Übung 11 Aufgabe 3 - Lösung
Matthias Hoelzel 9. Februar 2016
Behauptung. (f, f)und(µB, µB)für ModelleB |=ϕsind Nash-Gleichgewichte (NG).
Beweis. Von(f, f)abzuweichen, etwa zu(µ1, f)fürµ1∈∆(S)mit µ1(f)<1, ist nicht profitabel, weil
p1(µ1, f) =−2(1−µ1(f))<0 =p1(f, f).
Zeige nun, dass(µB, µB)ein NG ist. Aufgrund von Übungsblatt 10 Aufgabe 2, genügt es zu zeigen, dass die Literalel∈LmitB |=l beste Antworten sind, d.h. dass für allel∈supp(µB),s∈S
p1(s, µB)≤p1(l, µB)(=p1(µB, µB) = 1).
Im Folgenden sei stetsl ∈supp(µB). Wir führen eine Fallunterscheidung nach sdurch:
• Falls∈L, B6|=s. Dann p1(s, µB) = n−1
n ·1 + 1
n·(−2)<1 =p1(l, µB)
• Fall s∈L, B |=s. Trivial, denn die Strategien aus dem Support produ- zieren gegenµB alle den gleichen Payoff1.
• Falls∈V: Dann folgt aus der Definition vonp1:
p1(s, µB) =n−1 n ·2 + 1
n(2−n) = 2n−2 + 2−n
n = 1 =p1(l, µB).
• Falls∈C: Angenommen, es werdenkLiterale aussdurchBerfüllt. Weil B |=ϕ, muss mindestens ein Literal von serfüllt werden, d.h.k≥1. Da
µB(x) = 0für allex∈S\Lund allex∈Lmit B6|=l ist, ergibt sich p1(s, µB) = X
l∈L, B|=l
1 n·
(2−n l∈s 2 l /∈s
= k
n(2−n) +n−k n ·2
= 2k−kn+ 2n−2k
n =2n−kn
n
= 2−k ≤
(k≥1)
2−1 = 1 =p1(l, µB).
• Fall s = f: Aus der Definition von p1 folgt p1(f, µB) = (−2) < 1 = p1(l, µB).
In jedem Fall haben wir p1(s, µB) ≤p1(l, µB) und daher sind die Literale l ∈L mit B |=l tatsächlich beste Antworten gegen µB. Also ist (µB, µB)ein NG.
Hier nun der schwierige Teil:
Behauptung. Es gibt außer(f, f)nur NG der Form(µB, µB)für Interpretationen B mitB|=ϕ.
Beweis. Es seiµ= (µ1, µ2)6= (f, f)ein NG. Wir beweisen, dassµ= (µB, µB) für eine BelegungB mitB|=ϕist, in dem wir folgende Aussagen beweisen:
1. µi(f)<1 für beidei∈ {1,2}.
2. µi(f) = 0für beidei∈ {1,2}. 3. Es istp1(µ) +p2(µ)≤2.
4. Es gilt sogarp1(µ) =p2(µ) = 1.
5. Es istµi(x) = 0für allei∈ {1,2}und alle x∈C∪V.
6. Für alle Literalel∈List entwederµ1(l) =µ2(l) = 0oderµ1(l) =µ2(l) =
1
n. Außerdem ist die InterpretationB, welche definiert ist durch B|=l:⇐⇒l∈Lundµ1(l) =µ2(l) = 1
n, ein Modell vonϕ.
Zu 1.:Angenommen, es wäreµi(f)6= 1für eini∈ {1,2}. Ohne Einschrän- kung sei i = 1. Also spielt Spieler 1 nur mit f, d.h. µ1 = f. Aufgrund der Definition der Payoff-Funktionp2, erhalten wir
p2(µ) =p2(f, µ2) =−2·(1−µ2(f)) + 0·µ2(f) =−2·(1−µ2(f))
sowie
p2(µ1, f) =p2(f, f) = 0.
Da µ ein NG ist, folgtp2(µ1, f)≤p2(µ). Zusammen mit den beiden Glei- chungen von eben, bedeutet dies aber
0≤ −2·(1−µ2(f)) =−2 + 2µ2(f)⇐⇒2≤2µ2(f)⇐⇒µ2(f)≥1.
Somit erhalten wir µ2(f) = 1. Also ist µ = (f, f) im Widerspruch zu der Vorraussetzung, dassµ6= (f, f)! Also ist1.bewiesen!
Zu 2.: Beweis durch Widerspruch! Angenommen, es wäre µ1(f) >0 oder µ2(f)>0. Ohne Einschränkung seiµ1(f)>0. Da wir1. schon gezeigt haben, können wir
0< µ1(f)<1 (1)
folgern. Wir haben p2(µ) = X
s∈S
µ2(s)·p2(µ1, s)
= X
s∈S\{f}
µ2(s)·p2(µ1, s) +µ2(f)·p2(µ1, f)
= X
s∈S\{f}
µ2(s)·p2(µ1, s) +µ2(f)·(1−µ1(f)) Betrachten wir die Wertep2(µ1, s)(fürs∈S\ {f}) etwas genauer:
p2(µ1, s) = X
t∈S
µ1(t)·p2(t, s)
= X
t∈S\{f}
µ1(t)·p2(t, s) +µ1(f)·p2(f, s)
=
(s6=f)
X
t∈S\{f}
µ1(t)·p2(t, s)−2µ1(f)
=
(p2=p)
X
t∈S\{f}
µ1(t)·p(t, s)−2µ1(f)
=
(p(t,s)=p(s,t))
X
t∈S\{f}
µ1(t)·p(s, t)−2µ1(f) (2) Die Werte p2(µ1, s) treten in der Berechnung von p2(µ) auf (siehe oben) und dort ist s ∈ S\ {f}. Dies bedeutet, dass s ∈ S \ {f} = V ∪C∪L ist.
Selbstverständlich müssen wir nur die Summanden betrachten bei denenµ2(s)>
0 ist, denn Strategien s ∈ S mit µ2(s) = 0werden ja gar nicht von Spieler 2 gespielt. Die Strategien, welche Spieler 2 mit µ2 auswählt, bilden bekanntlich den Support vonµ2. Wir zeigen nun, dass L∩supp(µ2) =∅ist. Dazu nehmen wir das Gegenteil an und führen es zu einem Widerspruch.
Gelte L∩supp(µ2) 6= ∅. Dann existieren irgendwelche s ∈ L∩supp(µ2).
Sei ein solchessfixiert! Nach Übungsblatt10Aufgabe2bestehen die Supports
von Nash-Gleichgewichten nur aus besten Antworten gegen die Reaktion der anderen Spieler. Daµnach Annahme ein NG ist unds∈supp(µ2), folgt, dass seine beste Antwort gegenµ1ist. Dies bedeutet, dass
p2(µ1, s)≥p2(µ1, t)für allet∈S.
Ergo folgt insbesondere
p2(µ1, s)≥p2(µ1, f) = 1−µ1(f).
Andererseits haben wir aber wegen (2) (beachte: das∈L folgts6=f):
p2(µ1, s) = X
t∈S\{f}
µ1(t)·p(s, t)−2µ1(f)
Nun ist aberp(s, t)∈ {−2,1} und daher p(s, t)≤ 1, weil s ∈L ja ein Literal ist! Deswegen ergibt sich
p2(µ1, s) = X
t∈S\{f}
µ1(t)·p(s, t)
| {z }
≤1
−2µ1(f)
≤ X
t∈S\{f}
µ1(t)
| {z }
≤1
−2µ1(f)
≤ 1−2µ1(f)
< 1−µ1(f) (weilµ1(f)>0)
Alsop2(µ1, s) <1−µ1(f)im Widerspruch zu p2(µ1, s)≥1−µ1(f). Die Wi- derspruchannahme, dassL∩supp(µ2)6=∅, war somit falsch. Daher muss doch L∩supp(µ2) =∅sein!
Dies bedeutet, dass Spieler 2 niemals Literale, also Elemente aus L, spielt (in dem NG µ)! Anders formuliert: Spieler 2 spielt nur Strategien aus S\L.
Betrachte den erwarteten Payoff von Spieler1in dem NGµ:
p1(µ) = X
s∈S
µ1(s)·p1(s, µ2) =µ1(f)·p1(f, µ2) + X
s∈S\{f}
µ1(s)·p1(s, µ2)
= µ1(f)·(1−µ2(f)) + X
s∈S\{f}
µ1(s)·p1(s, µ2)
= µ1(f)·(1−µ2(f)) + X
s∈S\{f}
µ1(s)·X
t∈S
µ2(t)·p1(s, t)
Benutze, dass Spieler2 nur Strategien ausS\Lbenutzt:
p1(µ1, µ2) = µ1(f)·(1−µ2(f)) + X
s∈S\{f}
µ1(s)· X
t∈S\L
µ2(t)·p1(s, t)
| {z }
=(−2)
≤ µ1(f)·(1−µ2(f)) + X
s∈S\{f}
µ1(s)· X
t∈S\L
µ2(t)·
∈{0,1}
z }| { p1(f, t)
= µ1(f)·p1(f, µ2) + X
s∈S\{f}
µ1(s)·p1(f, µ2)
= µ1(f)·p1(f, µ2) +
X
s∈S\{f}
µ1(s)
·p1(f, µ2)
= µ1(f)·p1(f, µ2) + [1−µ1(f)]·p1(f, µ2)
= [1−µ1(f) +µ1(f)]
| {z }
=1
·p1(f, µ2)
= p1(f, µ2)
Die Ungleichung wird strikt, sobaldµ1(s)>0 für eins∈S\ {f}ist. Daµaber ein NG ist, darf die Ungleichung nicht strikt werden. Daher folgtµ1(s) = 0 für alles∈S\ {f}. Andererseits ist µ1aber eine Wahrscheinlichkeitsverteilung auf S, also muss µ1(f) = 1 gelten, aber dies steht im Widerspruch zu µ1(f) < 1 (siehe (1))! Widerspruch!
Zu 3.: Wir beoachten zunächst, dassp1(s, t) +p2(s, t)≤2 für alle s, t∈S aufgrund der Definition der Payoff-Funktionen gilt. Daraus ergibt sich nun
p1(µ) +p2(µ) = X
s,t∈S
µ1(s)µ2(t)·p1(s, t) + X
s,t∈S
µ1(s)µ2(t)·p2(s, t)
= X
s,t∈S
µ1(s)µ2(t)·[p1(s, t) +p2(s, t)]
| {z }
≤2
≤
X
s,t∈S
µ1(s)µ2(t)
| {z }
=1
·2
= 2
Zu 4.:Zunächst zeigen wir, dassp1(µ) +p2(µ) = 2ist. Wäre6= 2, so müsste aufgrund von3.bereitsp1(µ) +p2(µ)<2sein. Dann haben wirp1(µ)<1 oder p2(µ)<1. Ohne Einschränkung geltep1(µ)<1. Da beide Spieler nicht mitf spielen (siehe 2.), kann Spieler1einfach zuf wechseln und dies produziert nun den Payoff
p1(f, µ2) = 1−µ2(f)
| {z }
=0
= 1> p1(µ).
Also istµkein NG im Widerspruch zur Annahme!
Zu 5.: Wir führen wieder einen Widerspruchsbeweis: Gelte µ1(x)> 0 für einx∈ C∪V. Sei y ∈supp(µ2)beliebig. Wir beobachten, dass aufgrund der Definition der Payoff-Funktionenp1(x, y) +p2(x, y)≤0(wegenx∈C∪V) und somit
p1(µ) +p2(µ) = X
s,t∈S
µ1(s)µ2(t)·p1(s, t) + X
s,t∈S
µ1(s)µ2(t)·p2(s, t)
= µ1(x)µ2(y)
| {z }
>0
·(p1(x, y) +p2(x, y))
| {z }
≤0
+ X
s,t∈S,(s,t)6=(x,y)
µ1(s)µ2(t)·(p1(s, t) +p2(s, t))
| {z }
≤2
< 2
folgt im Widerspruch zu4.! Ausp1(µ) +p2(µ) = 2folgt nunp1(µ) =p2(µ) = 1, denn wärepi(µ)6= 1 für eini∈ {1,2}, so wärepj(µ)<1 und p3−j(µ)>1 für einj∈ {1,2}. Somit könnte Spielerjwieder zuf abweichen und einen besseren Payoff bekommen, aber das ist unmöglich, dennµist NG!
Zu 6.: Wegen 2. und 5., spielen die beiden Spieler ausschließlich Literale.
Wenn ein Spieler das Literall spielt, dann darf der andere Spieler nicht mit¬l spielen (sonst taucht eine (−2) auf und dann wärep1(µ) +p2(µ)< 2). Wenn Spieleri für eine Variablexweder das Literal xnoch¬x spielen würde, dann könnte der andere zu der Variable x abweichen und Payoff 2 anstelle von 1 bekommen. Also darf auch kein Spieler sowohl mit xals auch mit ¬xspielen (denn dann produziert der andere eine(−2)).
Der Fall, dass die Wahrscheinlichkeiten nicht alle= 1n wären, ist unmöglich.
Sonst gäbe es einen Spieler i und eine Variable x mit µi(l) < n1, µi(¬l) = 0 undv(l) =x. Dann kann Spieler3−izu der Variablen xabweichen und einen besseren Payoff erziehlen, denn wir haben
p3−i(x, µ−(3−i)) = (2−n)·µi(l) + 2·(1−µi(l))
= 2µi(l)−nµi(l) + 2−2µi(l)
= −n
|{z}<0
·µi(l)
| {z }
<n1
+2
> 2−n
n = 1 =p3−i(µ) Aber das ist unmöglich, daµein NG ist!
Es bleibt zu zeigen, dass B mit B |= l ⇐⇒ µi(l) = n1 ein Modell von ϕ ist. Wenn nicht, dann gäbe es eine Klauselc, die nicht erfüllt ist. Dann können beide Spieler einseitig zu c abweichen und Payoff 2 anstatt 1 bekommen. Das ist schon wieder ein Widerspruch dazu, dassµein NG sein soll!
