Considere la siguiente función
$f(x,y)=p \cdot x^a \cdot y^b - w_xx-w_yy$
con $(p,x,y,w_x,w_y) \in \mathbb{R^5_+} $ (esto se debe a que $f(x,y)$ es una función de beneficio)
(a) Resuelva las condiciones de primer orden para hallar $(x,y)$ que maximiza $f(x,y)$ .
He aquí mi respuesta (es un poco larga, así que me saltaré algunos pasos).
$$\begin{cases} f_x = 0 \therefore p \cdot a \cdot x^{a-1} \cdot y^b = w_x \,\, \dots I \\ f_y = 0 \therefore p \cdot b \cdot x^a \cdot y^{b-1} = w_y \,\, \dots II\end{cases}$$
Desde $x \neq 0, y \neq 0$ podemos dividir las ecuaciones y obtener: $$ \frac{a}{b} \cdot x^{-1} \cdot y = \frac{w_x}{w_y} \therefore y = \frac{b}{a} \cdot \frac{w_x}{w_y} \cdot x \,\, \dots III$$
Sustituyendo de nuevo en la ecuación (I), encontramos:
$$ \large{x^* = \left( \frac{1}{p} \cdot a^{b-1} \cdot b^{-b} \cdot w_2^b \cdot w_1^{1-b} \right)^\frac{1}{a+b-1}}$$
y
$$ \large{y^* = \frac{b}{a} \cdot \frac{w_1}{w_2} \cdot \left( \frac{1}{p} \cdot a^{b-1} \cdot b^{-b} \cdot w_2^b \cdot w_1^{1-b} \right)^\frac{1}{a+b-1} }$$
(b) Utilice las condiciones de segundo orden para determinar los parámetros' $a,b,p,w_x,w_y$ valores tales que la solución del problema de optimización sea un máximo global.
El Hessian lo será:
$$ H_{f(x,y)}= \begin{bmatrix} p \cdot a \cdot (a-1) \cdot x^{a-2} \cdot y^b & p \cdot a \cdot b \cdot x^{a-1} \cdot y^{b-1} \\ p \cdot a \cdot b \cdot x^{a-1} \cdot y^{b-1} & p \cdot b \cdot (b-1) \cdot x^a \cdot y^{b-2}\end{bmatrix} $$
Para $f(x,y)$ sea estrictamente cóncava, $|H_2| < 0, |H| > 0$ donde $H_2$ es la submatriz de $H$ que se encuentra eliminando la segunda columna y la segunda fila.
Para $|H|$ tenemos:
$$ |H| = p^2 \cdot a \cdot (a-1) \cdot b \cdot (b-1) \cdot (x^{a-1})^2 \cdot (y^{b-1})^2 - p^2\cdot a^2 \cdot b^2 \cdot (x^{a-1})^2 \cdot (y^{b-1})^2 \therefore \\\\ |H| = p^2 \cdot a \cdot b \cdot (x^{a-1})^2 \cdot (y^{b-1})^2 \cdot [ (a-1) \cdot (b-1)-ab ]$$
Ahora bien, si hacemos $p^2 \cdot (x^{a-1})^2 \cdot (y^{b-1})^2 = k > 0$ de lo único que tenemos que preocuparnos es..:
$a \cdot b \cdot [(a-1)(b-1) -ab] = ab \cdot [ab - a -b + 1 - ab] = ab \cdot (1-a-b)$
Así que nuestra primera desigualdad es $ab \cdot (1-a-b) > 0$ .
Ahora, sustituyendo nuestros valores óptimos en $|H_2|$ que tenemos:
$|H_2(x^*,y^*)| = p \cdot a \cdot (a-1) \cdot \left( \left( \frac{1}{p} \cdot a^{b-1} \cdot b^{-b} \cdot w_2^b \cdot w_1^{1-b} \right)^\frac{1}{a+b-1} \right)^{a-2} \cdot \left( \frac{b}{a} \cdot \frac{w_1}{w_2} \cdot \left( \frac{1}{p} \cdot a^{b-1} \cdot b^{-b} \cdot w_2^b \cdot w_1^{1-b} \right)^\frac{1}{a+b-1} \right)^b \\\\ \therefore |H_2(x^*,y^*)| = p \cdot a \cdot (a-1) \cdot \left( \frac{b}{a} \cdot \frac{w_x}{w_y} \right)^b \cdot \left( \frac{1}{p} \cdot a^{b-1} \cdot b^{-b} \cdot w_y^b \cdot w_x^{1-b}\right)^{\frac{a+b-2}{a+b-1}} $
Ahora que $p > 0, w_x > 0, w_y > 0$ Los eliminaré de la ecuación para despejarla un poco y también eliminaré el botón $(x^*,y^*)$ .
$$ \large{|H_2| = a \cdot (a-1) \cdot b^{-b} \cdot a^{-b} \cdot a^{\frac{(b-1)(a+b-2)}{a+b-1}} \cdot b^{\frac{b \cdot (a+b-2)}{a+b-1}} \therefore \\ |H_2| = (a-1) \cdot a^{\frac{(1-b)(a+b-1) + (b-1)(a+b-2)}{a+b-1}} \cdot b^{\frac{-b(a+b-1) + b(a+b+2)}{a+b-1}} \therefore \\ |H_2| = (a-1) \cdot a^{\frac{1-b}{a+b-1}} \cdot b^{\frac{3b}{a+b-1}} \therefore \\\\ |H_2| = (a-1) \cdot a^{\frac{1-b}{a+b-1}} \cdot b^{\frac{b}{a+b-1}} \cdot \left( b^{\frac{b}{a+b-1}} \right)^2}$$
Ahora, como el último término es siempre positivo, todo lo que necesitamos es:
$$ \large{(a-1) \cdot a^{\frac{1-b}{a+b-1}} \cdot b^{\frac{b}{a+b-1}} < 0 } $$
Sin imponer más restricciones no tengo ni idea de cómo continuar. Si imponemos $a>0,b>0$ entonces nuestro problema puede reducirse a
$$ \begin{cases} -a-b+1 >0 \\ (a-1) \cdot a < 0 \end{cases} $$
y nuestra solución final es $$ \boxed{\boxed{0 < a < 1, \\ 0 < b < 1-a, \\(p,w_x,w_y) \in \mathbb{R_+^3} }} $$
¿Es correcta mi solución? ¿Me he olvidado de algo que haría los cálculos más sencillos o al menos factibles?
Gracias de antemano.
