Bahaya Moral dengan agen netral risiko

Kami memiliki model prinsipal-agen dengan tindakan tersembunyi di mana prinsipal menolak risiko dan agen netral risiko; Asumsikan juga ada dua tingkat output, $x$ dan $x'$ (dengan $x'>x$ ) dan dua tindakan $a,a'$ . Menetapkan $p(a),p(a')$ probabilitas dari $x'$ dalam aksi $a,a'$ masing-masing. Juga, agen disutilitas dari tindakan $a'$ adalah $-1$ . Upah yang terkait dengan $x,x'$ adalah $w,w'$ masing-masing.

Masalah saya adalah bahwa saya tidak yakin bagaimana menunjukkan bahwa kontrak yang optimal memerlukannya $x'-w' =x-w$ , yaitu bahwa agen, menjadi netral risiko, mengambil semua variabilitas yang terkait dengan proyek.

Saya meresmikan masalah (anggap kepala sekolah ingin membujuk $a'$ , kalau tidak pertanyaan saya sepele)

$\max\limits_{\{w,w'\}} u(x'-w')p(a') + u(x-w)(1-p(a'))$

$w'p(a') + w(1-p(a')) - 1 \geq 0$

$w'p(a') + w(1-p(a')) - 1 \geq w'p(a) + w(1-p(a))$

Secara khusus, ketika saya mencoba untuk menyelesaikan masalah dengan memaksimalkan pembayaran pokok yang diharapkan tunduk pada rasionalitas individu "standar" (dengan $\lambda$ multiplier) dan kompatibilitas insentif (dengan $\mu$ multiplier) kendala (saya menganggap kepala sekolah tertarik pada lebih aksi mahal $a'$ ) Saya berakhir dengan dua persamaan yang tidak konsisten dengan hasil yang disebutkan di atas. Khususnya:

$u'(x-w) = \lambda + \mu [1- \frac{(1-p(a))}{(1-p(a'))}]$

$u'(x'-w') = \lambda + \mu [1- \frac{p(a)}{p(a')}]$

Jelas bahwa memiliki iff yang tidak terjadi pada masalah ini (di sini kita memiliki ). Kemungkinan lain adalah dengan mengasumsikan bahwa batasan kompatibilitas Insentif longgar (karenanya ); namun saya tidak dapat memahami mengapa hal itu berlaku, ketika kepala sekolah ingin melakukan tindakan yang paling mahal (tolong di sini) $x-w = x'-w'$ $p(a) =p(a')$ $p(a') >p(a)$ $\mu = 0$ $a'$

Saya telah membaca online bahwa pendekatan lain akan mengasumsikan bahwa kepala sekolah "menjual" proyek kepada agen dan agen, setelah memilih tingkat upaya yang memaksimalkan utilitas yang diharapkan, membayar kembali jumlah tetap kepada kepala sekolah (sebut saja ) $\beta_{a}, \beta_{a'}$

Jadi kita akan memiliki sesuatu seperti:

$w'p(a') + w(1-p(a')) - 1 -\beta_{a'} \geq 0$ jika agen memilih untuk melakukan upaya tinggi dan sebaliknya. $w'p(a) + w(1-p(a)) -\beta_a \geq 0$

Tapi bagaimana cara pergi dari sana? Bagaimana cara memastikan bahwa agen akan memilih tindakan ? Bagaimana jumlah tetap ditentukan? Mengapa mereka optimal? $a'$

decision-theory principal-agent

— night_owl89
sumber

Sebuah petunjuk: Mengingat pengaturan Anda, belum tentu merupakan tindakan yang efisien, dan karena itu kepala sekolah tidak selalu ingin membuatnya. Apakah Anda ingin orang menganggap itu?

a^{'}

$a^\prime$

— Shane

@Shane Ini dinyatakan dalam pertanyaan: "asumsikan kepala sekolah ingin membujuk "

a^{'}

$a'$

— Giskard

@denesp Itu benar, tetapi masih penting untuk mengetahui apakah atau tidak sebenarnya efisien, karena, mengingat agen risiko-netral, menjual proyek untuk agen akan optimal tidak peduli apa, tetapi hanya akan menimbulkan jika efisien. Jika tidak efisien tetapi kepala sekolah ingin memaksakannya, maka seluruh gagasan kontrak optimal kabur - kita akan menemukan kontrak optimal dari serangkaian kontrak yang menginduksi pilihan yang kurang optimal.

a^{'}

$a^\prime$

a^{'}

$a^\prime$

a^{'}

$a^\prime$

— Shane

Kepala sekolah hanya dapat melakukan pembayaran untuk menginduksi ', dari jumlah berdasarkan utilitas apa pun yang diterima kepala sekolah dari tindakan ini.

— DJ Sims

Bisakah "upah" negatif atau nol?

— Alecos Papadopoulos

Jawaban:

Jawaban ini menunjukkan tiga hal:

Kami tidak memerlukan pendekatan Lagrangian untuk menyelesaikan masalah maksimalisasi Anda.
Kita tidak memerlukan asumsi bahwa baik. $x'-x=\frac{1}{p(a')-p(a)}$
Kondisi belum tentu puas untuk kontrak yang optimal. $x'-w'=x-w$

Perbaiki memang pembayaran . Masalahnya dapat ditulis mengingat kendala Jelas bahwa kepala sekolah memiliki minat untuk menetapkan nilai serendah mungkin untuk mengingat rangkaian kendala ini, karena fungsi objektif menurun pada . Karena itu ia akan mengatur $w$

max_{w^{'}} u (x^{'} - w^{'}) p (a^{'})

$\begin{equation*} \max_{w'}{u(x'-w')p(a')} \end{equation*}$

\begin{aligned} w^{'} p (a^{'}) \geq 1 - w [1 - p (a^{'})] \\ w^{'} [p (a^{'}) - p (a)] \geq 1 + w [p (a^{'}) - p (a)] \end{aligned}

$\begin{align*} & w'p(a') \geq 1 - w[1-p(a')] \\ & w'[p(a')-p(a)] \geq 1+w[p(a')-p(a)] \end{align*}$

w^{'}

$w'$

w^{'}

$w'$

w^{'} = max {\frac{1 - w [1 - p (a^{'})]}{p (a^{'})}, \frac{1 + w [p (a^{'}) - p (a)]}{p (a^{'}) - p (a)}}

$\begin{equation} w' = \max\{\frac{1-w[1-p(a')]}{p(a')},\frac{1+w[p(a')-p(a)]}{p(a')-p(a)}\} \end{equation}$

Seperti yang dilakukan @Alecos_Papadopoulos, masuk akal untuk berasumsi bahwa agen dilindungi oleh tanggung jawab terbatas, yaitu bahwa pembayarannya tidak negatif. Jika masalah tidak selalu memiliki solusi: kepala sekolah selalu bisa mendapatkan keuntungan dari penurunan dan meningkatkan sehingga tetap kendala rasionalitas individu puas. Tetapi kontrak jelas bukan solusi yang memuaskan. Karena itu saya membatasi perhatian pada kasus di mana dan . $w$ $w'$ $(w=-\infty,w'=+\infty)$ $w \geq 0$ $w' \geq 0$

Kondisi menyiratkan dan oleh karena itu $w \geq 0$

\frac{1 + w [p (a^{'}) - p (a)]}{p (a^{'}) - p (a)} \geq \frac{1 - w [1 - p (a^{'})]}{p (a^{'})}

$\begin{equation*} \dfrac{1+w[p(a')-p(a)]}{p(a')-p(a)} \geq \dfrac{1-w[1-p(a')]}{p(a')} \end{equation*}$

w^{'} = \frac{1 + w [p (a^{'}) - p (a)]}{p (a^{'}) - p (a)}

$\begin{equation*} w' = \dfrac{1+w[p(a')-p(a)]}{p(a')-p(a)} \end{equation*}$

Memasukkan persamaan ini ke dalam fungsi objektif, masalah kepala sekolah menjadi

max_{w \geq 0} u (x^{'} - \frac{1}{p (a^{'}) - p (a)} - w) p (a^{'}) + u (x - w) (1 - p (a^{'}))

$\begin{equation*} \max_{w \geq 0}{u(x'-\frac{1}{p(a')-p(a)}-w)p(a')+u(x-w)(1-p(a'))} \end{equation*}$ Fungsi tujuan ini menurun di . Karena itu ia hanya menetapkan dan . Sebagai kesimpulan, kesetaraan tidak memiliki alasan untuk dipenuhi kecuali seseorang mengasumsikan bahwa , yaitu bahwa Persamaan terakhir ini berarti bahwa surplus sosial yang dihasilkan dari sama dengan surplus yang dihasilkan dari

w

$w$

w = 0

$w=0$

w^{'} = \frac{1}{p (a^{'}) - p (a)}

$w'=\dfrac{1}{p(a')-p(a)}$

x^{'} - w^{'} = x - w

$x'-w'=x-w$

x^{'} - x = \frac{1}{p (a^{'}) - p (a)}

$x'-x=\dfrac{1}{p(a')-p(a)}$

p (a^{'}) x^{'} + (1 - p (a^{'})) x - 1 = p (a) x^{'} + (1 - p (a)) x

$\begin{equation*} p(a') x' + (1-p(a'))x -1= p(a)x' + (1-p(a))x \end{equation*}$

a^{'}

$a'$

a

$a$ : ini adalah kasus yang sangat khusus di mana biaya usaha untuk agen dikompensasi dengan tepat dengan peningkatan output yang diharapkan untuk prinsipal. Dalam semua kasus lain, kita memiliki .

x^{'} - w^{'} \neq x - w

$x'-w' \ne x-w$

Saya pikir alasan mengapa agen tidak mengambil semua risiko adalah karena tindakannya tidak dapat diamati, dan karenanya tidak dapat dikontrakkan. Properti ini akan berlaku dalam ekonomi pembagian risiko dengan alokasi yang tidak dibatasi. Tetapi alokasi di sini terdistorsi oleh kebutuhan untuk memberikan insentif kepada agen untuk mengerahkan upaya yang tinggi.

— Oliv
sumber

(+1) Itu pendekatan yang bagus, saya hanya ingin formal dengan masalah sederhana. Satu masalah terakhir dengan pengaturan OP: karena arbitrer, tidak ada yang menjamin bahwa .

x^{'}

$x'$

x^{'} \geq 1 / (p^{'} - p)

$x' \geq 1/(p'-p)$

— Alecos Papadopoulos

Saya tidak berpikir "kepala sekolah selalu bisa mendapatkan keuntungan dari penurunan dan meningkatkan sehingga tetap kendala rasionalitas individu puas." adalah benar. Maksud saya ada beberapa kasus di mana Anda tidak bisa mendapatkan manfaat sekaligus menjaga batasan partisipasi tetap terpenuhi.

w

$w$

w^{'}

$w'$

— Giskard

@denesp Saya pikir itu benar. Mengambil negatif dan cukup kecil, dan untuk memenuhi kedua kendala. Fungsi tujuan kepala sekolah adalah dan fungsi ini benar-benar menurun di , ketika cukup kecil. Oleh karena itu kepala sekolah selalu dapat melakukan lebih baik dengan menurunkan dan mengatur : tidak ada tujuan terbatas yang optimal.

w

$w$

w^{'} = \frac{1 - w (1 - p (a^{'}))}{p (a^{'})}

$w' = \frac{1-w(1-p(a'))}{p(a')}$

u (x^{'} - \frac{1}{p (a^{'})} + w \frac{1 - p (a^{'})}{p (a^{'})}) p (a^{'}) + u (x - w) (1 - p (a^{'}))

$\begin{equation*} u(x'-\frac{1}{p(a')}+w \frac{1-p(a')}{p(a')})p(a') + u(x-w)(1-p(a')) \end{equation*}$

w

$w$

w

$w$

w

$w$

w^{'} = \frac{1 - w (1 - p (a^{'}))}{p (a^{'})}

$w'=\frac{1-w(1-p(a'))}{p(a')}$

— Oliv

@Alecos Papadopoulos terima kasih. Mengapa Anda ingin menjamin bahwa ?

x^{'} \geq \frac{1}{p^{'} - p}

$x' \geq \frac{1}{p'-p}$

— Oliv

OOliv Jika , maka pendapatan bersih untuk pokok adalah negatif jika terjadi, sementara itu positif jika terjadi (dengan ). Bahkan, bahkan jika , kita berada dalam situasi di mana kepala sekolah ingin mendorong aksi , meskipun utilitas bersyarat lebih rendah jika terjadi. Ini akan membutuhkan perawatan yang lebih komprehensif, untuk menentukan apa yang benar-benar optimal di sini. Tentu saja, kita dapat menerima masalah apa adanya, dengan semua asumsi yang diambil sebagai ad hoc givens, tetapi saya lebih suka masalah yang melawan intuisi hanya jika, pada akhirnya, mereka dapat menjelaskan dengan jelas mengapa.

x^{'} < 1 / (p^{'} - p)

$x' < 1/(p'-p)$

x^{'}

$x'$

x

$x$

w = 0

$w=0$

0 < x^{'} - 1 / (p^{'} - p) < x

$0< x' - 1/(p'-p) < x$

a^{'}

$a'$

x^{'}

$x'$

— Alecos Papadopoulos

Satu hal yang menggangguku di sini adalah sebagai berikut: Batasan Kompatibilitas Insentif adalah

I C : w^{'} p (a^{'}) + w (1 - p (a^{'})) - 1 \geq w^{'} p (a) + w (1 - p (a))

$IC: w'p(a') + w(1-p(a')) - 1 \geq w'p(a) + w(1-p(a))$

\begin{matrix} (1) & ⟹ w^{'} - w \geq \frac{1}{p (a^{'}) - p (a)} \end{matrix}

$\implies w'-w \geq \frac {1}{p(a')-p(a)} \tag{1}$

... karena dengan asumsi . Kita diberitahu bahwa kita harus menemukan bahwa secara optimal, $p(a')-p(a) >0$

\begin{matrix} (2) & x^{'} - w^{'} = x - w ⟹ x^{'} - x = w^{'} - w \end{matrix}

$x'-w' = x-w \implies x'-x = w'-w \tag{2}$

Menggabungkan dan , jika memang ini adalah optimal di bawah batasan yang diberikan, kita juga harus memiliki $(1)$ $(2)$

\begin{matrix} (3) & x^{'} - x \geq \frac{1}{p (a^{'}) - p (a)} \end{matrix}

$x'-x \geq \frac {1}{p(a')-p(a)} \tag{3}$

Tetapi ini merupakan kendala tambahan yang perlu pada besaran priori, yang harus berlaku jika solusi optimal yang didalilkan dapat diterima. Bahkan jika memang kendala seperti itu diasumsikan, dalam hal apa pun, itu jelas mengurangi generalitas masalah (yang dimaksudkan untuk menunjukkan sesuatu yang umum, yaitu bagaimana netralitas risiko agen mempengaruhi solusi).

Namun demikian, mari kita bekerja sedikit lebih formal. Saya akan berasumsi bahwa bisa nol, tetapi tidak negatif. Ini adalah masalah maksimalisasi dalam bentuk normal dengan kendala ketimpangan, variabel keputusan non-negatif dan pengganda non-negatif. Lagrangean penuh dari masalah karena itu adalah (saya akan memadatkan notasi dengan cara yang jelas), $w, w'$

Λ = u (x^{'} - w^{'}) p^{'} + u (x - w) (1 - p^{'}) + λ \cdot [w^{'} p^{'} + w (1 - p^{'}) - 1] + μ \cdot [w^{'} p^{'} + w (1 - p^{'}) - 1 - w^{'} p - w (1 - p)] + ξ w + ξ^{'} w^{'}

$\Lambda = u(x'-w')p' + u(x-w)(1-p') + \lambda\cdot [w'p' + w(1-p') - 1 ]\\ + \mu \cdot [ w'p' + w(1-p') - 1 - w'p - w(1-p)] + \xi w + \xi' w'$

Kondisi urutan pertama yang penting adalah

\frac{\partial Λ}{\partial w} \leq 0, \frac{\partial Λ}{\partial w} \cdot w = 0

$\frac {\partial \Lambda}{\partial w} \leq 0, \;\;\frac {\partial \Lambda}{\partial w} \cdot w = 0$

dan analog dengan . Ini menghasilkan $w'$

\frac{\partial Λ}{\partial w} = - u^{'} (x - w) (1 - p^{'}) + λ (1 - p^{'}) - μ (p^{'} - p) + ξ \leq 0

$\frac {\partial \Lambda}{\partial w} = -u'(x-w)(1-p') +\lambda (1-p') - \mu (p'-p) + \xi \leq 0$

⟹ u^{'} (x - w) (1 - p^{'}) \geq λ (1 - p^{'}) - μ (p^{'} - p) + ξ

$\implies u'(x-w)(1-p') \geq \lambda (1-p') - \mu (p'-p) + \xi$

\begin{matrix} (4) & ⟹ u^{'} (x - w) \geq λ - μ \frac{p^{'} - p}{1 - p^{'}} + \frac{ξ}{1 - p^{'}} \end{matrix}

$\implies u'(x-w) \geq \lambda - \mu \frac {p'-p}{1-p'} + \frac {\xi}{1-p'} \tag{4}$

\frac{\partial Λ}{\partial w^{'}} = - u^{'} (x^{'} - w^{'}) p^{'} + λ p^{'} + μ (p^{'} - p) + ξ^{'} \leq 0

$\frac {\partial \Lambda}{\partial w'} = -u'(x'-w')p' +\lambda p' + \mu (p'-p) + \xi' \leq 0$

\begin{matrix} (5) & ⟹ u^{'} (x^{'} - w^{'}) \geq λ + μ \frac{p^{'} - p}{1 - p^{'}} + \frac{ξ^{'}}{p^{'}} \end{matrix}

$\implies u'(x'-w') \geq \lambda + \mu\frac {p'-p}{1-p'} + \frac {\xi'}{p'} \tag{5}$

Catatan pertama bahwa tidak kedua upah bisa nol, karena kendala akan dilanggar. Mengingat hal ini, pertimbangkan kemungkinan bahwa mengikat (jadi ). Jika itu mengikat, maka dengan tidak keduanya upah nol, batasan tentu akan dilanggar. Jadi kami menyimpulkannya $IR$ $\lambda >0$ $IC$

λ_{*} = 0

$\lambda_* = 0$

dan kondisi orde pertama sekarang menjadi

\begin{matrix} (4a) & u^{'} (x - w) \geq - μ \frac{p^{'} - p}{1 - p^{'}} + \frac{ξ}{1 - p^{'}} \end{matrix}

$u'(x-w) \geq - \mu \frac {p'-p}{1-p'} + \frac {\xi}{1-p'} \tag {4a}$

\begin{matrix} (5a) & u^{'} (x^{'} - w^{'}) \geq μ \frac{p^{'} - p}{1 - p^{'}} + \frac{ξ^{'}}{p^{'}} \end{matrix}

$u'(x'-w') \geq \mu \frac{p'-p}{1-p'} + \frac {\xi'}{p'} \tag{5a}$

Sekarang perhatikan bahwa jika (yaitu ) maka harus berlaku sebagai persamaan dan dengan suku terakhir di sebelah kanan sama dengan nol. Tetapi ini membutuhkan utilitas marginal negatif yang tidak dapat diterima. Kita juga tahu bahwa tidak kedua upah bisa nol. Jadi kami menyimpulkan bahwa kami harus memilikinya $\xi =0$ $w >0$ $(4a)$

ξ_{*} > 0, w_{*} = 0, ξ_{*}^{'} = 0, w_{*}^{'} > 0

$\xi_* > 0 , w_*=0,\;\;\; \xi'_* = 0,\; w'_* >0$

dan kondisinya sekarang menjadi

\begin{matrix} (4b) & u^{'} (x) \geq - μ \frac{p^{'} - p}{1 - p^{'}} + \frac{ξ_{*}}{1 - p^{'}} \end{matrix}

$u'(x) \geq - \mu \frac {p'-p}{1-p'} + \frac {\xi_*}{1-p'} \tag {4b}$

\begin{matrix} (5b) & u^{'} (x^{'} - w^{'}) = μ \frac{p^{'} - p}{1 - p^{'}} \end{matrix}

$u'(x'-w') = \mu \frac{p'-p}{1-p'} \tag{5b}$

Eq. menyiratkan bahwa , di bawah spesifikasi fungsi utilitas yang biasa, yang tidak memberikan utilitas marjinal nol kecuali pada infinity. Ini pada gilirannya berarti bahwa batasan harus berlaku sebagai kesetaraan. Mengingat bahwa ini memberi $(5b)$ $\mu_*>0$ $IC$ $w_*=0$

\begin{matrix} (6) & I C : w^{'} p^{'} - 1 - w^{'} p = 0 ⟹ = w_{*}^{'} = \frac{1}{p^{'} - p} \end{matrix}

$IC: w'p' - 1 - w'p =0 \implies = w'_* = \frac 1{p'-p} \tag{6}$

Ini harus membunyikan bel, karena sisi kanan sama dengan sisi kanan dan . $(6)$ $(1)$ $(3)$

Yaitu, jika kita mengasumsikan apriori bahwa , maka solusi yang telah kita memvalidasi klaim $x'-x = \frac 1{p'-p}$ $x'-w'_* = x-w_*$

Berdasarkan asumsi tambahan ini, kami juga memperoleh

\begin{matrix} (4c) & u^{'} (x) \geq - μ_{*} \frac{p^{'} - p}{1 - p^{'}} + \frac{ξ_{*}}{1 - p^{'}} \end{matrix}

$u'(x) \geq - \mu_* \frac {p'-p}{1-p'} + \frac {\xi_*}{1-p'} \tag {4c}$

\begin{matrix} (5c) & u^{'} (x) = μ_{*} \frac{p^{'} - p}{1 - p^{'}} \end{matrix}

$u'(x) = \mu_* \frac{p'-p}{1-p'} \tag{5c}$

Menggabungkan, kita dapatkan

μ \frac{p^{'} - p}{1 - p^{'}} \geq - μ \frac{p^{'} - p}{1 - p^{'}} + \frac{ξ_{*}}{1 - p^{'}}

$\mu \frac{p'-p}{1-p'} \geq - \mu \frac {p'-p}{1-p'} + \frac {\xi_*}{1-p'}$

\begin{matrix} (7) & ⟹ μ_{*} \geq \frac{ξ_{*}}{2 (p^{'} - p)} \end{matrix}

$\implies \mu_* \geq \frac {\xi_*}{2(p'-p)} \tag{7}$

Ini bisa diterima . Jadi di bawah , kami mendapatkan solusinya $x'-x = \frac 1{p'-p}$

{w_{*}^{'} = x^{'} - x = 1 / (p^{'} - p), w_{*} = 0, λ_{*} = 0, μ_{*} \geq \frac{ξ_{*}}{2 (p^{'} - p)}, ξ_{*} > 0, ξ_{*}^{'} = 0}

$\left \{w'_* = x'-x = 1/(p'-p), w_* =0, \lambda_*=0, \mu_* \geq \frac {\xi_*}{2(p'-p)}, \xi_* >0, \xi'_* =0\right\}$

— Alecos Papadopoulos
sumber