Prueba de monotonicidad en las condiciones suficientes de Blackwell

Question

Necesito demostrar el supuesto de monotonicidad en las condiciones suficientes de Blackwell para una contracción, es decir:

Dado el operador T definido como

$(Tf)(x) = sup [F(x,y)+bf(y)]$

Necesito demostrar que $f\leq g\Rightarrow Tf\leq Tg$

Mi primer enfoque es:

$F(x,y) + bf(y)\leq F(x,y) + bg(y)$

$sup F(x,y) + bf(y)\leq sup F(x,y) + bg(y)$

$T(f)(y)\leq T(g)(y)$

¿Me estoy perdiendo algo? ¿Es esta prueba demasiado simple para demostrar plenamente la afirmación anterior?

Le agradezco su ayuda.

Answer 1

El teorema de suficiencia de Blackwell requiere (1) Monotonicidad y (2) Descuento.

He revisado mis notas del primer año de macro, y esto es lo que tengo:

Teorema Condiciones suficientes de Blackwell para una contracción : Dejemos que $X\subseteq R^l$ y $B(X)$ sea el espacio de las funciones acotadas $f:X \rightarrow R$ con la métrica $d(f,g) = \sup_{x\in X} |f(x)-g(x)|$ .

Dejemos que $T: B(X)\rightarrow B(X)$ sea un operador que satisfaga:

1. Monotonicidad : Si $f,g\in B(X)$ y $f(x) \leq g(x)\ \forall x\in X$ entonces $(Tf) (x) \leq (\geq) (Tg)(x) \ \forall x \in X$ .
2. Descuento : Que la función $f+a$ , para $f\in B(X)$ y $a\in R_{+}$ se define por $(f+a)(x)=f(x)+a$ (es decir, para todos los $x$ el número $a$ se añade a $f(x)$ ). Existe $\beta\in(0,1)$ tal que para todo $f\in B(X)$ , $a \geq 0$ y $x\in X$ , $$[T(f+a)](x)\leq [Tf](x)+\beta a$$

Si 1 y 2 se mantienen, entonces el operador $T$ es una contracción con módulo $\beta$ .

Prueba Si $f(x)\leq g(x)$ para todos $x\in X$ escribimos $f\leq g$ . Para cualquier $f\in B(X)$ y cualquier $x\in X$

$$f(x)-g(x) \leq \sup_{x\in X}|f(x)-g(x)|=d(f,g)$$

ya que es válida para todos los $x$ (que también se cumple por la limitación de $f$ )

$$f\leq g +d(f,g)$$

Por monotonía

$$Tf \leq T(g+d(f,g))$$

y observe que $d(f,g)=a\geq 0$ es una constante.

Mediante el descuento

$$T(g+d(f,g)) \leq Tg+\beta d(f,g).$$

Así que,

$$Tf \leq Tg +\beta d)f,g) \implies Tf-Tg \leq \beta d(f,g).$$

Invertir los papeles de $f$ y $g$ tenemos

$$Tg \leq Tf + \beta d(f,g) \implies Tg - Tf \leq \beta d(f,g).$$

La combinación da

$$(Tf)(x) - (Tg)(x) \leq \beta d(f,g)$$ $$(Tg)(x) - (Tf) (x) \leq beta d(f,g)$$

para todos $x\in X$ . Así,

$$\sup_{x\in X} | (Tf)(x) - (Tg)(x)| = d(Tf, Tg) \leq \beta d(f,g).$$

QED