Demostrando la casi-concavidad para una función de utilidad

Question

Tengo una función de utilidad, y quiero demostrar que es una función cuasi-cóncava: $$ u(x_1,x_2)= 2x_1x_2+x_1+2x_2 $$ Hago esto mostrando que el conjunto de puntos donde la utilidad es mayor o igual a cualquier nivel dado forma un conjunto convexo, y denoto este nivel de utilidad por $U^{x}$ El conjunto de puntos donde la función de utilidad es mayor o igual a se puede representar como: $$ S ={ (x_1,x_2)|2x_1x_2+x_1+2x_2 u^{x}} $$ Así que tengo que demostrar que el conjunto S es convexo para todos los valores posibles de $u^{x}$ Considero dos puntos arbitrarios ($x_1^{a},x_2^{a}$) y ($x_1^{b},x_2^{b}$) en el conjunto S que satisfacen: $$[2x_1^{a}x_2^{a}+x_1^{a}+2x_2^{a} u^{x} ]$$ $$[2x_1^{b}x_2^{b}+x_1^{b}+2x_2^{b} u^{x} ]$$ Ahora, si tomo una combinación convexa de esos puntos: $$(x_1,x_2)= \lambda(x_1^{a},x_2^{a})+(1-\lambda)(x_1^{b},x_2^{b}$$ donde $(0\lambda1)$. Esto se encuentra dentro del segmento de línea que conecta ($x_1^{a},x_2^{a}$) y ($x_1^{b},x_2^{b}$)

Ahora evaluo la función de utilidad en el punto $(x_1,x_2)$: $$u(x_1,x_2)= 2x_1x_2+x_1+2x_2$$

Ahora sustituyo la expresión para $(x_1,x_2)$:

$$u(x_1,x_2)= 2 (\lambda x_1^{a}+(1-\lambda)(x_1^{b})(\lambda x_2^{a}+(1-\lambda)(x_2^{b}))) + \lambda x_1^{a}+(1-\lambda)(x_1^{b} + 2 \lambda x_2^{a}+(1-\lambda)(x_2^{b})) $$

Sé que ahora tengo que mostrar que u(x_1,x_2) es mayor o igual a $u^{x}$, pero no estoy seguro de cómo proceder más. Agradecería mucho cualquier ayuda.

¡EDITADO: ¡Resuelto!

Answer 1

Considerar el conjunto superior \begin{eqnarray*}S_a&=&\left\{(x_1,x_2)\in\mathbb{R}^2_+|2x_1x_2+x_1+2x_2\geq a\right\}\\ &=& \left\{(x_1,x_2)\in\mathbb{R}^2_+|2(x_1+1)\left(x_2+\frac{1}{2}\right)\geq a+1\right\}\\ &=& \left\{(x_1,x_2)\in\mathbb{R}^2_+|(x_1+1)\left(x_2+\frac{1}{2}\right)\geq \dfrac{a+1}{2}\right\}\\ &=& \left\{(u,v)-\left(1,\frac{1}{2}\right)\in\mathbb{R}^2_+|uv\geq \dfrac{a+1}{2}\right\} \\ &=& \left\{(u,v)\in[1,\infty)\times[\frac{1}{2},\infty)|uv\geq \dfrac{a+1}{2}\right\} -\left(1,\frac{1}{2}\right) \ \ \ [\text{Resta elemento a elemento}]\end{eqnarray*} que es un conjunto convexo si y solo si $$\left\{(u,v)\in[1,\infty)\times[\frac{1}{2},\infty)|uv\geq \dfrac{a+1}{2}\right\}=\left\{(u,v)\in\mathbb{R}^2_+|uv\geq \dfrac{a+1}{2}\right\}\bigcap [1,\infty)\times[\frac{1}{2},\infty)$$ es un conjunto convexo. Por lo tanto, es suficiente mostrar

$T_k=\left\{(u,v)\in\mathbb{R}^2_+|uv\geq k\right\}$

es un conjunto convexo para todo $k\in\mathbb{R}$.

Ahora demostraremos eso.

Para $k\leq 0$, $T_k=\left\{(u,v)\in\mathbb{R}^2_+|uv\geq k\right\}=\mathbb{R}^2_+$ es un conjunto convexo.

Ahora considera para cualquier $k>0$, el conjunto $T_k=\left\{(u,v)\in\mathbb{R}^2_+|uv\geq k\right\}$. Para mostrar que $T_k$ es convexo, considera cualquier $(u',v')\in T_k$ y $(u'',v'')\in T_k, y cualquier $\lambda\in (0,1)$, mostraremos que $(\lambda u'+(1-\lambda)u'', \lambda v'+(1-\lambda)v'')\in T_k$

Para demostrar esto, necesitamos la siguiente desigualdad: Sin pérdida de generalidad, permitiendo que $k\leq u'v'\leq u''v'', se cumple lo siguiente: $u'v''+u''v'=u'v'(\frac{v''}{v'}+\frac{u''}{u'})\geq u'v'(\frac{u'}{u''}+\frac{u''}{u'})\geq 2k$ [Tenga en cuenta que $(\frac{u'}{u''}+\frac{u''}{u'})\geq 2$ porque $\min_{a>0} a + \frac{1}{a} = 2$]

Por lo tanto, también tenemos $u'v''+u''v'\geq 2k$ junto con $u'v'\geq k$, $u''v''\geq k$.

Ahora demostraremos que $(\lambda u'+(1-\lambda)u'', \lambda v'+(1-\lambda)v'')\in T_k$. Aquí está el argumento: \begin{eqnarray*} && (\lambda u'+(1-\lambda)u'')(\lambda v'+(1-\lambda)v'') \\ &=& \lambda^2 u'v'+ \lambda(1-\lambda)(u'v''+u''v')+ (1-\lambda)^2u''v''\\ &\geq & \lambda^2 k+ \lambda(1-\lambda)(2k)+ (1-\lambda)^2k \\ &=& (\lambda^2 + 2\lambda(1-\lambda)+ (1-\lambda)^2)k \\ &=& k \end{eqnarray*} Por lo tanto, $(\lambda u'+(1-\lambda)u'', \lambda v'+(1-\lambda)v'')\in T_k$. Por lo tanto, $T_k=\left\{(u,v)\in\mathbb{R}^2_+|uv\geq k\right\}$ es un conjunto convexo para todo $k\in\mathbb{R}$.

Answer 2

Alternativamente, podrías verificar el hessiano con borde: $$ \begin{bmatrix} 0 & \frac{\partial f}{\partial x_1} & \frac{\partial f}{\partial x_2}\\ \frac{\partial f}{\partial x_1} & \frac{\partial^2 f}{\partial x_1 \partial x_1} & \frac{\partial^2 f}{\partial x_1 \partial x_2}\\ \frac{\partial f}{\partial x_2} & \frac{\partial f}{\partial x_1 \partial x_2} & \frac{\partial^2 f}{\partial x_2 \partial x_2}\end{bmatrix} $$ El determinante de esta matriz es estrictamente positivo para $x_1, x_2 > 0$, lo que muestra que la función es cuasicóncava en $\mathbb{R}^2_{++}$.