14 votos

Prueba de la existencia de equilibrio

Problema:

Deje $J$ ser un número entero y deje $I$ ser un múltiplo entero de $J$. Deje que ${\cal I}= \lbrace 1,2,\ldots, I\rbrace$ and ${\cal J}= \lbrace 1,2,\ldots, J\rbrace$. The set $X_{I,J}$ de todos $\frac{I}{J}$-subconjuntos de a $\cal I$ contiene exactamente $N=\binom{I}{\frac{I}{J}}$ elementos. Ahora, considere la posibilidad de la set $Y_{I,J}$ de todas las permutaciones de $X_{I,J}$, considerada como la enumeración de las columnas los elementos de $X_{I,J}$. Hay $N!$ permutaciones en $Y_{I,J}$. A continuación, vamos a $V$ ser un $N\times J$ matriz cuyas entradas se pone en $X_{I,J}$, y en la que todos los las columnas están en $Y_{I,J}$. Deje $\cal V$ denota el conjunto de todas las matrices. La cardinalidad de a$\cal V$$N!^{J}$.

El objetivo es demostrar que para cualquier $V \in \mathcal{V}$, y para cualquier $m \in \mathbb{R}_+^J$ tal que $m$ es inyectiva ($m_a \ne m_b$ si $a \ne b$) , existe una $s=(s_1,\ldots,s_J)$ $p=(p_1,\ldots,p_I)$ tal que \begin{align} \forall a \ne b \in \mathcal{J}, & \:\:V_{s_a,a} \cap V_{s_b,b} = \varnothing \\ \forall j \in \mathcal{J}, \forall k \in \{1,\ldots,s_j-1\}, &\sum_{i \in V_{k,j}} p_i > m_j \\ \forall j \in \mathcal{J}, &\sum_{i \in V_{s_j,j}} p_i \leq m_j \end{align}


Motivación: Si puedo demostrar lo anterior, se puede argumentar la existencia de equilibrios en un bonito contexto único con objetos indivisibles, el dinero fiat y de las cuotas.

Esto es algo que creo que es verdad. Incluso tengo un áspero Matlab el algoritmo basado en Walrasian Tatonnement que se encuentra $s$$m$$V$, y me he encontrado en $s$ $m$ durante cientos de miles de generada aleatoriamente $V$ sin no encontrar uno, pero a menudo requiere de una gran cantidad de manual de retoques (messing, con incrementos y tal) y el algoritmo no tienen buenas propiedades que le dan a una existencia de la prueba.

Anwyay, estoy perplejo en cuanto a cómo demostrarlo. Incluso si usted no puede probar, cualquier sugerencia en cuanto a lo que yo podría intentar, sería muy apreciado.


Ejemplo e Interpretación: Deje $I=6$$J=3$. Para expositiva a los efectos de, pongamos $\mathcal{I}$ en las letras, es decir,$\mathcal{I}=\{A,B,C,D,E,F\}$. A continuación, $V_{example} =$

\begin{array}{ccc} \{B,C\} & \{A,B\} & \{C,D\} \\ \mathbf{\{B,D\}} & \{B,C\} & \{B,C\} \\ \{A,C\} & \{B,D\} & \{A,C\} \\ \{C,D\} & \{B,E\} & \{C,E\} \\ \{A,B\} & \{B,F\} & \{C,F\} \\ \{C,E\} & \{C,D\} & \{A,B\} \\ \{C,F\} & \mathbf{\{C,E\}} & \{A,D\} \\ \{B,E\} & \{C,F\} & \{E,F\} \\ \{B,F\} & \{A,C\} & \mathbf{\{A,F\}} \\ \{D,E\} & \{A,D\} & \{B,D\} \\ \{D,F\} & \{A,E\} & \{B,E\} \\ \{E,F\} & \{A,F\} & \{B,F\} \\ \{A,D\} & \{D,E\} & \{D,E\} \\ \{A,E\} & \{D,F\} & \{D,F\} \\ \{A,F\} & \{E,F\} & \{A,E\} \\ \end{array} Si $m=(3,2.9,2.8)$. A continuación, $s=(2,7,9)$ - las células están en negrita arriba -- y $p=(p_A,\ldots,p_F) = (1.375,1.55,1.5,1.45,1.4,1.425)$ cumplen las condiciones anteriores.

Se pueden interpretar las condiciones de la siguiente manera. Condición 1 establece que ninguna carta puede ser utilizado en más de una columna de $V$. Condición 2 se establece que todas las celdas por encima de la negrita aquellos que contienen elementos cuyos precios en términos de $p$ suma mayor que $m_j$. Condición 3, establece que cada negrita celular es tal que los precios en términos de $p$ total a menos que o igual a $m_j$.

Tenga en cuenta que de serie de dictaduras frecuencia de trabajo. Por eso, me refiero a que $s_1=1$ y que cada una de las siguientes agente de $j$ consigue los mejores disponibles paquete que no entre en conflicto con alguno de los jugadores antes. Incluso tengo las condiciones bajo las cuales dichas asignaciones será siempre un equilibrio, pero en algunos casos no. Intencionalmente he puesto este ejemplo porque es uno de los casos en los que existe un $m$ de manera tal que no existe equilibrio en el que $s_1=1$.

1voto

sangoku Puntos 81

Me tomó un tiempo, pero finalmente he demostrado la conjetura no es cierto mediante la generación de un contra-ejemplo:

\begin{array}{|c|c|c|} \hline EF & CF & CF \\ \hline CD & BE & DE \\ \hline AB & DF & AB \\ \hline AC & AC & BE \\ \hline BE & BF & EF \\ \hline BD & BC & BC \\ \hline AE & AF & CE \\ \hline AF & DE & AE \\ \hline DF & CE & DF \\ \hline AD & AE & AC \\ \hline CF & AD & BF \\ \hline BC & BD & CD \\ \hline CE & CD & AF \\ \hline DE & EF & BD \\ \hline BF & AB & AD \\ \hline \end{array} Deje $m=(11,10,9)$. La prueba de que no $p$ $s$ existen para borrar esto de la siguiente manera:

Paso 1: Si ese $p$ $s$ existen, $s_1<4$.

Prueba: Si $s_1 \geq 4$, luego

$$p_E+p_F>11,\: p_C+p_D>11,\: p_A+p_B>11 \Rightarrow p_A+p_B+p_C+p_D+p_E+p_F>33$$

Pero $p_A+p_B+p_C+p_D+p_E+p_F \leq 11+10+9=30$ $p$ $s$ a claro. Una contradicción.

Paso 2: Si ese $p$ $s$ existen, $s_1 \ne 3$.

Prueba: Si $s_1 = 3$, luego

$$p_E+p_F>11,\: p_C+p_D>11,\: \Rightarrow p_C+p_D+p_E+p_F>22$$

Pero, a continuación, los jugadores 2 y 3 se debe terminar con los manojos de $\left\{C,D,E,F\right\}$, lo $p_C+p_D+p_E+p_F \leq 10+9=19$. Una contradicción.

Paso 3: Considerar todos los restantes casos, es decir, aquellos en los que $s_1\leq2$.

Técnicamente hay 12 casos restantes para comprobar. Porque una vez que nos fix $s_1$, hay cuatro letras que quedan para ser asignado a través de dos personas. $ {4 \choose 2} = 6$. Desde que nos permiten dos posibles $s_1$'s, hay 12 total de posibilidades. Me parece contradicciones para la mayoría de las más destacadas por debajo de-contradicciones para los restantes son incluso más fáciles de conseguir.

3.a (EF-AC-BD): a Continuación,$p_B+p_E>10$$p_D+p_F>10$$p_B+p_D+p_E+p_F>20$. Pero $p_E+p_F \leq 11$$p_B+p_D>9$. Una contradicción.

3.b (EF-BC-AD): $p_A$ $p_D$ debe ser el más bajo de los dos precios. Pero $p_A+p_C>p_B+p_C$. Una contradicción.

3.c (EF-CD-AB): $p_B+p_E>10$ $p_A+p_F>10$ , lo $p_A+p_B+p_E+p_F>20$. Pero necesitamos $p_E+p_F\leq 11$$p_A+p_B<9$$p_A+p_B+p_E+p_F\leq20$. Una contradicción.

3.d (CD-SER-AF): $p_A+p_B>p_A+p_F \Rightarrow p_B>p_F$. Pero $p_E+p_F>11$. Por lo tanto, $p_B+p_E>11$. Pero necesitábamos $p_B+p_E\leq 10$. Una contradicción.

$\ldots$

Tenga en cuenta que el problema surge del hecho de que algunos jugadores están viendo algunos conjuntos de bienes, como complemento donde otros están viendo el mismo conjunto de bienes sustitutos. En cualquier caso, gracias a todos los que comentaron y el pensamiento acerca de la cuestión. Mientras que resulta que la conjetura era incorrecta, tengo la esperanza de que un poco más débiles conjeturas, y de trabajar en las que en la actualidad.

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X