En cuanto a la función de gasto subyacente a un punto Bliss

Question

He estado estudiando los sistemas de gasto y me ha interesado mucho el comportamiento del sistema de demanda que subyace a los puntos de felicidad:

Considere la función de utilidad del punto de felicidad de la siguiente forma:

$$U(x_1,x_2)=-(x_1-\delta_1)^2-(x_2-\delta_2)^2$$

para dos dimensiones las demandas hicksianas correspondientes son:

$$x_1^c=\delta_1-\left[\frac{\bar{U}}{1+\frac{p_2}{p_1}}\right]^\frac{1}{2}$$ $$x_2^c=\delta_2-\left[\frac{\bar{U}}{1+\frac{p_1}{p_2}}\right]^\frac{1}{2}$$

De ello se deduce que la función de gasto es: $$e(p_1,p_2,\bar{U})=p_1\delta_1-p_1\left[\frac{\bar{U}}{1+\frac{p_2}{p_1}}\right]^\frac{1}{2}+p_2\delta_2-p_2\left[\frac{\bar{U}}{1+\frac{p_1}{p_2}}\right]^\frac{1}{2}$$

Obviamente las funciones de gasto pueden ser mucho más grandes. sin embargo estoy teniendo un tiempo difícil para generar una función de gasto para un número de $n$ bienes.

tldr Cómo serían las demandas hicksianas para la función de utilidad: $$U(\mathbf{x})=-\sum_{i=1}^n(x_i-\delta_i)^2$$

Answer 1

Por lo general, el cambio de las variables $X=x-\delta$ permite escribir $$e(p,u) = \max_{x \geq 0}\{ p'x : U(x-\delta) \geq u \} = \max_{X \geq -\delta} \{ p'X : U(X) \geq u \} + p'\delta$$ y así $e(p,u) = E(p,u) + p'\delta.$

Answer 2

Edición: Mi respuesta anterior contenía un error para el caso en que $x$ se limita a $\mathbb{R}_{+}^{n}$ . He eliminado este caso de mi respuesta.

Toma $\bar{U} > 0$ . Denotemos $\delta = (\delta_{1}, \ldots, \delta_{n})$ y $p = (p_{1}, \ldots, p_{n})$ . Supongamos que $p \neq 0$ . Queremos resolver $$\begin{align*} \min_{x\in\mathbb{R}^{n}} p \cdot x \qquad \text{s.t.}\quad - (x - \delta) \cdot (x - \delta) \geq - \bar{U}. \end{align*}$$

Observemos en primer lugar que una solución debe satisfacer $(x - \delta) \cdot (x - \delta) = \bar{U}$ . Esto se debe a que el lado izquierdo de la restricción es continuo en $x$ y porque cada barrio de $x$ en $\mathbb{R}^{n}$ contiene un punto $x^{\prime}$ tal que $p\cdot x^{\prime} < p \cdot x$ (ya que $p \neq 0$ ).

Estableciendo un Lagrangiano, resolvemos $$\begin{align*} \min_{x\in\mathbb{R}^{n}, \lambda\in\mathbb{R}} p \cdot x + \lambda\left( (x - \delta) \cdot (x - \delta) - \bar{U} \right). \end{align*}$$ Las condiciones de primer orden son $$p + 2 \lambda (x - \delta) = (0, \ldots, 0)$$ y $$(x - \delta) \cdot (x - \delta) - \bar{U} = 0.$$ Tenga en cuenta que $\lambda$ no puede ser igual a cero ya que, de lo contrario, se contradice la primera BDC. Por lo tanto, la primera BDC es equivalente a $(x - \delta) = - p / (2\lambda)$ . Introduciendo esta expresión para $(x - \delta)$ en el segundo BDC, $$\frac{p \cdot p}{4 \lambda^{2}} = \bar{U}$$ y por lo tanto $\lambda = \sqrt{\frac{p\cdot p}{4 \bar{U}}}$ . Finalmente, $$x = \delta + p \frac{1}{2\delta} = \delta + p \sqrt{\frac{\bar{U}}{p\cdot p}}$$

Para tener una intuición geométrica, vamos a denotar por $\Vert\cdot\Vert$ la norma de Euclides en $\mathbb{R}^{n}$ y observar que el conjunto de opciones factibles es $$\left\lbrace x \in\mathbb{R}^{n}\colon \Vert\delta - x \Vert \leq \sqrt{\bar{U}}\right\rbrace.$$ Esto no es más que la bola cerrada de radiuc $\sqrt{\bar{U}}$ alrededor de $\delta$ . Minimización de la función lineal $x\mapsto p \cdot x$ consiste en encontrar el punto de la frontera de la bola en el que un conjunto nivelado de $x\mapsto p \cdot x$ es tangente a la bola. Encontramos este punto viajando desde el centro de la bola a $\delta$ en dirección a $-p$ es decir, ortogonal al hiperplano, hasta llegar al límite.

Aquí hay una prueba alternativa que no usa nada que involucre a los Lagrangianos: Como antes, podemos restringir la atención a los puntos $y$ Satisfaciendo a $\Vert\delta - y \Vert = \sqrt{\bar{U}}$ . Cualquiera de estos puntos puede escribirse como $y = \delta - (\delta - y)\frac{\sqrt{\bar{U}}}{\Vert \delta - y \Vert}$ . Considere el punto $x = \delta - p \frac{\sqrt{\bar{U}}}{\Vert p \Vert}$ . Afirmamos que $p\cdot x \leq p \cdot y$ para cualquier punto de este tipo $y$ en la frontera. Este es el caso si y sólo si $$\begin{align*} p\cdot (\delta - y) \frac{1}{\Vert \delta - y \Vert} \leq p\cdot p \frac{1}{\Vert p \Vert}. \end{align*}$$ El lado derecho es igual a $\Vert p \Vert$ . En cuanto al lado izquierdo, por la desigualdad de Cauchy-Schwarz, $$\begin{align*} p\cdot (\delta - y) \frac{1}{\Vert \delta - y \Vert} \leq \Vert p \Vert \Vert \delta - y \Vert \frac{1}{\Vert \delta - y \Vert} = \Vert p\Vert, \end{align*}$$ y así hemos terminado. Además, la desigualdad de Cauchy-Schwarz se cumple estrictamente a menos que $y - \delta$ es un múltiplo de $p$ . En ese caso, sin embargo, o bien $p = \delta - y$ o $y$ no se encuentra en el límite. Por lo tanto, el punto $x$ es de hecho el único minimizador.