Solution Manual for Game Theory Basics 1st Edition By Bernhard von Stengel, ISBN: 9781108843300, All 12 Chapters Covered

SOLUTION MANUAL ’




Game Theory Basics 1st Edition
’ ’ ’ ’ ’




By Bernhard von Stengel. Chapters 1 - 12
’ ’ ’ ’’ ’ ’ ’




1

,TABLE OF CONTENTS
’ ’ ’




1’-’Nim’and’Combinatorial’Games

2’-’Congestion’Games

3’-’Games’in’Strategic’Form

4’-’Game’Trees’with’Perfect’Information

5’-’Expected’Utility

6’-’Mixed’Equilibrium

7’-’Brouwer’s’Fixed-Point’Theorem

8’-’Zero-Sum’Games

9’-’Geometry’of’Equilibria’in’Bimatrix’Games

10’-’Game’Trees’with’Imperfect’Information

11’-’Bargaining

12’-’Correlated’Equilibrium




2

,Game’Theory’Basics

Solutions’ to’ Exercises
©’ Bernhard’von’ Stengel’ 2022

Solution’to’Exercise’1.1

(a) Let’≤’be’defined’by’(1.7).’ To’show’that’≤’is’transitive,’consider’x,’y,’z’with’x’ ≤’y’and’y’≤’
z.’If’x’=‘y’then’x’≤’z,’and’if’y’=‘z’then’also’x’≤’z.’So’the’only’case’left’is’x’<‘y’and’ y’ <‘ z,’w
hich’implies’x’ <‘ z’because’<‘is’transitive,’and’hence’ x’ ≤’z.
Clearly,’≤’is’reflexive’because’x’=‘x’and’therefore’x’ ≤’x.
To’show’that’’’’’
≤is’antisymmetric,’consider’x’and’y’with’x’’’’’y’and
≤ ’y’’’’’x.’If’we
≤ ’had’x’≠’y’th
en’x’<‘y’and’y’<‘x,’and’by’transitivity’x’<‘x’which’contradicts’(1.38).’Hence’x’ =‘ y,’as’req
uired.’ This’shows’that’ ≤’is’a’partial’order.
Finally,’we’show’(1.6),’so’we’have’to’show’that’x’<‘y’implies’x’’’y’and ≤’x’≠’y’and’vice’ver
sa.’Let’x’<‘y,’which’implies’x’y’by’(1.7).’If’we
≤ ’had ’x’=‘ y’then ’x’<‘x, ’ contradicting ’(1.38),’s

o’we’also’have’x’≠’y.’ Conversely,’x’’’ y’and’x’≠’y’imply’by’(1.7) ≤’x’ <‘ y’or’ x’ =‘ y’where’the’sec
ond’case’is’excluded,’hence’ x’ <‘ y,’as’required.
(b) Consider’a’partial’order’and ≤ ’assume’(1.6)’as’a’definition’of’<.’To’show’that’<‘is’transit
ive,’suppose’x’<‘y,’that’is,’x’y’and’x’≠≤ ’y,’and’y’<‘z,’that’is,’y’z’and’y ’≠’z.’Because≤ ’’’’is’transi
tive,’x’’’’z.≤
’If’we’had’x’=‘z’then
≤ ’x’’’’’y’and’y’’’’’x’and’hence’x’≤ =‘y’by’antisymmetry
≤ ’ of’’’’,’whic

h’contradicts’ x’ ≠’ y,’so≤’we’have’ x’’’’ z’ and’ x’ ≠’ z,’that’is,’x’ <‘ z’by’(1.6),
≤ ’as’required.
Also,’<‘is’irreflexive,’because’x’<‘x’would’by’definition’mean’x’’’x’and
≤ ’x’≠’x,’but’the’latt
er’is’not’true.
Finally,’we’show’(1.7),’so’we’have’to’show’that’x’ ≤’y’implies’x’<‘y’or’x’=‘y’and’vice’ver
sa,’given’that’<‘is’defined’by’(1.6).’Let’x’≤’y.’Then’if’x’=‘y,’we’are’done,’otherwise’x’≠’y’
and’then’by’definition’x’<‘y.’Hence,’x’≤’y’implies’x’<‘y’or’x’=‘y.’Conversely,’suppose’x’
<‘ y’or’x’=‘y.’ If’x’ <‘ y’then’x’ ≤’y’by’(1.6),’and’if’x’=‘y’then’x’ ≤’ y’because’ ≤’is’reflexive.’ T
his’completes’the’proof.

Solution’to’Exercise’1.2

(a) In’ analysing’ the’ games’ of’ three’ Nim’ heaps’ where’ one’ heap’ has’ size’ one,’ we’ first’ look’at’
some’examples,’and’then’use’mathematical’induction’to’prove’what’we’conjecture’to’be’the
’losing’positions.’A’losing’position’is’one’where’every’move’is’to’a’winning’position,’

because’then’the’opponent ’will’win.’ The’point’of’this’exercise’is’to’formulate’a’precise’st
atement’to’be’proved,’and’then’to’prove’it.
First,’if’there’are’only’two’heaps’recall’that’they’are’losing’if’and’only’if’the’heaps’are’
of’equal’size.’ If’they’are’of’unequal’size,’then’the’winning’move’is’to’reduce’the’larger’
heap’so’that’both’heaps’have’equal’size.




3

, Consider’three’heaps’of’sizes’1,’m,’n,’where’1’’’’’m≤’’’’’n.’≤
We’observe’the’following:’1,’1,’
m’is’winning,’by’moving’to’1,’1,’0.’Similarly,’1,’m,’m’is’winning,’by’moving’to’0,’m,’m.’
Next,’1,’2,’3’is’losing’(observed’earlier’in’the’lecture),’and’hence’1,’2,’n’for’n’4’is’winni
ng.≥’1,’3,’n’is’winning’for’any’n’3’by’moving’to’1,’3,≥’2.’For’1,’4,’5,’reducing’any’heap’pro
duces’a’winning’position,’so’this’is’losing.
The’general’pattern’for’the’losing’positions’thus’seems’to’be:’1,’m,’m’1,’for+’even’num
bers’m.’ This’includes’also’the’case’m’=‘0,’which’we’can’take’as’the’base’case’fora’ n’indu
ction.’ We’now’proceed’to’prove’this’formally.
First’we’show’that’if’the’positions’of’the’form’1,’m,’n’with’m’’’’’’n’are ≤ ’losing’when’m’is’
even’and’n’=‘m’1,’then+’these’are’the’only’losing’positions’because’any’other’position’1,’
m,’n’ with’m’ ’ n’ is’winning.≤ ’ Namely,’if’m’ =‘n’ then’a’winning’move’from1’ ,’m,’m’is’to’0,’m
,’m,’so’we’can’assume’m’<‘n.’ If’m’is’even’then’n’>‘m’ ’ 1’(otherwise’we’would + ’be’in’the’pos
ition’1,’m,’m’ ’ 1)’and’so’the’winning’move + ’is’to’1,’m,’m’ ’ 1.’If’m’is’odd’then’the’winning + ’m
ove’is’to’1,’m,’m’1,’the’same’as’position’1,’m’1,’m– ’(this’ would’ also’ be’ a ’ winning’−
move’ from’
1,’m,’m’ so’ there’ the’ winning’ move’ is’ not’ unique).
Second,’we’show’that’any’move’from’1,’m,’m’+’1’with’even’m’is’to’a’winning’position,’usi
ng’as’inductive’hypothesis’that’1,’mJ,’mJ’+’1’for’even’mJ’and’mJ’<‘m’is’a’losing’position.
’The’move’to’0,’m, ’m’+’1’produces’a’winning’position’with’counter-

move’to’0,’m,’m.’A’move’to’1,’mJ,’m’+’1’for’mJ’<‘m’is’to’a’winning’position’with’the’counter
-
move’to’1,’mJ,’mJ’+’1’if’mJ’is’even’and’to’1,’mJ,’mJ’−’1’if’mJ’is’odd.’A’move’to ’1,’m,’m’is’to’
a’winning’position’with’counter-
move’to’0,’m,’m.’A’move
+ ’to’1,’m,’m ’with’ m ’<‘ m’is’also’to’a’winning
J J
+ ’position’with’the’cou
nter-
move’to’1,’mJ’−’1,’mJ’if’ mJ’is’odd,’and’to’1,’mJ’ 1,’mJ’if’mJ’is’even’(in’which’case’mJ’ 1’<‘m’be
cause’m’is’even).’This’concludes’the’induction’proof.
This’result’is’in’agreement’with’the’theorem’on’Nim’heap’sizes’represented’as’sums’of’po
wers’of’2:’ 1’ ∗ ’ ’ n’is
0
’losing’if’and’only’if,’except ’for’2 ,’the’powers’of’2’making’up’m’and’n’
’ m’ +∗ +∗
come’in’pairs.’So’these’must’be’the’same’powers’of’2,’except’for’1’=‘20,’which’occurs’in’onl
y’m’or’n,’where’we’have’assumed’that’n’is’the’larger’number,’so’1’appears’in’ the’ represen
tation’ of’ n:’ We’ have’ m’ =‘ 2a’’’’’’2b’’’’’’2c + + +’ ·’ ·’ · ·’ ·’ ·’ ≥
for
+ + +’ ·’ ·’ ·’ +
’ a’ >‘ b’ >‘ c ’ >+ 1,’so’ m
‘‘‘‘‘‘‘‘

’ is’ even,’ and,’ with’ the’ same’ a,’b,’c,’.’.’.,’ n’ =‘ 2 2 2 1’ =‘ m’’’’ 1.’ Then
a’ ’ ’ b’ ’ ’ c

1
∗’ +’ ∗ +’ ∗ ≡’∗
’’’’’’ m ’’’’’ n’’’’’’ 0. ’ The ’ following ’ is’ an’ example ’ using ’ the ’ bit’ representation ’ where

m’ =‘12’(which’determines’the’bit’pattern’1100,’which’of’course’depends’on’m):

1 = 0001
12 = 1100
13 = 1101
Nim-sum 0 = 0000

(b) We’use’(a).’Clearly,’1,’2,’3’is’losing’as’shown’in’(1.2),’and’because’the’Nim-
sum’of’the’binary’representations’01,’10,’11’is’00.’Examples’show’that’any’other’posit
ion’is’winning.’The’three’numbers’are’n,+’n’ 1,’+n’ ’ 2.’If’n’is’even’then’reducing’the’heap’of’s
ize’n’2’+
to’1’creates’the’position’n,’n’ 1,’1’which
+ ’is’losing’as’shown’in’(a).’If’n’is’odd,’the

+ + (‘ +
4 ’ )’+