Prueba de que el diff-in-diff (tamaño de muestra de wrt) de la expectativa de una estadística de primer orden es positivo (Stigler 1961)

Estoy tratando de probar una afirmación hecha en Stigler (1961), "La economía de la información". Esta afirmación tiene que ver con mostrar que el beneficio marginal de hacer una búsqueda adicional (por ejemplo, buscar en una tienda adicional por un precio más bajo) está disminuyendo en el número de búsquedas.

Sea la distribución de precios . Entonces, el valor esperado del precio mínimo después de búsquedas es En el documento, la afirmación es que $F$ $p$ $n$

E (n) \equiv n \int_{0}^{\infty} p (1 - F)^{n - 1} F^{'} d p .

$E(n) \equiv n \int_0^\infty p (1-F)^{n-1} F' \mathrm d p.$

[E (n + 2) - E (n + 1)] - [E (n + 1) - E (n)] > 0.

$[E(n+2) - E(n+1)] - [E(n+1) - E(n)] > 0.$

He encontrado una pregunta relacionada aquí . Sin embargo, esta pregunta vinculada considera el máximo de arbitrario . Aquí, solo se me considera con la declaración tal como aparece en el artículo de Stigler. ¿Alguien sabe cómo probar esto? $n_1 < n_2 < n_3$

Notas:

Estoy seguro de que si "convexo" es el término correcto aquí. La pregunta vinculada y su respuesta plantean algunas dudas de que sea convexa en el sentido estricto de la palabra. Supongo que lo que busco son solo las diferencias en las diferencias (¿una condición más débil que la convexidad?).

probability information search-and-matching

— jmbejara
fuente

Respuestas:

Bueno, no puedes tomar la derivada de con respecto a , porque es una variable entera. $E(n)$ $n$ $n$

En términos más generales, desea probar una propiedad con respecto a . El problema que tiene es que el dominio correspondiente no es un conjunto convexo: digamos, para y , , el valor no pertenece al dominio ya que no es un número entero. Pero si el dominio de la función, con respecto a la variable que le interesa, no es un conjunto convexo, el concepto de convexidad / concavidad ni siquiera está definido (tal vez en matemáticas superiores tienen un concepto más matizado para acomodar eso). $n$ $n$ $n+1$ $0<\lambda <1$ $\lambda n + (1-\lambda) (n+1) = n+1-\lambda$

Para determinar si la desigualdad que desea se mantiene, un enfoque algebraico de fuerza bruta es examinar su signo directamente: tenemos

[E (n + 2) - E (n + 1)] - [E (n + 1) - E (n)] = = (n + 2) \int_{0}^{\infty} p (1 - F)^{n + 2 - 1} F^{'} d p - 2 (n + 1) \int_{0}^{\infty} p (1 - F)^{n + 1 - 1} F^{'} d p + n \int_{0}^{\infty} p (1 - F)^{n - 1} F^{'} d p

$[E(n+2) - E(n+1)] - [E(n+1) - E(n)] =\\= (n+2) \int_0^\infty p (1-F)^{n+2-1} F' \mathrm d p \\- 2 (n+1) \int_0^\infty p (1-F)^{n+1-1} F' \mathrm d p\\ +n \int_0^\infty p (1-F)^{n-1} F' \mathrm d p$

= \int_{0}^{\infty} p (1 - F)^{n - 1} F^{'} \cdot [(n + 2) (1 - F)^{2} - 2 (n + 1) (1 - F) + n] d p

$= \int_0^\infty p (1-F)^{n-1} F'\cdot\Big[(n+2)(1-F)^2 - 2(n+1)(1-F)+n\Big] \mathrm d p$

Haciendo el álgebra

(n + 2) (1 - F)^{2} - 2 (n + 1) (1 - F) + n = n (1 - F)^{2} + 2 (1 - F)^{2} - 2 n (1 - F) - 2 (1 - F) + n = n [(1 - F)^{2} - 2 (1 - F) + 1] - 2 (1 - F) F = n [(1 - F) - 1]^{2} - 2 (1 - F) F = n F^{2} - 2 (1 - F) F = F [n F - 2 + 2 F] = F \cdot [(n + 2) F - 2]

$(n+2)(1-F)^2 - 2(n+1)(1-F)+n \\= n(1-F)^2 + 2(1-F)^2 - 2n(1-F) - 2(1-F) +n \\ = n\Big[(1-F)^2 - 2(1-F) +1\Big] - 2(1-F)F \\ = n [(1-F) -1]^2 - 2(1-F)F = nF^2 - 2(1-F)F = F\Big[nF-2+2F\Big]\\ =F\cdot \Big[(n+2)F-2\big]$

Entonces hemos llegado a

[E (n + 2) - E (n + 1)] - [E (n + 1) - E (n)] = \int_{0}^{\infty} p (1 - F)^{n} F^{'} \cdot [(n + 2) F - 2] d p

$[E(n+2) - E(n+1)] - [E(n+1) - E(n)] = \int_0^\infty p (1-F)^n F'\cdot\Big[(n+2)F-2\Big] \mathrm d p$

Romper y manipular,

[E (n + 2) - E (n + 1)] - [E (n + 1) - E (n)] = = (n + 2) \int_{0}^{\infty} p (1 - F)^{n + 1} F^{'} d p - (\frac{2}{n + 1}) (n + 1) \int_{0}^{\infty} p (1 - F)^{n} F^{'} d p

$[E(n+2) - E(n+1)] - [E(n+1) - E(n)] = \\=(n+2)\int_0^\infty p (1-F)^{n+1} F' \mathrm d p \\- \left(\frac{2}{n+1}\right)(n+1)\int_0^\infty p (1-F)^n F'\mathrm d p$

⟹ [E (n + 2) - E (n + 1)] - [E (n + 1) - E (n)] = E (n + 2) - \frac{2}{n + 1} E (n + 1)

$\implies [E(n+2) - E(n+1)] - [E(n+1) - E(n)] = E(n+2)-\frac{2}{n+1}E(n+1)$

Simplificando desde ambos lados obtenemos $E(n+2)$

- 2 E (n + 1) + E (n) = - \frac{2}{n + 1} E (n + 1)

$-2E(n+1) + E(n) = -\frac{2}{n+1}E(n+1)$

⟹ E (n) = \frac{2 n}{n + 1} E (n + 1)

$\implies E(n) = \frac {2n}{n+1}E(n+1)$

y por inducción

⟹ E (n + 1) = \frac{2 (n + 1)}{n + 2} E (n + 2) ⟹ E (n + 2) = \frac{n + 2}{2 (n + 1)} E (n + 1)

$\implies E(n+1) = \frac {2(n+1)}{n+2}E(n+2) \implies E(n+2) = \frac {n+2}{2(n+1)}E(n+1)$

Por lo tanto

[E (n + 2) - E (n + 1)] - [E (n + 1) - E (n)] =

$[E(n+2) - E(n+1)] - [E(n+1) - E(n)] =$

= (\frac{n + 2}{2 (n + 1)} - 1) E (n + 1) - (1 - \frac{2 n}{n + 1}) E (n + 1)

$= \left(\frac {n+2}{2(n+1)} -1\right)E(n+1) - \left( 1- \frac {2n}{n+1}\right)E(n+1)$

= (\frac{n + 2}{2 (n + 1)} - 1 - 1 + \frac{2 n}{n + 1}) E (n + 1)

$= \left(\frac {n+2}{2(n+1)} -1 - 1+ \frac {2n}{n+1}\right)E(n+1)$

= \frac{n + 2 - 4 (n + 1) + 4 n}{2 (n + 1)} E (n + 1) = \frac{n - 2}{2 (n + 1)} E (n + 1)

$=\frac {n+2 - 4(n+1) + 4n}{2(n+1)}E(n+1) = \frac {n-2}{2(n+1)}E(n+1)$

Entonces no es una búsqueda, para tenemos igualdad, y para la desigualdad es válida. $n=1$ $n=2$ $n\geq 3$

— Alecos Papadopoulos
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¡Gracias! Esto es genial. Además, debo comentar que aunque en el contexto de búsqueda solo se define sobre los enteros positivos, la función fuera de ese contexto es una función sobre los números reales. Por lo tanto, la convexidad aún puede aplicarse. Entonces, podemos mostrar lo que queremos mostrar. He actualizado mi respuesta para reflejar esto. Dicho esto, ¡me gusta esta prueba mucho mejor!

E [n]

$E[n]$

— jmbejara

Este es mi intento. Como señalé en la pregunta (vea también la pregunta vinculada), tengo mis dudas.

Queremos mostrar que Dado que vemos que es una función de a . Sin embargo, en el contexto de búsqueda, restringimos su dominio a enteros positivos. Sin embargo, si mostramos que la función sin restricciones es convexa en , es fácil ver que la ecuación (1) es verdadera por la desigualdad de Jensen.

\begin{aligned} (1) & [E (n + 2) - E (n + 1)] - [E (n + 1) - E (n)] & > 0 \\ E [n + 2] + E [n] & > 2 E [n + 1] \\ \frac{1}{2} E [n + 2] + \frac{1}{2} E [n] & > E [1 / 2 (n + 2) + 1 / 2 n] = E [n + 1] . \end{aligned}

$\begin{align} [E(n+2) - E(n+1)] - [E(n+1) - E(n)] &> 0 \tag{1}\\ E[n+2] + E[n] &> 2 E[n+1] \notag \\ \frac 1 2 E[n+2] + \frac 1 2 E[n] &> E[1/2 (n+2) + 1/2 n] = E[n+1]. \notag \end{align}$

E (n) \equiv n \int_{0}^{\infty} p (1 - F)^{n - 1} F^{'} d p,

$E(n) \equiv n \int_0^\infty p (1-F)^{n-1} F' \mathrm d p,$

E

$E$

R

$\mathbb R$

R

$\mathbb R$

E [n]

$E[n]$

n

$n$

Podemos ver que Ahora, para suficientemente grande , esto es positivo. Por lo tanto, es convexo en y hemos terminado.

\begin{aligned} \frac{d^{2}}{d n^{2}} E [n] & = 2 \int_{0}^{\infty} p F^{'} (1 - F)^{n - 1} \ln (1 - F) d p + \int_{0}^{\infty} p F^{'} (1 - F)^{n - 1} [\ln (1 - F)]^{2} d p \\ = \int_{0}^{\infty} p F^{'} (1 - F)^{n - 1} \ln (1 - F) (2 + n \ln (1 - F)) d p . \end{aligned}

$\begin{align*} \frac{\mathrm d^2}{\mathrm d n^2} E[n] &= 2 \int_0^\infty p F' (1-F)^{n-1} \ln(1-F) \mathrm d p + \int_0^\infty p F' (1-F)^{n-1} [\ln(1-F)]^2 \mathrm d p \\ &= \int_0^\infty p F' (1-F)^{n-1} \ln(1-F)(2 + n \ln(1-F)) \mathrm d p. \end{align*}$

n

$n$

E [n]

$E[n]$

n

$n$

— jmbejara
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