Trabajo=1 en el modelo de crecimiento estándar

Question

En todo modelo de crecimiento estándar, suponemos que el trabajo=1.
Aprendí que esto se debe a que la solución de optimización del trabajo es igual a 1.
¿Cómo derivar esa solución de optimización?

Por ejemplo, consideremos el modelo de crecimiento estándar de la CASS.
$max \sum_{t=0}^{\infty} \beta^t u(c_t)$ s.t $c_t+i_t=y_t$ , $k_{t+1}=(1-\delta)k_t +i_t$ , $y_t=A_t k_t^\alpha (E_t L_t)^{1-\alpha} $
Intenté usar el lagrangiano pero fallé porque no hay término de trabajo en la función de utilidad.
Cada condición FOC muestra $MPL=0$ . ¿Es eso cierto?
¿Cómo puedo obtener la solución óptima para la mano de obra si no hay un término de desutilidad laboral en la función de utilidad?
¿O es una respuesta simple que no hay desutilidad del trabajo elegimos el tiempo máximo de trabajo(=1)?

Answer 1

Formalmente, habría que plantear un problema Kuhn-Karush-Tucker con las dos restricciones de desigualdad $N_t<1$ y $N_t>0$ . Si se conecta para el consumo, se obtiene el Lagrangiano

$ L = \sum\limits_{t = 0}^\infty {{\beta ^t}\ln \left( {\left( {1 - \delta } \right){K_t} + K_t^\alpha N_t^{1 - \alpha } - {K_{t + 1}}} \right)} + {\beta ^t}{\lambda _{1,t}}\left( {1 - {N_t}} \right) + {\beta ^t}{\lambda _{2,t}}\left( {0 + {N_t}} \right) $

con las condiciones de primer orden pertinentes:

\begin{gathered} \frac{{\partial L}}{{\partial {N_t}}} = {\beta ^t}\frac{1}{{\left( {\left( {1 - \delta } \right){K_t} + K_t^\alpha N_t^{1 - \alpha } - {K_{t + 1}}} \right)}}\left( {1 - \alpha } \right)\left( {K_t^\alpha N_t^{ - \alpha }} \right) - {\beta ^t}{\lambda _{1,t}} + {\beta ^t}{\lambda _{2,t}} = 0 \hfill \\ {\lambda _{1,t}}\left( {1 - {N_t}} \right) = 0 \hfill \\ {\lambda _{2,t}}\left( {0 + {N_t}} \right) = 0 \hfill \\ \end{gathered}

Las dos últimas son las condiciones de holgura complementarias. Hay que comprobar los tres casos de

1. ninguna restricción es vinculante (solución interior) o
2. el límite inferior es vinculante ( $N=0$ ) o
3. el límite superior es vinculante ( $N=1$ )

Lo hacemos por turnos:

1. Si las restricciones de desigualdad no fueran vinculantes, la primera condición implica

\begin{gathered} \frac{{\partial L}}{{\partial {N_t}}} = {\beta ^t}\frac{1}{{\left( {\left( {1 - \delta } \right){K_t} + K_t^\alpha N_t^{1 - \alpha } - {K_{t + 1}}} \right)}}\left( {1 - \alpha } \right)\left( {K_t^\alpha N_t^{ - \alpha }} \right) = 0\\ \Rightarrow \frac{1}{{N_t^\alpha }} = 0 \\ \Rightarrow {N_t} = \infty \end{gathered}

Esto es una contradicción.

2. A continuación, si $N_t=0$ entonces $\lambda_{1,t}=0$ y $\lambda_{2,t}=-\infty$ . El multiplicador debe ser positivo, por lo que no es una solución.

3. Por último, si $N_t=1$ entonces $\lambda_{2,t}=0$ et $ {\lambda _{1,t}} = \frac{1}{{\left( {\left( {1 - \delta } \right){K_t} + K_t^\alpha - {K_{t + 1}}} \right)}}\left( {1 - \alpha } \right)\left( {K_t^\alpha } \right) > 0 $ que es la solución.

Esto demuestra formalmente que sin desutilidad del trabajo, se elegirá la máxima cantidad factible.