§ 55] ПРОСТАЯ ИГРА [1? . . ., 1, п - 2\h 485
Таким образом, остается только случай (55:7). Здесь мы имеем: (55:Е) Для со = -1 условие (55:7) невозможно.
Доказательство. Из Рд 2=: -1 вытекает, что не может быть Р„<ю=-1.
Возможность со > -1 несколько глубже *).
(55:F) Пусть со > -1, и выполняется (55:7). Тогда условие (55:5)
- 0 1 равносильно условию со < п - 2--т .
Доказательство. Пусть рп < со. Для любого а с ап = со
условие (55:3) из п. 55.2.1 не допускается, т. е. доминирование а е- р должно осуществляться при помощи (55:1) (но не (55:2) !) в (55:а). Так как % > Рд> эт0 условие просто равнозначно условию
(55:8) аг->рг для некоторого £=1, ..., га - 1.
Значит, (55:5) требует существования дележа а с ап = со и (55:8). Рассмотрим сначала (55:8) для фиксированного £ = 1, га - 1.
Тогда это условие и ап = со могут удовлетворяться при дележе а тогда и только тогда, когда числа рг- и со, сложенные era - 2 слагаемыми, равными -1, дадут число < 0. Иными словами, должно быть pf + со - - (га - 2) < 0, Pj < га - 2- со. Следовательно, (55:8) невыполнимо для всех £ = 1, . . ., га - 1 тогда и только тогда, когда
(55:9) Pj 2 га - 2 - со для всех i = 1, . .., га - 1.
(55:5) означает, что этого не может быть ни для какого Р с Р < со. Тем самым ни для какого дележа р не может выполняться одновременно (55:9) и -1 §п < со 2). Значит, га - 1 слагаемых га - 2 - со и одно слагаемое -1 должны дать в сумме > 0. Таким образом, (га - 1) X
X (я - 2 - со) - 1 > 0, га - 2 - со > , откуда следует со <
<< га - 2 - , а это и требовалось.
Объединяя (55:Е) и (55:F) и вспоминая (55:D), а также утверждения, касающиеся (55:5), (55:6) и (55:7), можно утверждать следующее:
(55:G) Пусть со -любое число, для которого
- 1<со<га - 2--.
1) (о = -1 означает, что главный игрок не только сегрегирован, но также дискриминирован (решением V) наихудшим возможным образом. (См. п. 33.1.)
Таким образом, со = -1 дает решение сразу, в то время как со > -1 требует более детального анализа (55:F). Это и не удивительно: крайняя форма дискриминации является более элементарным предположением и требует менее тонких рассуждений, чем промежуточная форма.
2) Мы предполагаем, что из (55:9) следует р -1 для £ = 1, п-1. Это значит, что п - 2 - со -1 и со п - 1. В самом деле, со > п - 1 невозможно, так как иначе (55:4) было бы невыполнимо для дележей: со и п - 1 слагаемых, равных -1, дали бы в сумме положительное число.
Образуем множество V всех а, для которых
асо1).
Они дают в точности все решения V в случае (I). Первые из значений числа п - 2 - - даны в табл. 28.
Таблица 28
| | | | |
п 2 1 л п- 1 | 1=0,5 | 4=1,67 | Н = 2,75 | |
55.3.3. Интерпретация этого результата не вызывает затруднений.
Такая норма поведения (решение) основывается на исключении главного игрока из} игры. Это делает распределение между остальными игроками совершенно неопределенным, т. е. любой дележ, который дает глав; ному игроку «назначенный» выигрыш со, принадлежит решению. Верх-нюю границу «назначенного» выигрыша со, именно п - 2 -- -j , также
можно было бы обосновать в соответствии с п. 33.1.2, но мы этот вопрос рассматривать не будем.
55.4. Случай (II). Нахождение V
55.4.1. Переходим теперь к значительно более трудному случаю (II). (См. последнюю часть замечания на стр. 483 - 484.) Мы имеем
- 1 5gco< со.
Это дает следующее разложение V на три попарно не пересекающихся множества:
->
V, множество всех oc£V с ад = со,
V, множество всех a£V с аЛ = а>,
-> -
V*, множество всех a£V с (0<Сссп<а>-
По самой природе чисел со и со (см. начало п. 55.2.3) множества V и V не могут быть пустыми; однако по поводу V* такого утверждения сделать уже нельзя 2).
55.4.2. Начнем с исследования V.
-► -> -
(55:Н) Если а принадлежит V, а Р принадлежит VU V *, то at р
для всех i = l, . . ., п - 1. Доказательство. В противном случае Pf > аг для некоторого i = l, . . ., п - 1. Тогда будет ап = со, рЛ > со, так что рд > ап\
х) Продолжая параллель с особым случаем п = 3 из п. 33.1, указанную в замечании на стр. 483-484, заметим, что это соответствует имеющемуся там с. Для п = 3 1
величина п - 2 - --- превращается как раз в 1/2.
2) у* действительно пусто в случае, который рассматривается перед (55:V).
г) То, что эти величины могут быть получены, т. е. что эти минимумы существуют
и достигаются, может быть установлено так же, как в замечании на стр. 397-398. См.,
в частности, там же (*). То, что устанавливается там для V, справедливо также для
->
V, равного пересечению V с замкнутым множеством тех а, у которых = со.
-►
2) Заметим, что этого нельзя утверждать по поводу р £ V, так как р$ может превысить минимальную величину а. См., однако, (55:L).
3) См. при этом (55:12) далее.
4) Заметим, что по своему определению все щ -1 (i = 1, . . ., п - 1) и со -1; следовательно, все наши yi -1 (i = 1, . . ., п - 1, п).
следовательно, р е- а по (55:1), что невозможно, так как аир принадлежат V. Положим
а$ = ттаг для i= 1, п - 11).
Тогда (55:Н) сразу дает:
<55:1) Если Р принадлежит V U V*, то сц fit для всех
* = 1, га-12). Докажем далее, что
71-1
<55:J) 2 af + (o03).
г=1 ~ -
Доказательство. Допустим, что 2 аг + 60 < 0* Тогда можно
г=1~ -п
выбрать 7 > at для i = l, га - 1, = 00 с 2?г = 0> образую-
- г=1
щие дележ у = {уи . . уп} 4)-
- -> -
V непусто, выберем Р £ V. Тогда по (55:1) рг af < для всех
-> -> ->
г = 1, .... га - 1; следовательно, по (55:2) у е-- р. Так как р принадле-жит V, у не принадлежит V.
-> -> ->
Следовательно, существует такое a £ V, для которого as- у. Если
<х принадлежит V, то ал = са = уп; следовательно, ae-у противоречит
->
{55:В). Поэтому дележ а должен принадлежать V J V*. Тогда по (55:1) щ аг << yt для всех i = l, га - 1. Но как (55:1), так и (55:2)
-> ->
из (55:А) - ввиду а е- у - дают, что аг > уг хотя бы для одного i = = 1, . . ., га - 1. Итак, мы имеем противоречие.
Теперь характеризация V может быть завершена:
(55:К) V имеет ровно один элемент:
а° = {аи ..., а, со}.
->
Доказательство. Пусть a = {a1? ..., ал 4, ал} - некоторый элемент из V. Тогда мы имеем
iat для i = 1, га -1,
(55:10)