfj（xj）βifi（ci）+xj∈N\\iβjfj（yj）>βifi（di）+Xj∈N\\iβjfj（yj）。第一个不等式要求αi6=0。从这个等式和下面的等式得出fi（ci）=fi（di），这与上一个等式相矛盾。因此-我 自己动手做-iimplies cix-我 迪克斯-我只在有aix的情况下使用-我 比克斯-在同一个XSa中（当ciy-土地diy-我不是两个都在同一个XSBC中，可以简化为这个XSBC。这也是我们给这种情况命名为“弱双独立”的原因。ciy-i、 diy-我∈ XSa。在这种情况下，我们得到αifi（ci）>αifi（di）和αifi（ci）=αifi（di），A矛盾。3.ciy-我∈ XSa，diy-我∈ XSb。如上所述，αi6=0，因此fi（ai）=fi（bi）。但是我们必须自己动手-我∈ XSa（值函数）与ciy的值函数相同-i） ，从而得出与前一案例相同的结论。A.5{zij:i Ezj}的形状xijj的子集之间的边界的形状，其中i R j和j R i是一个有趣且重要的问题。公理A3仅保证该边界在某种意义上是“拟凸”，即沿i的增加不能与沿j的减少相匹配。加强该陈述需要调用其他公理。A.5.1每个XSIH为一个基本变量假设每个XSIH仅为一个基本变量。我们将证明，沿i的增量必须与沿j的增量相匹配。这实际上是构造表示所必需的（见第7.1节）。除了3之外，还需要证明这一点的主要公理是强单调性（A6）。引理22。这样我就可以-ijj。那么，除非我和j不互动，否则我们就不能拥有我Ebipjz-ijj。证据假设这样的双存在论。此外，假设，wlog，ai<ibi，我们取最大值和最小值。1.

如果biis minimal in xian，aiis max in Xi，那么i，j不与A3相互作用，因此假设biis not minimal（另一种情况是对称的）。因为我们拿走了最小的bifor-ijj，我们可以假设存在ciibi的wlog（其他情况类似），比如biqjz-ij ciqjz-ij和bipjz-ij~ cipjz-ij（一种对ij独立性的侵犯，是互动的存在所要求的）。根据密度假设，必然存在sj:i Ecisjz-ij。4.我们有bipjz-ij 西斯兹-ij，因此是cipjz-ij 西斯兹-ij。5.现在我们需要扩展XSa ciqjz-ij“向右”，所以XSai 迪：迪宜必思。我们还需要扩展XSb bipjz-ij，所以XSbj tj:tjjpj。这可以通过调整zij的特定坐标来实现。假设zijis已经是这样，上面的条件成立。如果无法执行此类调整，我们可能需要从dipjz执行类似的“向左”扩展-ij。6.注意在SEciqjz上-我们可以有i essential，也可以既没有i也没有j-ijit可以是j，也可以没有。7.扩张的目的是证明，通过强单调性A6，我们必须有dipjz-ij bipjz-ij，因为我在SEciqjz上是必不可少的-ijij，但也是dipjz-ij~ bipjz-ij，因为我在NWaipjz上是无关紧要的-伊吉。如果执行了“向左”扩展，我们必须获得cisjz-ij~ bipjz-ij，还有bipjz-ij 西斯兹-因为j是必不可少的。A.5.2 XSI有两个或两个以上的基本变量，在第7节中，我们已经证明，在集合XiandXjare的表示值函数中，i Ezj等于点z。定理9提供了这个陈述的定性版本。我们必须做出的假设是，i和j在xsa和XSb上是必要的，因此Sa和Sb仅与i和j的顺序有关。在下面的证明中，我们假设i，j是Saa和Sb最大的，但这很容易改变，从一些rAr开始-代替r定理9。

让r:i Erj，r:i Erj和Akia和bkjare两个标准序列，比如air-我~ 里尔-兰德比约尔酒店-J~ rjr-詹德·里尔-我~ 阿米尔-我是rjr-J~ bmjr-j、 假设我是Erj和rir-我~ 阿尼尔-i、 然后rjr-J~ bnjr-j、 证据。从rto rijr构建两个等距序列-ij:o从里维埃里尔出发-i、 以及o从rjvia rjr开始-j、 因此，eir-我~ wjr-j、 通过引理15（A5），两个序列的所有对应步骤都是等价的，换句话说，ek~ 因此，两个序列在rand rijr之间的步数相同-ij，比如K。对于一些s<K，我们有rir-e与es+1之间的迭代，即es+1 里尔-我知道。类似地，对于一些t<K，我们有wt+1 rjr-我们可以写[r，rir]-[i]≈ 纳基≈ sek，意思是：anir之间的Riries-土地和+1ir-也在es和es+1之间。类似地，[r，rjr-j]≈ nbkj≈ twk[rir-i、 里耶-[ij]≈ nbkj≈ （K）- s） ek[rjr-j、 里耶-[ij]≈ 纳基≈ （K）- t） 工作。最后两种说法是可能的，因为通过密度我们可以得到任意接近的拓扑点rjr-詹德·里尔-IB通过选择内部序列和工作。里杰角-我们有：[r，rir]-[i]≈ 梅基≈mnsek[rjr-j、 里耶-[ij]≈ 梅基≈mn（K）- t） 工作。假设其他两段上的步数不同：[r，rjr-j]≈ lbkj≈lntwk[rir-i、 里耶-[ij]≈ lbkj≈ln（K）- s） 埃克。总结通往rijr的两条道路的部分-ijwe getms+l（K）-s） 内克福尔赛扬德（K）-t） +ltnwkfornwij。根据引理15（A5），步数必须相同，所以：ms+l（K- s） n=m（K）- t） +ltn，orm（s+t）- K） =l（s+t）- K） 。有两种可能的解决方案：om=l和ot=K- s、 这意味着在整个X中，贸易效应是一致的，因此i和J不相互作用，这是一个矛盾。结果如下。推论1。如果aipj:i Eaipjz-ijj和bipj:i Ebipjz-ijj，然后是xiyj：我是Exiyjz-ijj代表allxi∈ Xi，yj∈ Yj。推论2。

如果aipj:i Eaipjz-ijj，那么o对于任何bi，比如bi<iaiw我们有Sbipjz-ijj，o对于任何bi，比如ai<IBIb，我们有j Sbipjz-iji，o对于任何qj，比如qj<jpjj，我们有j Saiqjz-iji，o对于任何qj，比如pj<jqjj，我们有我说的qjz-ijj。或者i，j不在c.t.A.6中使用单一基本变量替代处理该情况。对于这种情况，我们也可以构造如下表示。我们将根据<i定义所有集合xi的值函数。我们还要求φi（xi）≥ φj（xj）i ffi Rxixjz-ijj。最后，我们将证明一个引理，类似于引理3，它将允许我们构造一个容量和Choquet积分。我们首先考虑是否可以根据上一段定义的规则定义Xia上的值函数。由于是弱序，我们可以定义φi（xi）这样的函数≥ φj（xj）i off xi<iyi。然而，第二个条件更加复杂。一个不可能的特殊情况是，如果存在xixjz-ijandyixjz-这样我就可以离开了-ijj和我Eyixjz-ijj。然而，这最终意味着，一旦构造了表示，我们就有了fi（xi）=fi（yi），从而得到了C（ν，f（xiz）-i） ）=C（ν，f（yiz）-i） ）任何-i、 这意味着xiz-我~ 哎呀-ifor all z-i、 这反过来又与我们所做的结构性假设相矛盾。我们陈述以下引理：引理23。假设我和j相互作用。那么，如果我是Exixjz-ijj，那就没有yixjz了-Iji Eyixjz-ijj。证据由A3和强单调性A6决定。详见附录中的引理22。接下来，我们将用它来证明，对于交互变量R是可传递的。引理24。让i，j和j，k相互作用，然后，i Rzj和j Rzk意味着i Rzk。证据如果i和k不相互作用，结果是直接的，因此，假设它们相互作用。同样，如果我们有i Szj和j Sz，那么根据无环性i Rzk，其中一个关系必须是一个Ez。首先假设我是Ezj，j Szk。

也假设k Szi。我们想稍微增加Ziz，这样对于一些xi<iziz，我们就有了i Sxiz-ij，但仍然是k-Sxiz-二，这导致了非循环性的违反。这是可能的密度，除非是最大的。在这种情况下，稍微减小zjs，因此对于xj:zj<xjj，我们有i Sxjz-jj但我还是Sxjz-jk。这是不可能的，除非zjis极小，在这种情况下，我们得出结论（zjis极大，zjis极小），ij- 3C适用于所有的xi、xj，因此我和j不相互作用，这是一个矛盾。类似地，假设i Szj，j Ezk，k Szi。增加Zi或减少Zk以违反无环性，或得出j和k不相互作用的结论，如上所述。最后，假设i Ezj，j Ezk，k Szi。增加Zi和减少Zk以获得Sxikz-ikj，j Sxikz-ikk，k Sxikz-iki违反了非循环性。如果zi是最大的，则减小zk得到i Exkz-kj，j-Sxkz-kk，k-Sxkz-ki，这是上文考虑的第一个案例。如果ZK可以增加，但ZK最小，我们得到上面的第二个病例。最后，如果ziis maximaland zk最小，则通过定义i Rzk。因为R是可传递的，所以对于相互作用的变量E和S也是可传递的。最后，我们可以构造值函数φi：Xi→ R.为此，我们首先在任何变量Xj上构造函数。由于这是一个薄弱的秩序，这显然是可以做到的。接下来，我们在Xk上构造值函数，使得j和k相互作用。这一次，函数还必须满足第二个约束条件——φk（xk）≥ φj（xj）i fff k Rxkxjz-kjj。然后构造一些Xl，比如l和j或l和kinteract。我们继续这样做，直到包含j的交互集团中的所有变量都没有定义值函数。在此之后，所有其他互动派系的变量可以用同样的方式定义。假设我们已经以符合上述约束的方式定义了一些值函数，并想要定义φi。

如果在某个阶段，我们得到i Rzj，但φj（zj）>φi（zi），就会出现矛盾。如果我与不止一个变量交互，并且我们使用其他一些值函数φkt来定义φi，则可能会发生这种情况。然而，我们可以在整个集团中更新值函数来解决这种冲突。对于任何φi（xi），我们都有：1。φi（xi）=φk（xk）对于某些xkin xk，或2。φi（xi）>φk（xk）适用于所有xkin-xk，或3。φi（xi）<φk（xk）适用于所有xkin-xk。除i，j外，其他每一对相互作用的变量都是相同的，对于i，j，已经构造了值函数。因为我们有φj（zj）>φi（zi），但是i Rzj，为了解决这个矛盾，我们需要增加φi（zi）并减少φj（zj）。由于值函数是有序的，我们可以通过对它们进行一些递增变换来实现这一点。如果所有xkin-xk的φi（zi）>φk（xk），这可以直接实现。然而，如果φi（zi）=φk（zk）或φi（zi）<φk（xk）对于所有的xkin-xk，我们必须很好地改变φkas。最终，要么冲突得到解决，即价值函数得到充分调整，要么我们找到一些常见的“前身”——坐标m，并构建一个如下的链：φi（zi）≤ φk（xk）≤ φl（xl）≤ . . . ≤ φo（xo）≤ φm（xm），其中取每个点，使其相对于前一个点最小，例如成对φi（zi）≤ φk（xk）我们选择xk，对于没有yk，我们有φi（zi）≤ φk（yk）≤ φk（xk）。类似地，对于φj（zj），我们得到以下链：φj（zj）≥ φs（ws）≥ φt（重量）≥ . . . ≥ φm（wm）。如果现在φm（wm）>φm（xm），我们得到φj（zj）≥ φs（ws）≥ φt（重量）≥ . . . ≥ φm（wm）>φm（xm）≥ φo（xo）≥ . . . ≥ φl（xl）≥ φk（xk）≥ φi（zi），因此在q:=zjwswt。wmxo。xlxkziz-jst。。。瞬间。。。lkiwe havej Rqs Rqt Rq。Rqm Sqo Rq。Rql RqRqk Rqi，其中每个变量都与后续变量交互。因此，如前所示，我们必须有j Sqi，因此j Szi，这是一个矛盾。参考文献。布伊苏和T。

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