Поэтому мы будем теперь проверять двухэлементные множества. Это,

->

конечно, следует сделать для всех а в множестве V из (36:3).

Рассмотрим сначала те двухэлементные множества S, которые встречаются в дележе а г). Так как vl\ = -1, мы можем по (31:А) из п. 31.1.3 исключить возможность того, что S содержит игрока 4. Множество S = = (1, 2) было бы эффективным, если быа{ + &2 S£ v ((1, 2)), т. е. 1 - xt -2хи <i -1, что противоречит (36:4). S = (1, 3) эффективно, если а[ + а3 v ((1, 3)), т. е. (1 + xt)/2 -2хи х± -1/5. Таким образом, впервые появляется условие

(36:7)

соблюдение которого мы предполагали. S = (2, 3) мы можем не рассматривать, так как игроки 1 и 2 играют в а одинаковую роль (см. сноску 1).

Перейдем теперь к а . Так как а£ = -1, то мы исключаем теперь множества S, содержащие игрока 3 (см. выше). S = (1, 2) не рассматривается по прежней причине, так как а и а совпадают на этих компонентах. S = (1, 4) было бы эффективным, если бы было а[ + <%l v ((1, 4)) т. е. (1 + xi)/2 2хи Xi 1/3, что противоречит (36:7). S = (2, 4) исключается по той же причине.

Возьмем, наконец, а! . S = (1, 2) эффективно: а + а = v ((1, 2)), т. е. -2xi = -2xt. S = (1, 3) не нужно рассматривать по следующей

причине: мы уже рассмотрели S = (1, 2) для а ; если мы поменяем местами игроков 2 и 3 (см. сноску 1 на этой стр.), то это S перейдет в (1, 3)

с компонентами -хи -#4. Таким образом, наше первоначальное S =

->

= (1, 3) для сс становится не необходимым по (31:В) из п. 31.1.3, так как вследствие (36:7) - #4 х±. S = (2, 3) исключается по той же причине. S .== (1, 4) было бы эффективным, если]бы было а + a v ((1, 4)), т. е. О 2#!, 0, что противоречит (36:7). S = (2, 4) исключается по той же причине. S = (3, 4) эффективно: а!, + а = v ((3, 4)), т. е. 2х\ == 2х\.

Резюмируем:

(36:8) Среди двухэлементных множеств S три, перечисленные ниже,

заведомо необходимы (а все остальные заведомо не необходимы):

(1, 3) для а, (1, 2) и (3, 4) для а .

Что касается трехэлементных множеств £, то по (31:А) из п. 31.1.3 мы можем исключить множества, содержащие 4 для а и 3 для а . Следовательно, для а! остается только (1, 2, 3), а для а - только (1, 2, 4). Из этих двух первое исключается по (36:6), так как оно содержит множество (1, 3) из списка (36:8). Для <хт любое трехэлементное множество содержит множество (1, 2) или множество (3, 4) из списка (36:8), следовательно, мы можем исключить их согласно (36:6).

*) Здесь и во всем последующем рассуждении мы для сокращения доказательства сохраним свободу выполнения перестановок игроков 1, 2, 3 (см. (36:3)). Следовательно, читатель должен будет впоследствии применить к нашим результатам эти перестановки игроков 1, 2, 3.

Резюмируем:

(36:9) Среди трехэлементных множеств S одно, данное ниже, заве-

домо необходимо (а все остальные заведомо не необходимы) 1):

(1, 2, 4) для а .

36.2,4. Проверим теперь условие (30:5:а) из п. 30.1.1, т. е. что ника--> ->

кое а £ V не доминирует ни одно 3 £ V.

а = сх. На основании (36:7) и (36:9) мы должны использовать S -

= (1, 3). Может ли а по этому множеству S доминировать а, или а ,

или а , подвергнутый какой-нибудь из перестановок игроков 1, 2, 3? Для этого, прежде всего нужно существование компоненты меньшей, чем

Xi (это 3-я компонента а), среди компонент 1, 2, 3 рассматриваемого

-> -> ->

дележа. Таким образом, а! и а исключаются 2). Также в а исключаются компоненты 1, 2 (см. сноску 2 на этой стр.), но компонента 3 остается.

Но теперь другая из компонент 1, 2, 3 этого дележа а должна быть

< (1 - Xi)l2 (это 1-я компонента а), что невозможно, так как обе ком-

поненты 1, 2 дележа а равны (1 - х±)/2.

-у -у

а = а . По (36:8) и (36:9) мы должны использовать S = (1, 2, 4).

Может ли а по этому S доминировать какой-либо дележ а, или а ,

или а , подвергнутый перестановке игроков 1, 2, 3? Для этого прежде всего требуется, чтобы компонента 4 рассматриваемого дележа была <#i

(это 4-я компонента а ). Таким образом, а и а исключаются. Для а! мы, далее, должны потребовать, чтобы две из ее компонент 1, 2, 3 были

< (1 - Xi)/2 (это 1-я и 2-я компоненты а ), что невозможно, так как только одна из этих компонент Ф (1 - a:4)/2.

а = а . По (36:8) и (36:9) мы должны использовать S = (1, 2),

а затем S = (3, 4). Пусть S = (1, 2); может ли а доминировать по такому S в том же смысле, что и выше? Для этого требуется существование двух

компонент <С -Xi (это 1-я и 2-я компоненты ат) среди компонент 1, 2, 3

рассматриваемого дележа. Это невозможно для а , так как там только

одна из этих компонент Ф -xt. Это также невозможно для а или а , так как в этих случаях только одна из компонент Ф (1 - х)12 3). Пусть

S = (3, 4); может ли а доминировать по этому £? Для этого требуется прежде всего чтобы 4-я компонента рассматриваемого дележа была <#i

-у -у -у -у

(это 4-я компонента а ). Таким образом, а и aw исключаются. Для а мы, далее, должны потребовать существование компоненты <Сх4 (это 3-я

компонента aw) среди его компонент 1, 2, 3, и это невозможно, так как все эти компоненты Xi (см. сноску 2 на этой стр.). Это завершает проверку (30:5:а).

*) Так как по (36:5) трехэлементное множество заведомо необходимо, это является другой стороной явления, упомянутого в конце замечания на стр. 293.

2) В самом деле, по (36:7) (1 - х1)/2 хи т. е. 1/3 и - а, т, е. Xi 0.

3) И (1 - Xi)/2 -* ., т. е. i= -1.

*) Следовательно, сумма компонент для обоих векторов одинакова: она равна нулю.

2) Читатель заметит, что в процессе этого анализа использовались все множества из (36:8), (36:9), а р последовательно приравнивалось всем трем а, а , а,п из (36:3).

3) Что касается аг4 = -1, см. замечания, сделанные в начале доказательства.

36.2.5. Далее мы проверяем (30:5:Ь) из п. 30.1.1, т. е. то, что дележ р, который не доминируется элементами V, должен принадлежать V.

Рассмотрим дележ р, не доминируемый элементами V. Предположим сначала, что р4 <С х{. Если бы какая-нибудь из компонент рь р2, р3 была

<,хи то мы могли бы сделать (переставляя 1, 2, 3), чтобы р3 < х Это

-> ->

дает нам а е- р по S = (3, 4) из (36:8). Следовательно,

Pi, р2, Рз*1.

Если бы какие-нибудь две компоненты из числа р1? р2, Рз были

<< (1 -#i)/2, то мы могли бы сделать (переставляя 1, 2, 3), чтобы рь

-> ->

р2 <С (1 - Xi)/2. Поэтому oJ е- р по S = (1, 2, 4) из (36:9). Следовательно, не более чем одна из компонент р1? р2, р3 будет <С (1 - х1)/21 т. е. хотя бы две из них (1 - #i)/2. Перестановкой 1, 2, 3 мы, таким образом, можем добиться, чтобы стало

Pi, k - 1 2А

Ясно, что р4 -1. Таким образом, каждая компонента р будет соот-

ветствующей компоненты а, и так как оба вектора являются дележами1),

они совпадают: р = а. Поэтому р принадлежит V.

Предположим теперь, что р4 7> xt. Если бы какие-нибудь две компоненты из числа рь р2, Рз были <С -#i, то мы могли бы добиться (перестав-

-> ->

ляя 1, 2, 3), чтобы рь р2 < - xi- Поэтому а е- р по S = (1, 2) из (36:8). Следовательно, не более чем одна из компонент р4, р2, р3 будет <С -Xi, т. е. две из них -х±. Переставляя 1, 2, 3, мы можем добиться того, чтобы было

Рь р2 -

Если Рз Xi, то из всего этого следует, что каждая компонента р будет

соответствующей компоненты а , и так как оба вектора являются деле-

-> -> ->

жами (см. сноску 1), то они совпадают: р = а , и поэтому Р 6 V.

Предположим поэтому, что р3 < #i- Если какая-нибудь из компонент Pi, р2 была бы < (1 - Xi)/2, то мы могли бы добиться (переставляя,

если нужно, 1, 2), чтобы Pi < (1 - Xi)/2. Это дает нам а е- р по S = (1, 3) из (36:8). Следовательно,

->

Ясно, что Рз 2 -1. Таким образом, каждая компонента р будет соответствующей компоненты а , и так как оба вектора являются дележами

-> ->

(см. сноску 1), они совпадают: р = а , и поэтому Р 6 V. Это завершает проверку (30:5:Ь) 2). Таким образом, мы установили критерий (36:А) 3).