Промышленный лизинг Промышленный лизинг  Методички 

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 [ 157 ] 158 159 160 161 162 163 164 165 166 167 168 169 170 171 172 173 174 175 176 177 178 179 180 181 182 183 184 185 186 187 188 189 190 191 192 193 194 195 196 197 198 199 200 201 202 203 204 205 206 207 208 209 210 211 212 213 214 215 216 217 218 219 220 221 222 223 224 225 226 227

55,8.2. Перейдем теперь к этим рассуждениям.

Положим V = i П V (V есть часть V, содержащаяся в А).

По (55:Т) и (55:U) должно быть V = V U V* или V = V U V* U V =

= V, в соответствии с тем, не выполняется или выполняется условие

Доказательство. Заменим (30:5:с) на равносильные (30:5:а)г (30:5:Ь) в п. 30.1.1.

Проверяем (30:5:а). Из V V следует, что элементы из V не могут доминировать друг друга, так как этого не может быть даже в V.

Проверяем (30:5:Ь). Пусть р £ А не принадлежит V. Тогда нужно найти такое а £ V, что а е- р.

Прежде всего, Р не принадлежит даже V. Следовательно, в V суще-ствует а, для которого а е- р. Это а должно лежать в V, если только оно не в V (см. замечания перед (55:Y)), и это доказало бы наше утвержде-ние. Поэтому нам остается показать, что а не принадлежит V,

Допустим, что а принадлежит V, т. е. (по (55:S)) а = ак для к £

Тогда должно быть сг е- р. (55:1) невозможно при i Ф к, а (55:2)невозможно, так как afi = - 1 для i Ф к (i = 1, . . ., п - 1). Значит, это доминирование может осуществляться только при помощи (55:1) с i = к; следовательно, а£ > pft, т. е. pft <[ = а. Однако это невозможно,

так как р принадлежит А.

55.8.3. Таким образом, наша задача теперь сводится к тому, чтобы найти все решения (т. е. все множества, удовлетворяющие (30:5:с) из п. 30.1.1) для А. Это требует установления характера доминирования в А. )

(55:Z) Для а, р £ А доминирование а е- р равносильно следующе-

му: аЛ>рЛ и at> pj для некоторого i из (1, . . ., п - 1) -

Доказательство. Для а е- р утверждение (55:1) невозможно для i из a (55:2) невозможно ввиду ak = рА (= ah = а*) для всех к из S#.

Следовательно, это доминирование может осуществляться только при помощи (55:1) с i £ (1, . . ., п - 1) - Но это означает ап > р и at > pz-, что и требовалось.

Мы заменили множество всех дележей на А, а описанное в (55:А) понятие доминирования - на аналогичное понятие, описанное в (55:Z). В остальном задача нахождения всех решений осталась той же самой. Прогресс состоит здесь в том, что с понятием доминирования из (55:Z) как мы увидим в дальнейшем, работать легче, чем с соответствующим понятием из (55:А).

в (55:U). (55: Y)

Условие (30:5:с) выполняется для V в А

55.9. Случай (IF). Нахождение V

(55:А)

55.9.1. Пусть р - число элементов в Тогда

V) i<pn - 2.



Доказательство вытекает непосредственно из (55:Х).

<55:В) -1а.<.

Доказательство. То, что - 1 < а*, очевидно. Далее, at = = а* для i g S#, и aj > а* для i g (1, . . ., п - 1) - 5*; согласно

71-1

(55:А), ни одно из этих множеств не пусто. Значит, 2 аг > - 1) а*

и, следовательно, из (55:N) получаем 1 > (тг - 1) а*, т. е. а* < - , что и требовалось.

Произвольное а из Jk имеет р фиксированных компонент at (= at = = aj, где i £ и тг - j9 переменных компонент с, где i £ (1, . . ., тг) -

- Последние подчинены условиям:

(55:21) для г 6(1, ..., тг)

и 2а* = 0, т. е.

(55:22) 2 а.= ра#.

i6(i,...,n)-S*

Складывая нижние границы в (55:21), мы получим меньше, чем сумма, записанная в (55:22), т. е. - (тг - р) < - ра#. Действительно, это

означает, что a*<~~~- 1- Но по (55:А) р<,п- 1, так что ~ -

- 1 > --т - 1 = , а (55:В) дает нам а* < -Ц-.

тг - 1 п - 1 v * /г - 1

Итак, мы видим, что

(55:С) Область Л является (тг - р - 1)-мерной.

55.9.2. Приступим теперь к более подробному анализу V и Jk1). Положим

(55:23) со* = тг - р- 1-ра.

По (55:R) можно написать

(55:24) ю* = ю--(р-1)(а, + 1).

(55: D) со* = со тогда и только тогда, когда является одноэлементным множеством (т. е. р = 1) или а* = - 1, т. е. тогда и только тогда, когда выполняется условие из (55:U); в остальных случаях со* < со.

Доказательство. Так как р 1 и а* - 1 по (55:А) и (55:В), это непосредственно следует из (55:24).

(55:Е) шахаЛ = со*.

г) Последующие леммы (55:D) - (55:Р) являются аналитическим эквивалентом графического вывода в пп. 47.5.2-47.5.4. Техническая основа здесь другая, однако аналогия между этими двумя доказательствами очень заметна; интересующийся читатель может проследить за этим шаг за шагом.

(55:С) показывает, что графическое рассуждение должно было бы производиться в (тг - р - 1)-мерном пространстве (по (55:А) это 1, <тг - 2). В этом причина того, что мы пользуемся аналитическим рассуждением. (Упомянутое выше графическое доказательство имело место на плоскости, т. е. оно требовало размерности 2.)



если £6(1. ..., п - 1) -

Тогда ап = - 2 at = - (и - 1- р)=п - р - 1- /хх. По (55:23) это

означает аЛ = (1)*.

Это доказывает все наши утверждения.

(55:G) а* принадлежит V.

-у 1 -у

Доказательство, а* принадлежит А, для любого а£А (55:Е), (55:F) дают

anat ( = ©*).

-у -у ->

Значит, (55:Z) исключает а е- а*; поэтому из (55:Y) следует, что а* принадлежит V.

55.9.3. После этих приготовлений переходим к решающей части рассуждений.

-У -У -У -У

(55:Н) Если а, р принадлежат V, то из аЛ = рп следует а = р.

Доказательство. Рассмотрим два дележа а и р из V, для которых ап = рд.

Положим yt = min (а*, pi) (£ = 1, . . ., п - 1, п), и допустим сна-

чала, что 2 < О, т. е. что 2 Vi = ~ 8> 8 > О-

г=1 г=1

Положим, далее, б = {б1? . . ., 6-1 где f 7ь если £££*, [ Yi + -Z7 если . . .,/г -1, тг) -

Это б является, очевидно, дележом, и так как для £ £ * должно быть

8t = 7г = г = Рг = г = б принадлежит Мы имеем 8п > уп =

*) Сравнение этого определения с (55:D) показывает, что это а* является некоторым а1 при i £ S*, т. е. оно принадлежит V, тогда и только тогда, когда условие из (55:U) выполняется.

Так как а* принадлежит Jt, это согласуется с заключением из (55:U). 32 Дж. Нейман, О. Моргенштерн

(55:F) Этот максимум достигается ровйо Для одного а£А: для которого

{аь = а*, если £££*, со*, если i = n, - 1 в остальных случаях г).

Доказательство утверждений (55:Е) и (55:F). Из определения А ясно, что для а£А переменная компонента ап принимает свое максимальное значение, когда остальные переменные компоненты, т. е. аг при £ £ (1, . . ., п - 1) - $, достигают своих минимумов. Эти минимумы равны -1. Поэтому для указанного максимума будет

ai = a*, если i(iS%,



1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 [ 157 ] 158 159 160 161 162 163 164 165 166 167 168 169 170 171 172 173 174 175 176 177 178 179 180 181 182 183 184 185 186 187 188 189 190 191 192 193 194 195 196 197 198 199 200 201 202 203 204 205 206 207 208 209 210 211 212 213 214 215 216 217 218 219 220 221 222 223 224 225 226 227