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 \title{Spieltheorie \"Ubung 3}

 \author{Eugen Sawin}

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 \pagestyle{empty}

 \begin{document}

 \maketitle

 %

 \section*{Aufgabe 3.1}

 F\"ur alle Beispiele soll $n=1$ gelten.

 \begin{description}

   \item[$\mathbf{A}$ leer:] Sei $A=\emptyset$.\\

   Mit $2^A=\{\emptyset\}$ folgt, dass f\"ur eine beliebige Funktion $f:A\to 2^A$, f\"ur jedes $x\in A$, $f(x) = \emptyset$ gilt. Somit hat $f$ keinen Fixpunkt, da es kein $x\in A$ mit $x\in f(x)$ gibt.

   Aus der Verletzung der Bedingung, dass $A$ nicht leer sein darf, folgt somit auch die Verletzung der Bedingung, dass kein $f(x)$ leer sein darf.

   \item[$\mathbf{A}$ nichtkonvex:] Sei $A=\{0,1\}$, also nicht-leer, kompakt aber nichtkonvex. Sei $f:A\to 2^A$ definiert durch $f(x)=\{1-x\}$.\\

   Mit $f(0)=\{1\}$ und $f(1)=\{0\}$ gibt es kein $x\in A$ mit $x\in f(x)$, somit hat $f$ keinen Fixpunkt.

   Ist $A$ konvex, z.B. $A=[0,1]$, also $A=\{x\mid x\in\mathbb{R},0\leq x\leq1\}$, so gibt es f\"ur die gleiche Funktion $f$ einen Fixpunkt mit $f(\frac{1}{2})=\{\frac{1}{2}\}$.

   \item[$\mathbf{f}$ nicht ober-hemi-stetig:] Sei $A=[0,1]$ und $f(x)=\{\lceil 1-x \rceil\}$.\\

   Da $Graph(f)=\{(1,0)\}\cup\{(x,1)\mid x\in[0,1)\}$ keine abgeschlossene Menge bildet, ist $f$ nicht ober-hemi-stetig. Mit $f(1)=\{0\}$ und $f(x)=\{1\}$ f\"ur alle $x\in A,x<1$, gibt es kein $x\in A$ mit $x\in f(x)$, somit hat $f$ keinen Fixpunkt.

 \end{description}

 \section*{Aufgabe 3.2}

 Nach der Definition des erwarteten Nutzens gilt

 \begin{align*}

 U_i(\alpha_i',\alpha_{-i})=\sum_{b\in A}\left(\prod_{j\in N\setminus\{i\}}\alpha_j(b_j)\right) \alpha_i'(b_i) u_i(b)

 \end{align*}

 Wir unterscheiden jetzt die F\"alle $b_i = a_i$, $b_i = a_i'$ und die Aktionen mit unver\"anderter Verteilung. Daf\"ur sei $B=\{(a_i,b_{-i}) \mid b\in A\}$ die Menge aller Aktionsprofile mit Aktion $a_i$ f\"ur Spieler $i$ und $C=\{(a'_i,b_{-i}) \mid b\in A\}$ die Menge aller Aktionsprofile mit Aktion $a_i'$ f\"ur Spieler $i$. Um die Formel kompakt zu halten definieren wir zudem $\alpha'=(\alpha_i',\alpha_{-i})$.

 \begin{align*}

 U_i(\alpha')=\sum_{b\in A\setminus{B\cup C}}\left(\prod_{j\in N}\alpha_j'(b_j)\right)u_i(b)+\sum_{b\in B}\left(\prod_{j\in N}\alpha_j'(b_j)\right)u_i(b)+\sum_{b\in C}\left(\prod_{j\in N}\alpha_j'(b_j)\right)u_i(b)

 \end{align*}

 Wegen $\alpha_i'(a_i)=0$ und $\alpha_i'(b_i) = \alpha_i(b_i)$ f\"ur alle $i\in N$ und $b\in A\setminus B\cup C$ folgt

 \begin{align*}

 U_i(\alpha')&=\sum_{b\in A\setminus{B\cup C}}\left(\prod_{j\in N}\alpha_j(b_j)\right)u_i(b)+\sum_{b\in C}\left(\prod_{j\in N}\alpha_j'(b_j)\right)u_i(b)\\

 &=U_i(\alpha)-\sum_{b\in B}\left(\prod_{j\in N}\alpha_j(b_j)\right)u_i(b)-\sum_{b\in C}\left(\prod_{j\in N}\alpha_j(b_j)\right)u_i(b)+\sum_{b\in C}\left(\prod_{j\in N}\alpha_j'(b_j)\right)u_i(b)

 \end{align*}

 Wegen $B_i(a_{-i})=\{a_i\in A_i \mid u_i(a_{-1},a_i)\geq u_i(a_{-i},a_i')\text{ f\"ur alle } a_i'\in A_i\}$, $a_i'\in B_i(\alpha_{-i})$ und $a_i\notin B_i(\alpha_{-i})$ folgt, dass f\"ur alle $b \in B$ und $b'\in C$ gilt $u_i(b') > u_i(b)$. Zudem wurden bei der Verteilung $\alpha'$ die Wahrscheinlichkeiten aller $b'\in C$ mit den von $b\in B$ aufgestockt, d.h. f\"ur alle $b\in B$ und $b'\in C$ gilt $\alpha_i'(b')\cdot u_i(b') > \alpha_i(b)\cdot u_i(b)+\alpha_i(b')\cdot u_i(b')$. Somit folgt 

 \[\sum_{b\in C}\left(\prod_{j\in N}\alpha_j'(b_j)\right)u_i(b)>\sum_{b\in B}\left(\prod_{j\in N}\alpha_j(b_j)\right)u_i(b)+\sum_{b\in C}\left(\prod_{j\in N}\alpha_j(b_j)\right)u_i(b)\]

 \[\implies U_i(\alpha') > U_i(\alpha)\]\qed

 \section*{Aufgabe 3.3}

 Nach dem Support-Lemma, k\"onnen wir Strategie $X$ f\"ur Spieler 2 ausschlie{\ss}en, da bei einem NG $\alpha^*$ f\"ur jede reine Strategie $a_i\in supp(\alpha_i^*)$ gelten muss $a_i\in B_i(\alpha_{-i}^*)$ mit $B_i(\alpha_{-i}^*)=\{a_i\in A_i \mid U_i(\alpha_{-1}^*,a_i)\geq U_i(\alpha_{-i}^*,a_i')\text{ f\"ur alle } a_i'\in A_i\}$, d.h. $a_i$ ist eine beste Antwort auf $\alpha_{-i}^*$. Nur $B$ und $S$ werden dieser Bedingung f\"ur Spieler 2 gerecht.

 Mit Hilfe des Lemmas ermitteln wir nun die Wahrscheinlichkeitsverteilungen.

 \begin{align*}

 U_1(B,\alpha_2^*)&=4\cdot\alpha_2^*(B)\\

 U_1(S,\alpha_2^*)&=2\cdot\alpha_2^*(S)

 \end{align*}

 Wir wissen, dass f\"ur ein NG $U_1(B,\alpha_2^*)=U_1(S,\alpha_2^*)$ gelten muss. Au{\ss}erdem gilt $\alpha_2^*(B)+\alpha_2^*(S)=1$. Wir stellen die erste Gleichung entsprechend um und setzen das Ergebnis mit der zweiten Gleichung gleich und l\"osen auf.

 \begin{align*}

 4\cdot(1-\alpha_2^*(S))&=2\cdot\alpha_2^*(S)\\

 4-4\cdot\alpha_2^*(S)&=2\cdot\alpha_2^*(S)\\

 -6\cdot\alpha_2^*(S)&=-4\\

 \alpha_2^*(S)&=\frac{2}{3} \implies \alpha_2^*(B)=\frac{1}{3}\\

 \end{align*}

 Wir k\"onnten $\alpha_1$ auf gleiche Weise herleiten, jedoch ist dies durch die Symmetrie der Nutzenfunktion nicht notwendig. Trivialerweise folgt $\alpha_1^*(B)=\frac{2}{3}$ und $\alpha_1^*(S)=\frac{1}{3}$.

 Somit haben wir das NG ermittelt, es hat folgende Auszahlungen: $U_1(\alpha^*)=\alpha_1^*(B)\cdot\alpha_2^*(B)\cdot u_1(B,B)+\alpha_1^*(S)\cdot\alpha_2^*(S)\cdot u_1(S,S)=\frac{4}{3}=U_2(\alpha^*)$.

 \end{document}