Финансы

по самому определению этих чисел. Далее, 2 о = 0, а по (55:J) должно

г=1 п-1

быть 2 +оэО. Следовательно, из всех неравенств в (55:10) знак >

исключается. Таким образом,

at для i = l, ..., тг -1,

(55:11)

( a* = af \ an = co,

т. е.

{а{, ..., аЛ !, ап} = {аь ..., an 4, со}.

Значит, V не может иметь элементов, отличных от {а1? ..., ап.и со}. Так как V непусто, это - его единственный элемент.

55.4.3. Заметим, что, так как вектор a0 = {a!, . ..,an-b со} принадлежит V, он с необходимостью оказывается дележом. Следовательно, мы можем усилить (55:J) до утверждения

(55:12) S аг + (о = 0.

i=l ~ -

Можно также усилить и (55:1):

->•

(55:L) Если р принадлежит V, то at $t для всех i = 1, . . ., тг - 1.

Доказательство. Для р £ V (j V* это было установлено в (55:1), для р £ V (55:К) дает даже Pj = аг-.

Завершим эту часть анализа доказательством следующего факта: (55:М) о)= -1.

Доказательство. Допустим, что о>>» - 1, т. е. что со = -1 + 8, е>0. Положим

р = {рь ..., pn i, рд}, где pf = at + для * = 1, п - 1 и ря = со - е = -1. Век-

тор Р является дележом (см. (55:12) выше). Из рп < со, или также из

(55:L), следует, что р не принадлежит V.

-> -> ->

Следовательно, в Y существует дележ а, для которого а е- р. По (55:L)% at а! << Pj для всех i = 1, . . ., тг - 1. Но и из (55:1), и из (55:2)

•> -> ->

в (55:А) следует, так как а е- р, что at > р хотя бы для одного i = = 1, . . ., п - 1. Таким образом, мы получаем противоречие. Заметим, что теперь (55:12) превращается в

(55 :N) 2 = 1.

г=1 -

Основными результатами этого анализа являются (55:К), (55:L) и (55:М). Их можно резюмировать следующим образом *).

Наихудший возможный исход для главного игрока - это полное поражение (значение -1). Существует одно и только одно распределение - т. е. дележ - (в V), которое это осуществляет, а для всех остальных игроков это оказывается наилучшим возможным исходом (в V).

Это распределение (в V) является состоянием полной кооперации против главного игрока х).

Читатель может заметить, что, хотя эта словесная формулировка вовсе не является сложной, ее можно было получить только математическим, а не словесным путем.

55.5. Случай (II). Нахождение V

55.5.1. Теперь можно исследовать V. (55:0) Рассмотрим дележ р = {pi, . . ., рЛ} с р* at для некото-

рого & = 1, га - 1, и рЛ=со. Тогда р принадлежит V.

Доказательство. Допустим, что Р не принадлежит V. Тогда в V существует дележ а, для которого а е- р. Следовательно, должно выполняться (55:1) или (55:2) из (55:А). Так как дележ а принадлежит V, должно быть ап rgco rg рЛ, и это исключает возможность (55:1). По (55:L) rg аг для всех & = 1, . . ., га - 1; поэтому a g аг fg pf

хотя бы для одного £= 1, . . ., га - 1, и это исключает (55:2). В обоих случаях получается противоречие.

(55:Р) ocjra -2 -со для £ = 1, га -1.

Доказательство. Допустим, что а<га -2 -со для какого-либо

£=1, га-1, т. е. что - (га -2)-fa + со < 0. Тогда можно выб-

рать PjS - 1 (7 = 1, га - 1, }Ф1, т. е. для га -2 значений /),

Рг=а*, Ртг>со с Р0» образующие дележ p = {pi, .. ., рп}. Этот де-

леж р удовлетворяет требованиям (55:0), следовательно, он принадлежит V. Но тогда p5gco п0 определению этой величины -противоречие с

Ртг> СО-

Теперь положим (55:13) min а*2).

г=1,. . ., п- 1 -

Тогда (55:Р) дает нам (55:14) сцга-2-w3).

Обозначим множество всех £ ( = 1, ...,га-1), для которых (55:15) аг = а#,

через S#. По своей природе это множество должно обладать следующими двумя свойствами:

(55:Q) S# (1, ..., га- 1), 5* непусто.

*) Это выражение использовалось также - в связанном с этим, но несколько отличном смысле - в последней части п. 55.2.

2) На этот раз минимум берется по конечной области!

3) См. при этом (55:R) ниже.

55.5.2. Далее, (55:R) G&.JJ ~yi - 2 - оз.

{55:S) V состоит из элементов оь\ аг = {а11, ..., ctn-i, о4}, где i про-

бегает по всему и

Г аг = а#, если j = i,

г -

ад - < со, если ; = тг,

- 1 в остальных случаях.

Доказательство утверждений (55:R) и (55:S). Начнем с рассмотрения элемента P6V.

-> ->

Если Pj<aj для всех г = 1, тг -1, то (55:2) дает а°Е-р, так -> -> ->-

как а0 = {а!, ..., ад 19 о}. Поскольку а0 принадлежит V по (55:К), а0

и р° оба должны принадлежать V, что невозможно. Итак, {55:16) o&j а* для некоторого г = 1, тг -1.

Мы имеем

{55:17) Ру= - 1 для всех / = 1, тг -1, /==г,

и так как р принадлежит V,

<55:18) Рп = «.

Но 2 = 0, и по (55:14) должно быть - (тг - 2) + а# + со 0; поэтому

знак > исключается из всех неравенств (55:16), (55:17). Следовательно, •0 = 0, т. е. i принадлежит S#. Таким образом,

Г at - а#, если / = i,

Рг - j со, если j = тг,

1 -1 в остальных случаях,

т. е. дележ р равен определенному выше дележу а1. Итак, мы получаем

{55:19) Каждое P6V обязательно совпадает с некоторым оьг, где г принадлежит

-. ->.

Далее, V непусто, поэтому в V найдется некоторое al(i£S%). Следо-

вательно, это а1 является дележом, и потому У]а) = 0, т. е. -(тг - 2) +

5=1

+ а* + со = 0. Это равносильно (55 :R).

Рассмотрим, наконец, произвольное i£Sm. Так как (55:R) справедливо, мы имеем

п ->. .

Значит, 2 а) - 0» т. е. а* есть дележ. Но а\ = at = а* и ап = со; ;=1 ~