Probando la De Finetti Teorema de

Question

Supongamos que tenemos un número finito de espacio de estado, $\Omega = {\omega_1,\cdots,\omega_s}$, donde $2 \leq s < \infty$. Definir una apuesta como una función $x:\Omega \rightarrow X$, donde $X \subseteq \mathbb{R}^s$ es el conjunto de la política monetaria de los resultados. Supongamos que el agente solo se preocupa de la espera de ganar. Deje que $\succcurlyeq$ ser racional, continua la preferencia de la relación en $X$.

Aditividad: $$\forall x, y, z \in X, \text{entonces} \ x \succcurlyeq y \iff x+z \succcurlyeq y+z$$

Monotonía $$\forall x, y \in X, \text{entonces} \ x \geq y \iff x \succcurlyeq y$$

No Trivialidad $$\exists x, y \in X, \text{s.t.} \ x \succcurlyeq y$$

---

De Finetti Teorema De

$\succcurlyeq$ en $X$ es racional, continua, aditivo, monótona, y no trivial si y sólo si

$$\exists p \in \mathbb{R}^s \setminus {0} = \{p \in \mathbb{R}^s \mid \sum^s_{i=1} p_i = 1, \ p_i \in [0,1] \ \forall \ i \}$$

s.t. $\forall x,y \in X$ tenemos que $x \succcurlyeq y \iff p \cdot x \geq p \cdot$y

Por otra parte, p es único.

---

Así que mi profesor nos ha pedido que probar el De Finetti Teorema, en el cual ella nos dijo que:

En primer lugar, demostrar que $\succcurlyeq$ es racional, continua, aditivo, monotono, y no trivial.

$$( \exists \ p \quad \text{s.t.} \ \forall x,y \ \text{y} \ x \succ s \Leftrightarrow px \geq py )$$

El uso de la singularidad de p con una prueba de contradicción mediante:

Se asume que $\succcurlyeq$, entonces supongamos que $x \succcurlyeq y$ pero $px < py \ \forall \ p$. A continuación, supongamos $px \geq py, \ y$ pero $y \succ x \ \forall \ p$.

Segundo, vamos a $U(\lambda) = px$, a continuación, mostrar la propiedad posee.

A continuación, con la singularidad de $p$, vamos $s = 2 \rightarrow ( p , 1 - p)$

Considerar $x \sim y$ y, a continuación, supongamos que $p$ no es exclusivo de $\rightarrow$ $( p + \epsilon , 1 - p - \epsilon )$.

$\epsilon \in \mathbb{R}$

Así que la pregunta es: ¿cómo puedo construir $\epsilon$ para que sea coherente con el modelo? Se agradece cualquier ayuda en la aplicación del esquema de esta prueba.

Answer 1

Aquí fue mi intento de prueba:

Primero veamos el "si" del caso.

Se asume que $\succcurlyeq$ en $X$ es racional, continua, aditivo, monótona, y no trivial.

PERO

Caso 1: $x \succcurlyeq y$ y $p \cdot x < p \cdot y \ \forall p$

Supongamos que $p = \{\frac{1}{s} \cdots \frac{1}{s}\}$

$$p \cdot x < p \cdot y \implica \frac{1}{s} \sum^s_{i=1} x_i < \frac{1}{s} \sum^s_{i=1} y_i \implica \sum^s_{i=1} x_i < \sum^s_{i=1} y_i$$

Por lo que $x \succcurlyeq y \iff x \geq$ y por la monotonía

$x \geq y \iff x_i \geq y_i \ \forall i$ por definición

pero entonces $\sum^s_{i=1} x_i \geq \sum^s_{i=1} y_i$ la cual es una contradicción.

---

Caso 2: $p \cdot x \geq p \cdot y$ y $y \succ x \ \forall p$

Del mismo modo, recoger la misma $p$.

$$p \cdot x \geq p \cdot y \implica \sum^s_{i=1} x_i \geq \sum^s_{i=1} y_i$$

$y \succ x \iff y > x$ por la monotonía

pero entonces $\sum^s_{i=1} x_i < \sum^s_{i=1} y_i$ la cual es una contradicción.

---

Ahora, veamos el "si" del caso.

Vamos a $u(x) = p \cdot x$ y $\exists \ p$ s.t. $\forall x,y$ entonces $x \succcurlyeq y \iff p \cdot x \geq p \cdot$y

Ahora queremos mostrar nuestros cinco propiedades y la singularidad de $p$.

---

Lo anterior implica que

$\exists \ p$ s.t. $\forall x,y$, entonces $x \succcurlyeq y \iff U(x) \geq U(y)$

Esto lo hemos función de utilidad de la representación, por definición. Es un básico de la prueba desde el principio de su clase, probablemente, que la representación implica la racionalidad.

También podemos decir si $U(x)$ es continua en $X$ y $U(x)$ es $\succcurlyeq$ en $X$, esto implica que las preferencias son continuas.

$x \succcurlyeq y \iff p \cdot x \geq p \cdot y \iff p \cdot (x + z) \geq p \cdot (y + z) \iff x + z \succcurlyeq y + z \quad \forall x,y,z \in X$

Por lo que muestra aditividad.

Ahora supongamos monotonía no se sostiene. Supongamos que $x \succcurlyeq y \implica p \cdot x \geq p \cdot$y

pero, además, $x < $y $\implica p \cdot x < p \cdot$ y que es una contradicción.

Supongamos que no trivialidad no se sostiene. Supongamos que $x \sim y \ \forall \ x, y$, donde $x \neq y$, entonces $x$ y $y$ son únicos. Pero tenemos monotonía ahora.

pero $x > y \iff x \e$y y $y > x \iff y \succ x$

---

Por la singularidad de $p$, aprovechando el esquema que le dio a escoger $x, y \in X$ donde $x \sim$ y por tanto $p$ y $p' = (p + \epsilon, 1-p- \epsilon)$

Esto sólo puede ser cierto si $\epsilon = 0$ o si $x$ y $y$ no son únicos, es decir, $x_i = y_i \ \forall i$. Vamos a descartar el caso trivial donde $x$ y $y$ no son únicas y mostrar $\epsilon = 0$ (y por lo tanto $p = p'$)

$$px_1 + (1-p)x_2 = py_1 + (1-p)y_2$$ y $$(p+\epsilon)x_1 + (1-p-\epsilon)x_2 = (p+\epsilon)y_1 + (1-p-\epsilon)y_2$$ La segunda ecuación implica $$px_1 + \epsilon x_1 + (1-p)x_2 - \epsilon x_2 = py_1 + \epsilon y_1 + (1-p)y_2 - \epsilon y_2$$

Restar la primera ecuación a partir de esta ecuación.

$$\epsilon x_1 - \epsilon x_2 = \epsilon y_1 - \epsilon y_2$$ $$\epsilon (x_1 - x_2) = \epsilon (y_1 - y_2)$$

Considerar si $x_1 + \delta = y_1$ y $x_2 + \delta = y_2$ cualquier $\delta > 0$.

A continuación, las diferencias $x_1 - x_2$ y $y_1 - y_2$ son iguales, pero el paquete x tendrá mayor monetaria de los resultados en el estado en que se produce, por lo que $x \succ s$. Contradicción.

Del mismo modo, si $x_1 = y_1 + \delta$ y $x_2 = y_2 + \delta$, entonces $y \succ x$, que es de nuevo una contradicción con $x \sim$y

Por lo tanto $\epsilon = 0$.

$\square$