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Problema aparentemente sencillo de la teoría del consumidor

Una función v:RK+R+ se dice que es una función de valoración si

  1. El valor de la función v en x=0 es 0 : v(0)=0
  2. v es continua en el dominio RK+ estrictamente creciente y estrictamente cóncavo en RK++
  3. Para cualquier pRK++ el conjunto A(p)={xRK+|v(x)px} es compacto, el conjunto A(p)=A(p){0} no está vacío y se encuentra dentro de RK++ .

Demuestre que a si v es una función de valoración, para cada pRK++ para cada xRK++ existe t>0 lo suficientemente pequeño como para que v(tx)>ptx

En otras palabras, para cada p>0 , si se amplía el conjunto A(p) suficientemente cerca del origen, contiene todos los puntos cercanos al origen en el primer cuadrante.

Observación 1 : Este es el problema que reduzco de un problema de microeconomía en el que estoy trabajando. Quiero extender la condición de Inada al caso multivariante de forma topológica. Mi función prototipo es f(x,y)=xαyβ donde α+β<1,α>0,β>0 . Esta familia de funciones satisface (1),(2),(3) y la propiedad que quiero demostrar, digamos (4). Intento demostrar o bien (1),(2),(3) => (4) o bien debo incluir (4) como un axioma adicional?

Observación 2 : Algunos ejemplos de A(p)

  1. Un ejemplo de A(p) cuando p es pequeño

An example of A(p) when p is small

  1. Un ejemplo de A(p) cuando p es grande

An example of A(p) when p is large

(4) se demuestra por el hecho geométrico de que los contornos se acercan al eje vertical y horizontal cerca de 0 .

8voto

henrikpp Puntos 340

Efectivamente, se deduce de las tres primeras condiciones, aunque no he encontrado una prueba sencilla. Aquí hay una complicada:

Observe primero que, v(tx)>ptx con t>0 equivale a v(tx)/t>px . Al sustituir p por algún múltiplo, podemos ver que el lado derecho puede tomar cualquier valor sin cambiar el valor izquierdo. La función tv(tx) es estrictamente cóncavo, estrictamente creciente y tiene valor 0 en 0 . El problema es entonces equivalente a demostrar que su derivada derecha es infinita para todo x0 . Que el derecho derivado existe se deduce de la concavidad de v .

Resulta que basta con encontrar un solo x0 tal que tv(tx) tiene una derivada derecha infinita en 0 .

Para ver esto, dejemos x0 . Hay algunos δ>0 tal que xδx . Toma un poco de K>0 . Para t>0 lo suficientemente pequeño, tenemos v(δt x)/(δt)>K/δ o v(δtx)/t>K. Desde v es estrictamente creciente en el interior, v(tx)/t>v(tδx)/t>K para t>0 lo suficientemente pequeño. Por lo tanto, la función tv(tx) debe tener una derivada derecha infinita en 0 .

Queda por encontrar el maldito x . Sea Δ sea el K1 -simplex unitario. Para cada N debe existir algún xΔ tal que la función tv(tx) tiene una derivada derecha de al menos N en 0 . De lo contrario, para p=(N,N,,N) tendríamos A(p){0}=. También, A(p){0}RK++ implica que tal x debe ser positivo en cada coordenada. Por lo tanto, dejemos que xnΔ sea tal que tv(txn) tiene una derivada derecha de al menos n en 0 . Ahora dejemos que x=i=112ix2i. Que la serie correspondiente converge se deduce de que cualquier norma está acotada en el conjunto compacto Δ y la convergencia absoluta implica la convergencia . Claramente, x0 desde x2i0 para todos i . Queda por demostrar que tv(tx) tiene una derivada derecha infinita en 0 . Desde t1 v(ti=112ix2i)>t1 v(tni=112ix2i) para todos n por v siendo estrictamente creciente en el interior, basta con demostrar que para cada K>0 existe alguna n tal que t1 v(tni=112ix2i)>K para t>0 lo suficientemente pequeño. Dejemos que Sn=(ni=11/2i)1 y observe que t1v(tSnni=112ix2i)=t1v(ni=1Sn12itx2i)ni=1Sn12it1v(tx2i) por la concavidad de v . Desde lim esta suma es casi S_n n para t>0 lo suficientemente pequeño. Ahora S_n converge a 1 Así que S_n n es mayor que K para n lo suficientemente grande y t>0 lo suficientemente pequeño.

4 votos

+1 por encontrar "el maldito x^* ."

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La construcción de x^* es muy inteligente. La declaración de existencia x que hacen el mapa t \to v(t x) tiene una derivada derecha arbitrariamente grande en 0 es simple. Pero el enunciado de la existente x que hacen el mapa t \to v(t x) tiene una derivada derecha infinita en 0 no es simple. Gracias por una prueba muy bonita.

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