Elección: Soluciones Ejercicio 2.A. Poniendo B = fx; yg y B 0 = fx; y; zg, vemos que el ADPR implica que x 2 C (B 0 ) ; por lo que C (fx; y; zg) = fyg es imposible. 2.B. Poniendo B = fx; y; zg y B 0 = fx; yg ; vemos que el ADPR implica que y 2 C (B 0 ) ; lo que es incorrecto. 2.C.D.E. C (fx; y; zg) = fzg o, C (fx; y; zg) = fx; zg o C (fx; y; zg) = fxg son posibles. Ejercicio 5.A. Si elige y primero, debe elegir z después, por lo que el último día debe elegir x; que viola el axioma débil, pues elige x estando y el último día, e y estando x el primero. Similarmente, si elige x y luego y; deberá elegir z el último día, que irá contra su elección de y el segundo. Si elige x y luego z; deberá elegir y el último día, contradiciendo su elección de z el segundo. 5.B. B1 = fxg ; B2 = fyg ; B3 = fzg : 5.C. Las hipótesis del Axioma Débil no se cumplen, por lo que se cumple trivialmente. Ejercicio 6.A. La correspondencia de elección C no satisface el ADPR. Para B1 = [0; 2] y B2 = [1; 3] ; tenemos que 1; 2 2 B1 y 1 2 C (B1 ) = [1; 2] ; y sin embargo, 1; 2 2 B2 y 2 2 C (B2 ) = [2; 3] pero no se cumple que 1 2 C (B2 ) : La idea es sencilla: nos “gusta” 1 al menos tanto como 2 cuando estamos en B1 ; pero cuando estamos en B2 nos gusta estrictamente más 2: 6.B. La correspondencia C sí satisface el ADPR. Si x; y 2 B y además x 2 C (B) ; debemos tener que x y: Si además x; y 2 B’ y además y 2 C (B’) debemos tener y x: Por lo tanto, x = y: Deducimos entonces que x 2 C (B’) : 6.C. No satisface el ADPR. Tomamos B = [0; 2], B’= [0; 3] ; x = 2 y y = 0: Vemos que x; y 2 B y x 2 C (B) : También, x; y 2 B’y y 2 C (B’) : Sin embargo, x 2 = C (B’) : Ejercicio 7.A. Para demostrar que E es completa, tomamos x e y cualesquiera. Suponemos, sin pérdida de generalidad, que x y: Para B = [0; x] 2 B tenemos que x 2 C (B) ; y por lo tanto x E y: Eso demuestra que E es completa. Lo de “sin pérdida de generalidad”es porque hubiera dado lo mismo hacerlo con y x: 7.B. Supongamos que x E y E z: Debemos demostrar que x E z: De x E y deducimos que existe un B tal que x; y 2 B y x 2 C (B) : En particular, eso quiere decir que x y: Similamente, tenemos que y z y por lo tanto, x z: Tomemos ahora el conjunto B’= [0; x] : Tendremos entonces x; z 2 B’y x 2 C (B’) ; por lo que x E z, como queríamos demostrar. Relación entre Preferencias y Elección: Soluciones Ejercicio 0.A. Asumimos primero que no es acíclica y mostraremos que entonces existe un B para el que D (B; ) es vacío, estableciendo que si D (B; ) es no vacío para todo B entonces es acíclica. Si no es acíclica eso implica que existe un ciclo x1 xm 1 ::: x2 x1 : Para B = fx1 ; x2 ; :::; xm 1 g ; xi 2 = D (B; ) pues xi+1 xi para i = 1; :::; m 2; y xm 1 2 = D (B; ) pues x1 xm 1 : Por lo tanto, D (B; ) es vacío. 1 Asumimos ahora que D (B; ) es vacío para algún B; y mostraremos que en ese caso no es acíclica. Tomamos un elemento cualquiera de B y le llamamos x1 : Como x1 2 = D (B; ) ; existe algún elemento de B; que llamamos x2 tal que x2 x1 : A su vez, como x2 2 = D (B; ) ; quiere decir que existe un x3 tal que x3 x2 : Si x3 = x1 ; habremos encontrado un ciclo, por lo que no es acíclica. Supongamos entonces x3 6= x1 : Como x3 2 = D (B; ) ; quiere decir que para algún x4 ; x4 x3 : Si x4 = x2 o x4 = x1 ; habremos encontrado un ciclo, por lo que asumimos que x4 6= xi para i < 4: Continuando de esta manera tantas veces como elementos haya en B; resultará que para el último elemento de B que nos quede, xm ; tendremos xi xm para algún i < m; y por lo tanto sucederá que xi xm xm 1 ::: xi ; por lo que no es acíclica. 0.B. Ponemos X = R y = ; que es acíclica (hay que veri…carlo). En ese caso, D ((0; 1) ; ) es vacío. 0.C. Asumimos que no es acíclica, de tal forma que x1 xm 1 ::: x2 x1 ; y mostraremos que en ese caso no es transitiva. El ciclo x1 xm 1 ::: x2 x1 implica que x1 xm 1 ::: x2 y si fuera transitiva tendríamos x1 xm 2 ; que junto con xm 2 xm 3 implicaría x1 xm 3 : Continuando de esa manera obtendríamos x1 x2 ; lo que contradice x2 x1 : La relación del ejemplo es acíclica porque no hay ningún xi y xj tales que xi xj ; por lo que, como no se cumple el antecedente de la propiedad acíclica, la misma se cumple automáticamente. La relación no es transitiva pues 1 2 1 y sin embargo, no se cumple que 1 1: Otro ejemplo un poco menos tonto es con X = f1; 2; 3g y = f(1; 1) ; (2; 2) ; (3; 3) ; (1; 2) ; (2; 1) ; (2; 3) ; (3; 2)g : 0.D. Demostramos primero que D (B; ) C (B; ) : Si x 2 D (B; ) ; quiere decir que no existe y 2 B tal que y x: Si x 2 = C (B; ) ; es porque existe algún y para el cual no es cierto que x y, pero como es completa, eso signi…ca que y x; lo que combinado con que no se cumple que x y; arroja y x; contradiciendo que x 2 D (B; ) : Demostraremos ahora que C (B; ) D (B; ) : Si x 2 C (B; ) quiere decir que x y para todo y en B; por lo que no existe ningún y tal que y x; asegurando que x 2 D (B; ). 0.E. Sea X = f1; 2; 3g y sea = f(1; 1) ; (2; 2) ; (3; 3)g : En ese caso, para cualquier B con al menos dos elementos, C (B; ) es vacío, mientras que D (B; ) = B: Ejercicio 2. Sean B = fx; yg y D = fy; zg : Sea C (B) = fxg y C (D) = fzg : Tenemos que C relativo a B1 = fBg pero no relativo a B2 = fB; Dg : Ejercicio 3. Sean X = fx; y; zg, B = ffx; ygg y C (fx; yg) = fxg : Tenemos que 1 = f(x; y) ; (y; z) ; (x; z) ; (x; x) ; (y; y) ; (z; z)g 1 = f(x; y) ; (z; x) ; (z; y) ; (x; x) ; (y; y) ; (z; z)g racionalizan a E = (B; C ( )). Ejercicio 6. Debemos asumir que se satisfacen las hipótesis del axioma débil, ( ) ( ) x; y 2 B x; y 2 B 0 y x 2 C (B) y 2 C (B 0 ) 2 racionaliza a y que se cumple el axioma fuerte, para demostrar que x 2 C (B 0 ) : Vemos que lo que hemos asumido implica que x E I y, pues se eligió x en B cuando estaba y disponible, y por tanto tenemos y 2 C (B 0 ) x E I y x 2 B0 por lo que el axioma fuerte implica x 2 C (B 0 ). Ejercicio 7. Debemos demostrar que E I = \ : E es transitiva y y como siempre, demostraremos que uno está contenido en el otro y viceversa. E I \) Si (x; y) 2 E I quiere decir que existen x1 ; :::; xn tales que x E E x1 ::: E A su vez, x E x1 implica que para cualquier tal que E x1 x2 y todos los demás. Obtenemos por lo tanto x x1 ::: E xn xn y: E ; tenemos x x1 , y similarmente para y: es cualquier relación de preferencias y como es transitiva, x y: Hemos encontrado que: si (x; y) 2 E I y E transitiva tal que ; entonces x y; o lo que es lo mismo, (x; y) 2 : Deducimos que entonces que (x; y) 2 E I ) (x; y) 2 \ : E es transitiva y como queríamos demostrar. E : es transitiva y E ; y debemos demostrar que (x; y) 2 E \ I : I ) Supongamos que (x; y) 2 \ Si (x; y) pertenece a la intersección, pertenece a todas las que son transitivas y contienen a E : Por lo E : tanto, para completar la demostración alcanzará con demostrar que E I es transitiva y contiene a E E Supongamos que x I y I z: Eso quiere decir que existen x1 ; x2 ; :::xn tales que E xm z; demostrando que E I x y por lo tanto, x demostración. E I E x1 E ::: E E y xm+1 E ::: E xn es transitiva. Que contiene a E z E es obvio y se omite su Ejercicio 9.A. Verdadero. Lo mostraremos por absurdo. Supongo que x 2 B A y que x 2 D (A; ) pero que x 2 = D (B; ) : Si x 2 = D (B; ) quiere decir que existe y 2 B tal que y x: Pero si y 2 B; como B A; debemos tener y 2 A; y como y x; no puede suceder que x 2 D (A; ) ; y eso constituye una contradicción. 9.B. Verdadero. Lo mostraremos por absurdo. Supongo que x 2 B A y que x 2 C (A; ) pero que x2 = C (B; ) : Si x 2 = D (B; ) quiere decir que existe y 2 B tal que no es cierto que x y: Pero si y 2 B; como B A; debemos tener y 2 A; y como no es cierto que x y; no puede suceder que x 2 C (A; ) ; y eso constituye una contradicción. 9.C. Falso. Sea X = R2 y sea = ; es decir, x y si y sólo si x y: Es fácil comprobar que es acíclica. De…nimos A = x 2 R2+ : x1 + x2 = 1 . El conjunto A es el segmento entre (1; 0) y (0; 1) en el plano. La 3 regla de elección D ( ; ) elige a todos los elementos de cada conjunto tales que no hay ningún elemento en el conjunto que sea más grande de acuerdo a : Como en A no hay ninguno que sea más grande que otro, tenemos que D (A; ) = A; y por supuesto (1; 0) y (0; 1) están en D (A; ) : Tomemos ahora el conjunto 1 ;1 2 B =A[ : Vemos (dibujelo en un papel) que D (B; ) = x 2 R2+ : x1 + x2 = 1 y x1 > 1 2 [ 1 ;1 2 por lo que (1; 0) 2 D (B; ) pero (0; 1) 2 = D (B; ) : Un ejemplo más fácil y más corto es X = B = fx; y; zg ; y A = fx; yg ; con es acíclica, y que x; y 2 D (A; ) pero x 2 = D (B; ) pues z x: = f(z; x)g : Vemos que 9.D. Falso. Sean X = fx; y; zg y = f(x; y) ; (y; x) ; (z; x) ; (y; z) ; (x; x) ; (y; y) ; (z; z)g : Es decir, x y; pero también y z x (puede sonar raro, porque las preferencias no son transitivas, pero así es como son las cosas). Tenemos entonces que para A = fx; yg ; C (A; ) = A pues x x y x y; y además y x y también y y: También para B = fx; y; zg se cumple que C (B; ) = fyg ya que y x; y y y también y z y además: z no está ya que no es cierto que z y; x no está ya que no es cierto que x z: Ejercicio 10. Satisface el ADPR, porque como nos dice que entonces C satisface el Axioma. se representa por u; es completa y transitiva, y el teorema 4