Elección: Soluciones Relación entre Preferencias y Elección

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