单开关折扣功能

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。

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。

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。

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。

，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。

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。

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。

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。

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*.

接下来，选择^σ∈ （σ，σ）和移位函数^（σ） 向左，如下所示（σ） =^（σ+（σ*- ^σ））=-（σ+（σ*- ^σ））=U（z，t+σ*- ^σ+σ）- U（z，t+σ*- σ+σ），因此对于移位函数（参见附录中的图A.3）：~（σ） >0，▄（σ）=0，~（σ） <0和▄（σ） <0。确定混合物（w，l）=（z，t+σ*-^σ）λ（x，t）和（w，l）=（z，t+σ*-^σ）λ（y，s）。分析功能（σ） =U（w，l+σ）- U（w，l+σ）=λ（U（z，t+σ*- ^σ+σ）- U（z，t+σ*- ^σ+σ））+（1- λ） （U（x，t+σ）- U（y，s+σ））=λ（σ） +（1- λ）（σ） 。选择我们获得的非常小的λ（参见附录中的图A.4）：（σ） >0，（σ） <0，以及（σ） >0。因此，我们得出了单开关特性的矛盾。案例2。接下来我们假设存在σ*< σ*因此（σ） =0如果且仅当σ∈ [σ*, σ*]  （σ，σ）。此外，根据one switch属性，我们必须（σ） σ<σ时<0*, 和（σ） 如果σ>σ，则大于0*. 我们考虑（σ） 关于σ-轴并将其向左移动少量 > 0以获取“”（σ） 如下所示（σ） =-（σ+ε）=U（z，t+ε+σ）- U（z，t+ε+σ）。然后（参见附录中的图A.5）：“”（σ） 如果σ<σ，则大于0*- ε、 \'\'（σ） =0，如果σ∈ [σ*- ε、 σ*- ε] ，和“”（σ） σ>σ时<0*- ε。确定混合物（v，k）=（z，t+ε）λ（z，t）和（v，k）=（z，t+ε）λ（z，t）。分析功能’（σ） =U（v，k+σ）- U（v，k+σ）=λ（U（z，t+ε+σ）- U（z，t+ε+σ））+（1- λ） （U（z，t+σ）- U（z，t+σ））=λ‘（σ） +（1- λ）（σ） 。选择我们获得的非常小的λ（参见附录中的图A.6）：“”（σ） <0，“”（σ*) = 0和‘（σ*) < 最后，我们得到了混合（b，p）λ（v，k）和（a，q）λ（v，k）（σ） =λ（U（b，p+σ）- U（a，q+σ））+（1- λ） （U（v，k+σ）- U（v，k+σ））=-λ（σ） +（1- λ） \'\'（σ） 。回想一下（σ） 所有σ小于0。让λ足够小，我们得到一个双开关（参见附录中的图a.7）：（σ） <0，（σ*) > 0，和（σ*) < 0，这是一个矛盾。命题20的含义如下：推论21。