单开关折扣功能 - 外文文献专区

2022-5-31 03:53:22

单开关折扣函数Aucklandn大学数学系AnchuginaDepartment of Mathematics。anchugina@auckland.ac.nzFebruary2017年摘要。贝尔（Bell）[9]引入了偏好的单开关特性，而不是过时结果序列。这一特性涉及向两个这样的序列添加一个公共延迟的效果：它表示延迟序列的偏好排序是依赖于延迟的，或者存在一个唯一的延迟，这样一个严格的排序适用于较短的延迟，而另一个严格的排序适用于较长的延迟。对于具有折扣效用（DU）表示的偏好，Bell[9]认为，唯一与单开关属性一致的折扣函数是指数和。本文证明了线性乘以指数形式的折扣函数也满足单开关性质。我们进一步证明，具有线性乘以指数折扣函数的DU表示的偏好表现出越来越不耐烦（[26]）。我们还可以通过区分弱单开关特性和（强）单开关特性来澄清Bell对单开关特性的原始定义中的模糊性。我们证明了单开关特性和弱单开关特性定义在Anscombe和Aumann[7]设置的连续时间版本中是等效的。关键词：折扣函数，单开关特性，时间偏好，线性倍指数，增加不耐烦。JEL分类：D90。本文分析了Bell[9]引入的跨期偏好的单开关性质。one switch属性最初是为preferences overletteries制定的[9]。

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能者818

2022-5-31 03:53:25

它说，任何两种彩票的偏好排名要么与财富无关，要么存在一种独特的财富水平，即一种严格的排名优先于财富水平较低的彩票，而另一种严格的排名优先于财富水平较高的彩票。对于具有预期效用表示的首选项，one switch属性限制了Bernoulli效用函数的形式。正如Bell[9]所证明的，满足这一性质的效用函数是二次函数、指数和、线性加指数和线性乘以指数。风险理论对这些函数的性质及其可能的应用进行了广泛的研究（例如，参见[1]、[2]、[11]和[12]）。然而，贝尔（Bell）[9]也定义了一个类似的单开关属性，以表示对日期结果序列的偏好，这一点不太为人所知。在这种情况下，one switchproperty涉及到向两个日期结果序列添加一个共同延迟的效果：它表示延迟序列的偏好排序要么与延迟无关，要么存在唯一的延迟，使得一个严格的排序适用于较短的延迟，而另一个严格的排序适用于较长的延迟。Bell[9]声称，如果偏好具有折扣效用表示，那么唯一与单开关属性一致的折扣函数就是指数和。然而，在本文中，我们证明了一个开关性质也与另一种形式的折扣函数兼容：线性乘以指数。据我们所知，这种类型的折扣函数以前从未在跨时期上下文中使用过。正如我们在文章中所展示的，线性乘以指数折扣函数严格禁止增加不耐烦（II）。

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2022-5-31 03:53:29

虽然严格意义上的II并不是一个非常频繁的实验观察[18]，但最近的一些经验发现支持这种类型的不耐烦[13、25、26]。我们还分析了时间偏好背景下弱单开关性质和（强）单开关性质之间的区别。这种区别是基于在切换点是反转弱偏好还是反转严格偏好。虽然这种区别在具有预期效用表示的风险设置中无关紧要，但对于跨期背景，即使假设贴现效用表示，问题也不那么清楚。然而，我们表明，这两个性质在一个类似于Anscombe和Aumann[7]的集合中是等价的。本文的组织结构如下。我们首先在第1节中给出一些预备知识。第2节致力于修改Bell对具有单开关特性的折扣函数的描述[9，命题2]。我们首先讨论贝尔[9]对该属性定义的模糊性，并区分标准（强）版本和替代“弱”单开关属性。我们证明了符合（标准）单开关性质的折扣函数是具有指数和或线性时间指数形式的折扣函数。我们还探讨了受单一日期结果偏好限制的单开关特性与此类偏好的不耐烦特性之间的关系。在第三节中，我们研究了弱单开关性质。在预期效用偏好高于彩票的情况下，其中一个切换属性指财富水平对两个彩票排名的影响，[9]中的结果意味着weakone切换属性等同于标准切换属性。

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2022-5-31 03:53:32

在跨期背景下，weestablish认为，如果我们赋予X一个混合集结构，并在类似于[7]中Anscombe和Aumann的环境中工作，则等价性也成立。最后，第4节总结了结果。1初步研究考虑对已日期结果序列的偏好。在本文中，我们在一个连续的时间环境中工作。时间点是集合T=[0，∞),其中，当前时间对应于t=0。结果集最初假设为区间X=[0，∞), 尽管我们将第3节中的X定义为任意混合集。设An={（x，t）∈ Xn×Tn | t<t<…<tn}是具有淹没结果的序列集。将备选方案A定义如下：A=∪∞n=1An。该数据集包含所有序列，这些序列包含许多确定日期的结果。A的元素 A被称为已添加的结果。考虑备选方案a集合上的偏好顺序<。我们说，如果U表示<，并且存在（U，D），那么U是<的贴现效用（DU）表示，因此U:X→ R是一个效用函数（连续，随u（0）=0严格递增），D:T→ （0，1）是折扣函数（严格递减，D（0）=1和极限→∞D（t）=0）和u（x，t）=nXi=1D（ti）u（xi），对于所有n和每个（x，t）∈ 一Harvey【19，定理2.1】提供了DU表示的必要和充分条件。我们表示正整数集{1，2，3，…}由N和非负整数集{0，1，2，3，…}按N，所以N N、 2单开关属性2.1任何日期结果序列（x，t）的单开关折扣功能∈ Anand any delayσ>0，let（x，t+σ）=（x，（t+σ，…，tn+σ））表示延迟序列。定义1（[9]）。

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2022-5-31 03:53:35

我们说，偏好<对于每对（x，t），（y，s）显示一个开关属性iff∈ A（x，t+σ）和（y，s+σ）的排名要么与σ无关，要么存在σ*≥ 0，这样（x，t+σ）（y，s+σ），对于任何σ<σ*,（x，t+σ）（y，s+σ），对于任何σ>σ*或（x，t+σ）（y，s+σ），对于任何σ<σ*,（x，t+σ）（y，s+σ），对于任何σ>σ*.值得一提的是，Bell[9]对one switch属性的原始口头定义使用了模棱两可的词“preferred”，这并没有指定preferenceorder是在强意义上使用还是在弱意义上使用。贝尔引理3[9]暗示了弱偏好是有意的，但这个引理也表明，任何一种解释都会导致对预期效用偏好的相同限制。阿巴斯（Abbas）和贝尔（Bell）[3]引入了一个正式定义，该定义明确表示偏好是严格的。因此，我们使用严格的优先顺序定义了一个开关属性。单开关特性可以用较弱的变量表示，如下所示：定义2（[9]）。我们说，对于每对（x，t），（y，s），A上的偏好显示出弱的one switchproperty∈ A（x，t+σ）和（y，s+σ）的排名依赖于σ，或者存在σ*≥ 0，使得（x，t+σ）<（y，s+σ），对于任何σ<σ*,（x，t+σ）4（y，s+σ），对于任何σ>σ*或（x，t+σ）4（y，s+σ），对于任何σ<σ*,（x，t+σ）<（y，s+σ），对于任何σ>σ*.换句话说，不存在（x，t），（y，s）∈ A和σ，ε，0<σ<ε，使得（x，t）（y，s），（x，t+σ）（y，s+σ），（x，t+ε）（y，s+ε），或所有严格偏好颠倒。在跨期背景下，不知道这种替代“弱”版本是否与定义1等效（给出DU表示）。这个问题将在第3节中研究，我们将贝尔引理3[9]改编为时间背景。

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2022-5-31 03:53:39

我们证明了单开关特性和弱单开关特性在Anscombe和Aumann（AA）[7]的跨期版本中是等效的，类似于[5]中研究的环境。如果A上的首选项<具有DU表示（u，D），则one switch属性表示任何（x，t），（y，s）的首选项∈ A功能（σ） =nXi=1D（ti+σ）u（xi）-mXj=1D（sj+σ）u（yj）要么有常数符号，要么有σ*≥ 0，以便（σ） =0当且仅当σ=σ*和（σ）（σ） >0当且仅当σ6=σ*σ6=σ*在σ的同一侧*. 也就是说，签名(（σ））=所有σ的常数≥ 0，否则存在σ*因此（σ*) = 0和（σ）（σ） >0如果σ，σ>σ*或σ，σ<σ*和（σ）（σ） σ<σ时<0*< σ或σ<σ*< σ。（1）图1提供了（σ）对于显示one switchproperty并具有DU表示的首选项。请注意，只有（σ）是相关的。σ（σ） σ（σ） σ*σ（σ） σ*图1：可能的行为（σ）对于显示one switchproperty并具有DU表示的首选项，请注意，假设的u属性意味着u（X）=[0，对于某些u>0或u（X）=R+。我们说，如果函数: R+→ 定义人（σ） =nXi=1D（ti+σ）vi-mXj=1D（sj+σ）wj（2）满足度（1）对于任意n、m、任意t∈ Tn，s∈ t和任意v∈ Rn+，w∈ Rm+。引理3。D满足扩展的单开关特性，当且仅当存在'u>0，使得（2）满足（1）任何n，m，任何t∈ Tn，s∈ t和任意v∈ [0，u]n，w∈[0，\'u]m.防腐蚀。“仅当”。这一部分很简单。“如果”。假设存在'u>0，这样 : R+→ 由（2）满意度（1）定义的任何n、m、t∈ Tn，s∈ t和任意v∈ [0，u]n，w∈ [0，\'u]m.证明是矛盾的。

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2022-5-31 03:53:42

假设有一些n，m，t∈ Tn，s∈ t和somev∈ Rn+，w∈ Rm+使功能*: R+→ 定义人*（σ） =nXi=1D（ti+σ）vi-mXj=1D（sj+σ）wj。违反属性（1）。然后函数λ*对于任何λ>0，也将违反（1）。Letλ∈ （0，1）使得λv∈ [0，\'u]nandλw∈ [0，\'u]m。这与最初的假设相矛盾，即（2）满足（1）任何n，m，任何t∈ Tn，s∈ t和anyv∈ [0，u]n，w∈ 换句话说，引理3指出，给定带有DU表示的首选项，u的范围与首选项是否满足one switch属性无关。因此，one switch属性不会对u的形状施加任何额外的限制。换句话说，给定<的DU表示（u，D），one switchproperty仅限制D。因此，如果存在某个效用函数u，则折扣函数D显示出one switch属性，这样，带有DU表示（u，D）的首选项将显示单开关特性。Bell[9，命题8]论证了指数和是唯一与one switchproperty兼容的贴现函数。然而，我们将在本节中演示线性乘以指数discount函数也具有单开关特性。下面的命题给出了线性时间指数函数和指数函数和的参数的限制条件，在此条件下，它们满足折扣函数的性质。提案4。（a）线性乘以指数函数D（t）=（c+ct）是一个贴现函数，当且仅当c=1，-r≥ c≥ 0，r＜0；i、 e.，D（t）=（1+ct）e-rt，其中r≥ c≥ 0和r>0。（b）指数函数D（t）=cert+cert之和，其中r6=r，是折扣函数当且仅当oc=1- c、 r<r<0和RR-r≤ c<1，或oc=1- c、 r<r<0和0<c≤rr（右后）-r、等效地，D（t）=ae-bt+（1- a） e类-（b+c）t，其中a，b，c>0，a≤ 银行保函+1。证据

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2022-5-31 03:53:44

我们需要找到线性乘以指数函数和指数和的参数，以便满足以下四个特性：1。D（0）=1,2。D（t）>0表示所有t，3。D（t）严格递减，且为4。限制→∞D（t）=0。（a）线性乘以指数。假设D（t）=（c+ct）ert。显然，D（0）=1，且仅当c=1时。接下来，为了同时满足第一和第二个条件，即对于所有t，D（0）=1且D（t）>0，有必要且有效地确定c=1和c≥ 0（因为所有t的ert>0）。要检查D（t）是否严格递减，请考虑其一阶导数：D（t）=cert+（1+ct）rert=ert（c+r+crt）。由于所有t的ert>0，导数的符号取决于线性表达式c+r+crt的符号。因此，当且仅当ifc+r时，D（t）严格递减≤ 0，所有t>0时，C+r+crt<0。该条件相当于要求满足以下两个条件之一：oc+r=0且cr<0，oc+r<0且cr≤ 0.自c起≥ 0，在第一种情况下，我们有c=-r> 0。在第二种情况下，0≤ c<-r、我们可以将这两种情况总结如下：-r≥ c≥ 0和r<0。因此，当且仅当c=1时，贴现函数的前三个性质满足，-r≥ c≥ 0和r<0。最后，线性次指数函数的极限为→∞D（t）=极限→∞（1+ct）ert=极限→∞1+cte-rt，如果r=c=0，则该限值为1。由于上一步r<0，因此排除了这种情况。那么，根据L\'Hopital的规则，我们有限制→∞D（t）=极限→∞1+cte-rt=极限→∞c-re公司-rt=0。因此，当且仅当c=1时，D（t）=（c+ct）满足贴现函数的所有四个属性，-r≥ c≥ 0和r<0。表示c=c，r=-r、那么我们有d（t）=（1+ct）e-rt，其中r≥ c≥ 0和r>0。（b）指数和。这个证明类似于[9，命题8]，并且是为了完整性而给出的。

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2022-5-31 03:53:47

假设D（t）=cert+certwith r6=r。当且仅当c+c=1时，满足条件D（0）=1。对于所有的t>0，我们也必须有D（t）>0。注意d（t）=cert+cert=ertc+ce（r-r） t型> 当且仅当c+ce（r-r）对于所有t>0，t>0（因为对于所有t>0，ert>0）。根据第一个条件，我们知道c=1- c、将此表达式替换为不等式，我们必须有c+（1- c） e（r-r） t>0表示所有t>0。因此，当且仅当c=1时，贴现函数的前两个性质满足- c下列两个条件之一成立：（i）r<rand c≤ 1.或（ii）r>rand c≥ 接下来，有必要使D（t）严格递减。考虑其一阶导数（t）=crert+crert=ertcr+cre（r-r） t型.由于所有t>0的ert>0，当且仅当ifcr+cr时，函数D（t）严格递减≤ 0，和CR+cre（r-r） t<0表示所有t>0。回想一下，在前两个条件中，我们的c=1- cand[（i）或（ii）]持有。因此，当且仅当以下所有条件均成立时，D（0）=1，D（t）>0，且D（t）严格递减：cr+（1- c） r≤ 0，cr+（1- c） re（r-r） t<0对于所有t>0，c=1- c、和[（i）或（ii）]持有。注意Cr+（1- c） re（r-r） t=cr+（1- c） re（r-r） t+cre（r-r） t型- cre（r-r） t=（cr+（1- c） r）e（r-r） t+cr1.- e（r-r） t型.因此，我们必须有Cr+（1- c） r≤ 0，（3）（cr+（1- c） r）e（r-r） t+cr1.- e（r-r） t型< 0表示所有t>0，（4）c=1- c、和[（i）或（ii）]持有。（5）考虑（5）中的情况（i）。那么条件（3）成立当且仅当c≥rr（右后）-r、给定（3），条件（4）成立当且仅当（1- c） r<0，相当于（i）情况下的toc<1和r<0。因此，在案例（i）中，当且仅当c=1时，贴现函数的前三个属性才满足- c、 r<r<0和RR-r≤ c<1。由于r<r<0，第四个属性也满足。接下来，考虑（5）的情况（ii）。该论点与案例（i）相似。条件（3）成立的当且仅当c≤rr（右后）-r

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2022-5-31 03:53:51

给定（3），条件（4）当且仅当cr<0时成立，这相当于（ii）情况下的c>0和r<0。因此，在案例（ii）中，当且仅当c=1时，贴现函数的前三个属性满足- c、 r<r<0和0<c≤rr（右后）-r、由于r<r<0，第四个属性也满足。在（5）中的（i）情况下，设a=c，b=-r、 c=r- r、因此，a、b、c>0。自r/r起- r≤ c<1要求0<a≤ 银行保函+1。然后我们得到D（t）=ae-bt+（1- a） e类-（b+c）t，其中a，b，c>0，a≤ 银行保函+1。类似地，在（5）的（ii）情况下，设a=c，b=-r、 c=r- r、然后，我们得到与情况（i）相同的函数和参数限制，即D（t）=ae-bt+（1- a） e类-（b+c）t，其中a，b，c>0，a≤ 银行保函+1。下面的命题证明了这两种类型的折扣函数与one switch属性兼容。提案5。假设A上的优先顺序<具有DU表示（u，D），其中oD（t）=（1+ct）e-rt，其中r≥ c≥ 0且r>0，或oD（t）=ae-bt+（1- a） e类-（b+c）t，其中a，b，c>0，和a≤ 银行保函+1。然后<显示单开关属性。证据该证明将贝尔的论点【9，命题2】与时间偏好框架相适应。我们需要证明，对于任何（x，t），（y，s）∈ A以下函数最多更改一次签名：（σ） =nXi=1D（ti+σ）u（xi）-mXj=1D（sj+σ）u（yj）。（a）线性乘以指数。考虑贴现函数D（t）=（1+ct）e-rt，其中r≥ c≥ 0和r>0。

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mingdashike22

2022-5-31 03:53:54

然后（σ） =nXi=1（1+cti+cσ）e-rtie-rσu（xi）-mXj=1（1+csj+cσ）e-rsje公司-rσu（yj）。重新安排，（σ） =e-rσnXi=1e-rtiu（xi）-mXj=1e-rsju（yj）！+e-rσcnXi=1tie-rtiu（xi）-mXj=1sje-rsju（yj）！+e-rσcσnXi=1e-rtiu（xi）-mXj=1e-rsju（yj）！。LetA=nXi=1e-rtiu（xi）-mXj=1e-rsju（yj），B=nXi=1tie-rtiu（xi）-mXj=1sje-rsju（yj）。然后（σ） =Ae-rσ+cBe-rσ+cAe-rσσ。此表达式可以重写如下（σ） =e-rσ（A+cB+cAσ）。自e起-rσ>0，符号（σ）等于A+cB+cAσ的符号。因为后者是线性的，所以符号是常数，或者在唯一σ值处改变一次。（b）指数和。考虑函数D（t）=ae-bt+（1- a） e类-（b+c）t，其中，b，c>0，和a≤ 银行保函+1。然后（σ） =nXi=1ae-btie公司-bσ+（1- a） e类-（b+c）接头-（b+c）σu（xi）-mXj=1ae-bsje公司-bσ+（1- a） e类-（b+c）sje-（b+c）σu（yj）。它可以重新排列，以便（σ） =ae-bσnXi=1e-btiu（xi）-mXj=1e-bsju（yj）！+（1）- a） e类-（b+c）σnXi=1e-（b+c）tiu（xi）-mXj=1e-（b+c）sju（yj）！。表示A=nXi=1e-btiu（xi）-mXj=1e-bsju（yj），且▄B=nXi=1e-（b+c）tiu（xi）-mXj=1e-（b+c）sju（yj）。然后（σ） =a▄Ae-bσ+（1- a）一定要-（b+c）σ。此表达式可以按如下方式分解（σ） =e-bσaa+（1- a） Be-cσ.自e起-bσ>0，符号（σ）等于a▄a+（1）的符号- a） Be-cσ。因此（σ）为常数，或在唯一σ值处变化一次。既然命题5建立了线性乘以指数折扣函数和指数折扣函数之和满足单开关性质，它们也必须满足弱单开关性质。2.2日期结果和单调性的单开关特性在本节中，我们考虑日期结果集上的偏好<。当参考<被限制为A时，则DU表示为U（x，t）=D（t）U（x），表示任何（x，t）∈ A、 [17]给出了这种表示的必要和充分条件。

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2022-5-31 03:53:57

在本节中，我们假设<满足Fishburn和Rubinstein的公理[17]。定义6。我们说，<显示出日期结果的单开关特性，如果<显示出A上的单开关特性。显然，如果<显示出A上的单开关特性，这意味着<也显示出日期结果的单开关特性。考虑以下减少和增加不耐烦的概念。定义7（【22】）。我们说，<显示出[严格地]减少不耐烦，如果对于所有（x，t），（y，s）∈ a计算0<x<y，对于所有t<s：if（x，t）~ （y，s）那么对于任何σ>0的情况，我们有（x，t+σ）[] 4（y，s+σ）。（6）我们说，如果（6）中的偏好被颠倒，则[严格地]表现出越来越不耐烦如果（6）中的偏好被差异所取代，则为平稳或持续不耐烦。当首选项具有DU表示时，这些属性仅限制discountfunction。下一个命题直接来自定义。提案8。假设<仅限于Ahas DU表示。然后<显示[严格地]DI当且仅当ifD（t）D（t+σ）[>]≥D（s）D（s+σ），对于所有t，s，使得t<s，并且每个σ>0。（7）此外，<附录o[严格地]II当且仅当（7）中的不等式被逆转时；o持续不耐烦当且仅当（7）中的不等式被等式替换时。以下命题提供了完整的特征描述。提案9（[22]、[6]）。假设<仅限于Ahas DU表示。然后，当且仅当D（t）为[严格]对数凸，[严格]II当且仅当D（t）为[严格]对数凹，在[3]中引入了序数单开关效用函数的相关概念。A函数f:I→ 如果所有x的f（x）>0，则称R为对数凸∈ I和ln（f）是凸的；如果所有x的f（x）>0，则为严格对数凸∈ I和ln（f）是严格凸的。

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2022-5-31 03:54:00

我们说函数f:I→ R是[严格]对数凹，如果1/f是[严格]对数凸常数不耐烦当且仅当D（t）=e-r>0时的RTS。命题9将[22，推论1]扩展到增加不耐烦和严格减少（和严格增加）不耐烦。此处省略该证明，因为它只需要对Prelec的原始证明进行aminor调整。以下引理重新表达了datedoutcomes单开关属性的定义，即对决策者不同的一对日期结果应用的共同推进（σ<0）和共同延迟（σ>0）。引理10。Let（^x，^t），（^y，^s）∈ a 0<^x<^y，0<^t<^s和（^x，^t）~ （^y，^s）。则<仅当（i）（^x，^t+σ）之一时，才显示出日期结果的单开关特性~ （^y，^s+σ）对于所有σ≥ -^t，或（ii）（^x，^t+σ）（^y，^s+σ）用于-^t≤ σ<0，和（^x，^t+σ）（^y，^s+σ）表示σ>0，或（iii）（^x，^t+σ）（^y，^s+σ）用于-^t≤ σ<0，和（^x，^t+σ）（^y，^s+σ），σ>0。证据Let（^x，^t），（^y，^s）∈ a 0<^x<^y，0<^t<^s和（^x，^t）~ （^y，^s）。还假设<显示出日期结果的单开关特性。因此，通过对单开关特性的定义，我们有（i*) （^x，^t+σ）~ （^y，^s+σ）对于所有σ>0，或（ii*) （^x，^t+σ）（^y，^s+σ）对于所有σ>0，或（iii*) （^x，^t+σ）（^y，^s+σ）对于所有σ>0。我们需要分析情况-^t≤ σ<0。证据是矛盾的。如果（i*), 假设存在u*使0<u*<^t和（^x，^t- u*) （^y，^s- u*). 设^τ=^t- u*> 0和^ρ=^s- u*> 使用此符号，我们得到（^x，^τ）（^y，^ρ），（^x，^τ+u*+ σ）~ （^y，^ρ+u*+ σ），对于所有σ≥ 0。这与日期结果的one switch属性相矛盾，因此（i）如下。

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mingdashike22

2022-5-31 03:54:03

如果（^x，^t-u*) （^y，^s- u*) 这个证明是类似的。如果（ii*), 假设存在u*使0<u*<^t和（^x，^t- u*) 4（^y，^s-u*). 使用与前一种情况相同的符号^τ=^t-u*> 0和^ρ=^s-u*> 0给我们（^x，^τ）4（^y，^ρ），（^x，^τ+u*) ~ （^y，^ρ+u*),（^x，^τ+u*+ σ）（^y，^ρ+u*+ σ），对于所有σ>0，这是一个矛盾。如果（iii*) 证明与情形（ii）对称*).这一命题的证明也可以在工作文件[6]中找到。datedoutcomes的不耐烦属性和单开关属性之间的关系在下面的引理中建立。引理11。假设<有DU表示（u，D）。则<显示出日期结果的oneswitch属性，当且仅当<也显示出平稳性或严格DI或严格II。证据“仅当”。假设<显示了日期结果的单开关属性。考虑一些（^x，^t），（^y，^s）∈ a 0<^x<^y，0<^t<^s和（^x，^t）~ （^y，^s）。为了看到我们总是可以找到这样一对，假设0<^x<^y，^t<^s和（^x，^t）（^y，^s）。接下来是u的连续性和D严格递减的事实，即存在t∈ （^t，^s）使得（^x，t）~ （^y，^s）。或者，假设0<^x<^y，^t<^sand（^x，^t）（^y，^s）。接下来是u的连续性和D严格递减的事实，即存在x∈ （x，y）使得（x，t）~ （^y，^s）。其次是日期结果的单开关特性和第1种情况下的引理10。（^x，^t+σ）~ （^y，^s+σ）对于所有σ≥ -^t，或酶2。（^x，^t+σ）（^y，^s+σ）用于-^t≤ σ<0，和（^x，^t+σ）（^y，^s+σ）对于σ>0，或情况3。（^x，^t+σ）（^y，^s+σ）用于-^t≤ σ<0，和（^x，^t+σ）（^y，^s+σ），σ>0。我们将分别分析每个案例。案例1。

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能者818

2022-5-31 03:54:06

注意，让α=σ+^t≥ 0和^σ=^s-^t>0我们有（^x，α）~ （^y，^σ+α）对于所有α≥ 使用DU表示，所有α的u（^x）u（^y）=D（α+^σ）D（α）≥ 0。（8）考虑一些t<s。然后（8）表示u（^x）u（^y）=D（t+^σ）D（t）=D（s+^σ）D（s）。重新排列，D（s）D（t）=D（s+σ）D（t+σ）。（9）通过连续性，我们可以选择x<ysuch thatD（s）D（t）=u（x）u（y）。（10）因此，从（9），（10）可以得出（x，t）~ （y，s）和（x，t+σ）~ （y，s+σ）。然后，one switch属性表示所有u>0的D（s）D（t）=D（s+u）D（t+u）。由于t是任意的，因此命题8表现出持续的不耐烦。案例2。定义α，^σ对于案例1，我们有（^x，α）（^y，^σ+α）对于0≤ α<^t，和（^x，α）（^y，^σ+α）表示σ>^t。因此，使用DU表示u（^x）u（^y）>D（^σ+α）D（α）表示0≤ α<^t，对于任何t<^t<s，D（t+^σ）D（α）。因此，对于任何t<s，D（t+^σ）D（t）<u（^x）u（^y）<D（s+^σ）D（s）。对于任何t<s，我们可以通过连续性选择x<s y这样的thatD（s）D（t）=u（x）u（y）。（12）它遵循（11）、（12）和one-switch属性thatD（s- u）D（t- u）<D（s）D（t）<D（s+u）D（t+u）（13）当t<^t<s时，任何u>0。考虑一些t<s。有三种可能的子情况：（a）t<^t<s，（b）t<s≤^t和（c）^t≤ t<s。我们将表明，在这三个子案例中，所有u>0的情况下，D（s）D（t）<D（s+u）D（t+u）。（14）从命题8我们可以得出结论，偏好表现出严格的DI。在子案例（a）中，直接从（13）开始，即（14）成立。在子情况（b）中，选择ε>0，使s+ε<^t<t+ε。设t=t+ε，s=s+ε。它遵循（13）that（s- σ） D（t- σ） <D（s）D（t）<D（s+σ）D（t+σ）（15），所有σ>0。设σ=ε。然后我们得到D（s）D（t）<D（s+ε）D（t+ε）。（16）通过连续性，我们可以选择x<ysuch thatD（s）D（t）=u（x）u（y）。（17）因此，它遵循（16）、（17）和（14）保持的单开关属性。在子情况（c）中，选择ε>0，使t-ε<^t<s-ε。

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2022-5-31 03:54:10

设t=t-ε和s=s-ε。然后从（13）得出- σ） D（t- σ） <D（s）D（t）<D（s+σ）D（t+σ）（18），所有σ>0。设σ=ε。那么我们已经- ε） D（t- ε） <D（s）D（t）。（19）选择x<ysuch thatD（s）D（t）=u（x）u（y）。（20）因此，（14）后跟（19）、（20）和一个开关属性。因此，在情况2<中显示出严格的DI。最后，在案例3中，我们可以通过对案例2的对称证明来证明<严格地展示II。“如果”。假设有一些x，y，t，s和t≤ s和一些σ*≥ 0使得（x，t+σ*) ~ （y，s+σ*). 必须表明（x，t+σ）~ （y，s+σ）表示所有σ，（21）或（x，t+σ）（y，s+σ）对于所有σ<σ*, 和（22）（x，t+σ）（y，s+σ）对于所有σ>σ*. （23）如果t=s，则（x，t+σ*) ~ （y，t+σ*). x=y的单调性随之而来。因此，满足了日期结果的单开关特性。假设t<s和<表现出持续的不耐烦。由此得出（x，t+σ*+σ）~（y，s+σ*+σ）对于所有σ>0，或（x，t+σ）~ （y，s+σ）对于所有σ>σ*. 为了证明<满足日期结果的单开关特性，我们需要证明（x，t+σ）~（y，s+σ）对于所有σ<σ*使t+σ≥ 0，或（x，t+σ*- σ）~ （y，s+σ*- σ）对于所有σ>σ*使t+σ*-σ≥ 证明是矛盾的。假设存在σ>σ*例如，（x，t+σ*-σ）（y，s+σ*-σ）带t+σ*-σ≥ 通过持续性和不耐烦性，存在t>t，使得（x，t+σ*- σ）~ （y，s+σ*- σ）。然后，由于<表现出持续的不耐烦，因此（x，t+σ*- σ+γ）~ （y，s+σ*- σ+γ）对于所有γ>0。设γ=σ>0。然后我们得到（x，t+σ*) ~ （y，s+σ*). 由于t>t，它不耐烦地暗示（x，t+σ*) （x，t+σ*). 因此，（x，t+σ*) （y，s+σ*), A传统。假设t<s和<严格显示DI。由此得出（x，t+σ*+ α）（y，s+σ*+ α）对于所有α>0，或（x，t+σ）（y，s+σ）对于所有σ>σ*.

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2022-5-31 03:54:14

我们现在需要显示（x，t+σ）（y，s+σ）对于所有σ<σ*, 或（x，t+σ*- σ）（y，s+σ*- σ）对于所有σ>σ*使t+σ*- σ≥ 证明是矛盾的。假设存在σ>σ*使得（x，t+σ*- σ） 4（y，s+σ*- σ）和t+σ*- σ≥ 首先考虑（x，t+σ*- σ）~ （y，s+σ*- σ） σ>σ*和t+σ*- σ≥ 那么，由于<严格满足DI，因此得出（x，t+σ*- σ+γ）（y，s+σ*- σ+γ）对于所有γ>0。设γ=σ>0。那么我们有（x，t+σ*) （y，s+σ*), 这是一个传统。其次，考虑（x，t+σ*- σ）（y，s+σ*- σ） σ>σ*andt+σ*- σ≥ 接着是连续性和不耐烦性，存在s>s，例如（x，t+σ*- σ）~ （y，s+σ*- σ）。因此，由于<严格地显示DI，它意味着（x，t+σ*- σ+γ）（y，s+σ*- σ+γ）对于所有γ>0且σ>σ*和t+σ*- σ≥ 设γ=σ。那么我们有（x，t+σ*) （y，s+σ*). 由于s>s，因此（y，s+σ*) （y，s+σ*), 因此，（x，t+σ*) （y，s+σ*), 矛盾。如果我们假设<严格地证明II，则证明是类似的。虽然DU表示的假设对于证明的“如果”部分不是必需的，但对于我们的“仅当”部分的证明是必不可少的。引理11“仅当”结果的DUrepresentation的必要性仍然是一个悬而未决的问题。工作文件[6]证明，对于不同的贴现函数，严格增加的时间偏好率对应于严格II，而严格减少的时间偏好率对应于严格di。证明是沿着[6，引理11]的路线进行的。我们用这个结果来证明以下命题。提案12。

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2022-5-31 03:54:17

假设<有DU表示（u，D）。时间偏好率r（t）定义如下：r（t）=-D（t）D（t）。o如果D（t）=（1+ct）e-rt，其中r≥ c≥ 0且r>0，则当c>0时<严格显示II，当c=0时<显示平稳性如果D（t）=ae-bt+（1- a） e类-（b+c）t，其中a，b，c>0，a≤ 当a<1时，b/c+1，然后<显示严格DI，当1<a时，严格II≤ b/c+1和当NA=1时的平稳性。证据（a）线性乘以指数。首先假设c>0。因为D（t）=e-rt（c- r-crt），时间首选率为：-D（t）D（t）=e-rt（crt- c+r）（1+ct）e-rt=r（1+ct）- c1+ct=r-c1+ct。时间偏好率的导数为c（1+ct）-2> 因此，线性乘以指数分布函数表现出严格的不耐烦性。否则，如果c=0，则D（t）=e-r和首选项<显示平稳性（例如，参见[17]）。（b）指数和。时间偏好率为-D（t）D（t）=abe-bt+（1- a）（b+c）e-（b+c）tae-bt+（1- a） e类-（b+c）t=e-bt[ab+（1- a）（b+c）e-ct]e-bt[a+（1- a） e类-ct]=ab+（1- a）（b+c）e-cta+（1- a） e类-ct。时间偏好率的导数为ab+（1- a）（b+c）e-cta+（1- a） e类-ct=-c（1- a）（b+c）e-ct[a+（1- a） e类-ct]+[ab+（1- a）（b+c）e-ct]c（1- a） e类-ct[a+（1- a） e类-ct]。导数的符号取决于此表达式分子的符号：Q（t）=-c（1- a）（b+c）e-cta+（1- a） e类-ct+ab+（1- a）（b+c）e-ctc（1- a） e类-ct。简化Q（t）：Q（t）=c（1- a） e类-ctab+（1- a）（b+c）e-ct- （b+c）（a+（1- a） e类-ct）= ce公司-cta（a- 1）。回想一下，a>0和a≤ 银行保函+1。因此，如果a=1，Q（t）=0，如果0<a<1，Q（t）严格为负，如果1<a，Q（t）严格为正≤ b/c+1和a 6=1。因此，如果a=1，时间偏好率是恒定的；如果0<a<1，时间偏好率严格递减；如果1<a，时间偏好率严格递增≤ 银行保函+1。

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2022-5-31 03:54:21

这反过来意味着，如果a=1，则<表现出平稳性，如果0<a<1，则严格DI，如果1<a，则严格II≤ 银行保函+1。图2显示了一个线性乘以指数折扣函数和两个指数和折扣函数及其相关的时间偏好率。值得一提的是，贝尔对“减少不耐烦”和“增加不耐烦”这两个术语的定义与这里使用的定义不同。Bell的定义如下：线性乘以指数之和指数之和指数之和指数之和指数之和指数之和指数之和指数之和指数之和指数之和指数之和指数之和指数之和指数之和指数之和指数之和指数之和指数之多时间优惠率联合国技术倡议的时间折扣为0 50 100 500 50 100 100 15000.020.040.060.080.100.20.40.60.81图2：线性乘以指数折扣函数D（t）=（1+0.01t）e-0.03t，指数计数函数D（t）=e-0.03t，指数之和D（t）=0.5e0.03t+0.5e0.08t，指数之和D（t）=1.2e0.03t- 0.2e0.08t及其相关的时间优先定义率13（[9]）。让<在a上有一个带有折扣函数D的DU表示。然后我们说偏好<显示DI*【二】*] 对于任何s，如果D（s+t）>[<]D（s）D（t），t>0。请注意，Bell的*（二）*) 对应于D的严格对数超加性（对数次加性）。显然，严格对数超加性（严格对数次加性）是严格对数凸性（严格对数凹性）的特例。因此，贝尔对对外直接投资的定义*和II*比严格的DI和严格的II弱。Bell【9，命题8】规定了指数折扣函数之和的参数值*/二、*:提案14（[9，提案8]）。设D（t）=ae-bt+（1- a） e类-（b+c）t，其中a，b，c>0和a≤ 1+b/c。

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2022-5-31 03:54:24

那就是DI*如果a<1和II*如果1<a≤ 1+b/c。比较命题14和命题11，很容易看出严格的II和II*对于指数和折扣函数的参数具有相同的含义（对于严格意义上的DI和DI也是如此*). 我们也可以很容易地看到，严格地说，II和II的属性所施加的限制*关于线性指数折扣函数的参数重合。Bell[9，命题8]使用严格不等式a<1+b/c来保证当t=0时，D（t）<0。然而，如果当t=0时，D（t）=0，并且对于所有t>0，D（t）<0，则D（t）在[0]上严格递减，∞).因此，我们允许≤ 因为这个弱不等式与折扣函数的性质是一致的。2.3用单开关特性表示偏好我们首先观察到，持续的不耐烦等同于零开关特性：定义15。我们说，<在一个展品上，每对（x，t），（y，s）的零开关性质∈ A（x，t+σ）和（y，s+σ）的排名与σ无关。根据这一定义，如果<在一个展品上显示零开关特性，则对于任何（x，t），（y，s）∈ A、如果存在^σ≥ 0，使得（x，t+^σ）~ （y，s+σ），然后（x，t+σ）~ （y，s+σ）对于任何σ≥ 以下命题修正了[9，命题8]。提案16。设A上的<具有DU表示（u，D）。然后，仅当D（t）具有以下形式之一时，才显示oneswitch属性：oD（t）=ae-bt+（1- a） e类-（b+c）t，a、b、c>0和a≤ b/c+1，oD（t）=（1+ct）e-rt，其中r≥ c≥ 0和r>0。我们将Bell的[9，10]风险（预期效用）证明方法应用于我们的时间偏好框架。所需的适应是非常重要的。主要原因是概率总和为1，而结果的效用则不是。

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mingdashike22

2022-5-31 03:54:26

在原始的阿尔贝尔证明[9]中，概率的这一性质被用来获得两个变量中的两个方程组。该系统解决方案存在的条件是众所周知的。在时间偏好设置中，我们使用引理11获得两个在两个不同延迟点不同的延迟结果序列。由此我们得到了一个齐次二阶线性微分方程。这个方程的解推广到连续时间，我们得到了三种类型的函数。我们进一步证明，只有线性乘以指数和指数和（具有适当的参数限制）满足单开关性质和折扣函数的性质（使用命题4）。还值得一提的是，在风险设定中，Bell【9，10】得到了一个三阶差分方程，而不是我们在时间偏好框架中得到的二阶差分方程。证据修正σ>0。假设我们可以找到u（α），u（β），u（γ）>0，使得u（α）+u（β）D（2σ）=u（γ）D（σ）和u（α）D（σ）+u（β）D（3σ）=u（γ）D（2σ）（24），那么，由于<具有DU表示，它意味着（x，t）~ （y，s）和（x，t+σ）~ （y，s+σ），其中（x，t）=（（α，β），（0，2σ）），（y，s）=（γ，σ）和（x，t+σ）=（（α，β），（σ，3σ）），（y，s+σ）=（γ，2σ）。我们首先表明，对于任何D（σ）、D（2σ）、D（3σ），我们总能找到u（α）、u（β）、u（γ）>0，这样（24）就成立了。第一个方程24表示u（α）=u（γ）D（σ）-u（β）D（2σ），我们可以将其代入第二个方程如下：（u（γ）D（σ）- u（β）D（2σ）D（σ）+u（β）D（3σ）=u（γ）D（2σ）。简化u（γ）（D（σ）- D（2σ））+u（β）（D（3σ）- D（σ）D（2σ））=0。（25）由于偏好<满足单开关特性，它们也将满足日期结果的单开关特性，因此引理11<严格显示DI、严格II或平稳性。首先假设<显示出严格的DI。

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2022-5-31 03:54:30

然后，通过命题8，我们得到了（σ）>D（σ）D（2σ）>D（2σ）D（3σ）>·因此，D（σ）- D（2σ）<0和D（3σ）- D（σ）D（2σ）>0，因此，通过连续性总是可以找到u（β），u（γ）>0，从而（25）保持不变。Sinceu（β）u（γ）=D（2σ）-D（σ）D（3σ）-D（σ）D（2σ），我们有u（β）u（γ）-D（σ）D（2σ）=D（2σ）- D（σ）D（3σ）- D（σ）D（2σ）-D（σ）D（2σ）=D（2σ）- D（σ）D（3σ）D（2σ）（D（3σ）- D（σ）D（2σ））<0。因此，u（β）D（2σ）- u（γ）D（σ）<0，这意味着u（α）=u（γ）D（σ）- u（β）D（2σ）>0。如果<严格地展示II，则该论点与相反的不等式类似。在<表现出平稳性的情况下，我们有D（σ）- D（2σ）=0和D（3σ）-D（σ）D（2σ）=0，因此（25）适用于任何u（β），u（γ）。因此，我们可以选择u（β），u（γ）>0，使得u（α）=u（γ）D（σ）- u（β）D（2σ）>0。因此，我们发现了两个日期结果序列（x，t），（y，s）∈ A使得（x，t+t）~ （y，s+t），其中t=0，σ。那么，由于<满足单开关特性，因此（x，t+t）必须为真~ （y，s+t）对于任何t≥ 特别是，u（α）D（t）+u（β）D（t+2σ）=u（γ）D（t+σ）。由于u（γ）6=0，我们可以写D（t+2σ）+aD（t+σ）+bD（t）=0，其中a=-u（γ）/u（β），b=u（α）/u（β）。对于某些σ>0和某些t≥ 0设D（t，σ）n=D（t+nσ），n∈ N、然后我们得到一个齐次二阶线性微分方程d（t，σ）N+2+aD（t，σ）N+1+bD（t，σ）N=0。（26）众所周知（参见，例如，[21]），该方程有三种类型的解，它们来自特征方程：z+az+b=0。这三种解决方案如下：解决方案1。如果a-4b>0，则有两个不同的实根，表示为zand z。在这种情况下，（26）的两个线性独立解为zn和zn，其中∈ N、通解为D（t，σ）N=czn+czn，其中c，c=常数。解决方案2。如果a- 4b=0，则根重合，因此z=z=z。在这种情况下，（26）的两个线性独立解为zn和nzn。

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2022-5-31 03:54:32

一般溶液为D（t，σ）n=（c+cn）zn，其中c，c=常数。解决方案3。如果a- 4b<0，根为复数z±=x±iy=r（cosθ±i sinθ）=re±iθ，其中y>0，r=px+y，cosθ=x/r，sinθ=y/r与θ∈ （0，π）（因为y>0）。然后，（26）的两个线性独立解是rezn+=rncos nθ和Imzn+=rnsin nθ。通解为（t，σ）n=rn[ccos nθ+csinθ]，其中c，c=常数。注意，通过让C=pc+C，cosω=cC，sinω=cCandω=tan-1（cc），解3可以重写如下：D（t，σ）n=rn[ccos nθ+csin nθ]=Crn[cosωcos nθ+sinωsin nθ]=Crncos（nθ- ω）。回想一下θ∈ （0，π）。因此，可以排除解决方案3，因为它意味着符号的多重变化（它不满足单调性）。注意，方程（26）适用于任意σ>0和任意t≥ 0，尽管常数和常数可以连续地依赖于tandσ。Bell【10，9】认为，因此D必须满足其中一个解的相应极限，如σ→ （26）的解分别收敛于解1。（指数和）：D（t）=cert+cert，其中r6=r，解2。（线性乘以指数）：D（t）=（c+ct）ert。根据命题4，可以得出以下结论：解决方案1。D（t）=ae-bt+（1- a） e类-（b+c）t，其中a，b，c>0，和a≤ 银行保函+1；解决方案2。D（t）=（1+ct）e-rt，其中r≥ c≥ 0和r>0。请注意，此解决方案将指数折扣函数作为特例包含在内。也就是说，ifc=0，然后D（t）=e-rt，其中r>0。罗马尼亚数学家Rad'o[23]证明了一个更一般的结果，该结果最近在[4]中扩展到多维情况。Rad'o[23，定理2]证明了连续函数集f:R→ R、满足方程a（σ）f（t）+a（σ）f（t+σ）+…+an（σ）f（t+nσ）=0，连续函数sai（σ）：（0，W）→ R、其中W>0且i=0。

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2022-5-31 03:54:36

，n，an（σ）6=0，与函数集sf:R一致→ 满足线性微分方程Af+Af+…+Anf（n）=0，对于某些实系数A，一当n=2时，众所周知，这种微分方程的解与我们的三种解类型的极限一致。以下推论总结了命题5和命题16。推论17。设A上的<具有DU表示（u，D）。当且仅当D（t）具有以下形式之一时，<显示oneswitch属性：oD（t）=ae-bt+（1- a） e类-（b+c）t，a、b、c>0和a≤ b/c+1，oD（t）=（1+ct）e-rt，其中r≥ c≥ 0和r>0.3弱一切换属性3.1弱一切换属性和过时结果序列的混合当对彩票的偏好具有预期的效用表示时，风险设置中的弱一切换属性等同于弱一切换属性[9]。这种等价性来自于[9，引理3]，其中混合线性和预期效用的其他属性被用来表明，如果两个彩票在两个财富水平上是不同的，那么它们在任何财富水平上都应该是不同的。在本文的跨期框架中，即使我们假设偏好具有DU表示，也不可能直接改编这种等价性的证明，因为DU表示通常不是混合线性的。然而，我们可以调整Anscombe和Aumann（AA）设置【7】以适应消费彩票流的偏好。在这种环境下，可以建立时间偏好的弱单开关属性和单开关属性与折扣预期效用表示的等价性。

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2022-5-31 03:54:40

为此，我们必须使AA框架适应连续时间。假设X是一个混合集（[16]）；也就是说，对于每个x，y∈ X和每个λ，u∈[0，1]，存在xλy∈ X满足：ox1y=X，oXλy=y（1- λ） x，o（xuy）λy=x（λu）y。我们假设x包含一个“中性”结果，用0表示。我们可以把Xas看作是一组有金钱结果的彩票，0对应于肯定支付0的彩票。接下来，我们将介绍一种用于日期结果序列的混合操作，类似于AA混合操作。为此，我们回顾，在序列中未规定的任何日期都会获得中性结果。首先，确定（x，t）λ（y，t）=（xλy，t）对于任何（x，t），（y，t）∈ A和所有λ∈ [0，1]，（27），其中xλy以通常的方式定义（见[16]）。时间SSS=>TIMETTTIMETSTSSTSLLLLLFIGURE 3：t=（t，t，t）和s=（s，s，s）Let（x，t）的串联∈ A带t=（t，t，…，tn），且设s=（s，s，…，sm）。定义t | s=l=（l，l，…，lk），其中l<l<…<lk与{l，l，…，lk}={t，t，…，tn}∪{s，s，…，sm}。图3给出了时间向量t=（t，t，t）和s=（s，s，s，s）的串联过程示例。对于任何（x，t），（y，s）∈ A和任意λ∈ [0，1]定义混合操作如下：（x，t）λ（y，s）=（z，t | s）λ（z，s | t），（28）其中z定义为，如果lj=ti，则zj=xi，否则zj=0，并且zis定义为，如果lj=si，则zj=yi，否则zj=0。注意，（x，t）和（z，t | s）是日期结果的相同序列，同样（y，s）和（z，s | t）是相同的序列。图4说明了序列（x，t）=（（x，x，x），（t，t，t））到序列（z，t | s）的转换，以及序列（y，s）=（（y，y，y，y，y），（s，s，s，s））到序列（z，s | t）的转换。

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2022-5-31 03:54:43

注意，t | s=s | t.（x，t）→ （z，t | s）时间TTTXSSS0 0 0 0LLLLLLLZZZZZZ（y，s）→ （z，s | t）timesssyyyyyyttt0 0 lllllllllzzzzzzfigure 4：（x，t）=（（x，x，x），（t，t，t））到（z，t | s）和（y，s）=（（y，y，y，y），（s，s，s））到（z，s | t）的转换不难看出A是一个混合集。效用函数u:X→ 对于每x，y，R称为混合线性∈ X we haveu（Xλy）=λu（X）+（1- λ） u（y）。我们说，如果偏好具有DU表示（u，D），其中u是混合线性onX，则该环境中的偏好具有DEU（贴现预期效用）表示。下一步，我们证明了日期结果序列上的诱导效用U在A上是混合线性的。它从（28）得出U（（x，t）λ（y，s））=U（（z，t | s）λ（z，s | t））=U（（z，l）λ（z，l））=U（zλz，l），（29）式中，l=t | s=s | t。因为U是混合线性的，所以它遵循U（zλz，l）=λU（z，l）+（1- λ） U（z，l）=λU（z，t | s）+（1- λ） U（z，s | t）=λU（x，t）+（1- λ） U（y，s）。因此，U在A上是混合线性的。值得一提的是，为deu表示找到公理基础的问题仍然是一个悬而未决的问题。很自然地，我们会假设Fishburn和Rubinstein的公理【17】应该满足<限制于a，X是一个混合集。然而，处理这一问题超出了本文件的范围。下面的引理是[9，引理3]的一部分。给出了完整性证明。引理18（参考文献[9]）。让A上的首选项<具有DU表示。如果<on A表示弱单开关性质，那么对于任何（x，t），（y，s）∈ A如果存在σ，σ使得σ<σ和（x，t+σ）~ （y，s+σ）和（x，t+σ）~ （y，s+σ），然后（x，t+σ）~ （y，s+σ）对于任何σ∈ （σ，σ）。证据假设（x，t），（y，s）∈ A和σ，σ是σ<σ，带（x，t+σ）~ （y，s+σ），（x，t+σ）~ （y，s+σ）。我们需要证明（x，t+σ）~ （y，s+σ）对于任何σ∈ （σ，σ）。证据是矛盾的。

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能者818

2022-5-31 03:54:46

假设我们可以有^σ∈ （σ，σ）使得（x，t+^σ）（y，s+σ）。考虑y=y+ε，其中ε>0非常小，因此（x，t+σ）（y，s+^σ）（通过连续性，总是可以找到这样的ε）。然而，（x，t+σ）（y，s+σ）和（x，t+σ）（y，s+σ），这意味着双开关。我们得到了想要的矛盾。案例（x，t+^σ）（y，s+^σ）类似。因此，（x，t+σ）~ （y，s+σ）对于任何σ∈（σ，σ）。引理18暗示以下推论：推论19。弱单开关性质意味着{σ|（σ） =0}是一个闭合（可能为空）间隔。在下一个命题中，将使用日期结果序列的混合。它使[9，引理3]适应时间偏好设置。命题20被矛盾所证明。我们首先需要找到两个有日期的结果序列，以便它们的顺序差异随着延迟的增加而改变其符号。然后，利用推论19，我们考虑两种情况，这取决于刚获得的DEU差是在唯一点上等于零还是在区间上。在每种情况下，通过引入适当的延迟结果序列的混合，可以获得双开关（与弱单开关特性相矛盾）。附录中给出了支持证明的插图。例如，Bleichrodt等人[14]假设A上的<存在DU表示，其中x不一定限于实数。类似地，Rohde[24]将DU表示应用于<仅要求X是包含“中性”结果的连通拓扑空间。命题20（参见[9，引理3]）。让A上的首选项<具有DEU表示。如果<表现出弱单开关特性，则对于任何（x，t），（y，s）∈ A if（x，t+σ）~（y，s+σ）和（x，t+σ）~ （y，s+σ）对于某些σ≥ 0和一些σ>σ，然后（x，t+σ）~ （y，s+σ）对于任何σ≥ 0.证明。

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2022-5-31 03:54:49

假设0≤ σ<σ和（x，t+σ）~ （y，s+σ），（x，t+σ）~ （y，s+σ）。引理18得出（x，t+σ）~ （y，s+σ）对于任何σ∈ （σ，σ）。（30）弱单开关特性意味着在σ以上的一个方向和σ以下的另一个方向上的弱偏好。我们假设（x，t+σ）弱优先于σ以上的（y，s+σ）。另一种情况也可作类似处理。假设（30）满足，但（x，t+σ）（y，s+σ）对于某些σ>σ。（31）我们将证明一个矛盾随之而来。允许（σ） =U（x，t+σ）- U（y，s+σ）。因此（σ） =0，如果σ∈ [σ，σ]，和（σ） >0。鉴于DEU表示，我们始终可以找到a、b∈ X和q>p，这样（σ） =U（a，q+σ）- 对于所有σ，U（b，p+σ）<0。设（z，t）=（a，q）λ（x，t），其中λ∈ （0，1）。类似地，定义（z，t）=（b，p）λ（y，s）。考虑功能（σ） =U（z，t+σ）- U（z，t+σ）=λ（U（a，q+σ）- U（b，p+σ））+（1- λ）（U（x，t+σ）- U（y，s+σ））=λ（σ） +（1- λ）（σ）。对于λ非常小的情况，我们有（参见附录中的图A.1）：（σ） <0，（σ） <0，以及（σ） >0。因此，通过连续性，必须至少存在一个σ*∈ （σ，σ）使得（σ*) = 根据推论19，有两种可能的情况：σ*是唯一的，或（σ） =0表示σ∈ [σ*, σ*] （σ，σ）（见附录图A.2）。请注意，对于附录中的所有图形，只有符号与垂直尺寸相关。案例1。首先假设σ*是唯一的；i、 e.，（使用one switch属性）（σ） <0如果σ<σ*和（σ）如果σ>σ，则大于0*. 考虑以下因素的影响：（σ）关于σ-轴；i、 e.，^（σ） =-（σ）。然后^（σ）如果σ<σ，则大于0*和^（σ） σ>σ时<0*.

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