Moral Hazard z neutralnym dla ryzyka środkiem

Mamy model główny-agent z ukrytymi działaniami, w którym zleceniodawca jest niechętny do ryzyka, a agent jest neutralny względem ryzyka; Załóżmy również, że istnieją dwa poziomy wyników, i (z ) i dwie akcje . Zdefiniuj prawdopodobieństwa działań . Ponadto, niezdolność agenta do działania wynosi . Płace związane z wynoszą odpowiednio . $x$ $x'$ $x'>x$ $a,a'$ $p(a),p(a')$ $x'$ $a,a'$ $a'$ $-1$ $x,x'$ $w,w'$

Mój problem polega na tym, że nie jestem pewien, jak pokazać, że optymalny kontrakt wymaga , tzn. Że agent, neutralny pod względem ryzyka, przyjmuje całą zmienność związaną z projektem. $x'-w' =x-w$

Formalizuję problem (zakładam, że dyrektor chce wywołać , w przeciwnym razie moje pytanie jest trywialne) $a'$

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

św

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

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

W szczególności, gdy próbuję rozwiązać problem, maksymalizując oczekiwany zwrot głównej kwoty z zastrzeżeniem „standardowych” Indywidualnych racjonalności (z mnożnikiem $\lambda$ ) i ograniczeń kompatybilności motywacyjnej (z mnożnikiem $\mu$ ) (zakładam, że główny interes jest zainteresowany bardziej kosztowne działanie $a'$ ) Skończyłem na dwóch równaniach, które nie są spójne z powyższym wynikiem. W szczególności:

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

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

Oczywiste jest, że zawiera iff co nie ma miejsca w tym problemie (tutaj mamy to ). Inną możliwością byłoby założenie, że ograniczenie zgodności Motywacyjnej jest luźne (stąd ); nie mogę jednak zrozumieć, dlaczego tak się dzieje, kiedy dyrektor chce wywołać najbardziej kosztowne działanie (pomoc tutaj) $x-w = x'-w'$ $p(a) =p(a')$ $p(a') >p(a)$ $\mu = 0$ $a'$

Czytałem online, że innym podejściem byłoby założenie, że zleceniodawca „sprzedaje” projekt agentowi, a po wybraniu, który poziom wysiłku maksymalizuje jego oczekiwaną użyteczność, spłaca ustaloną kwotę zleceniodawcy (nazwij to ) $\beta_{a}, \beta_{a'}$

Więc mielibyśmy coś takiego:

$w'p(a') + w(1-p(a')) - 1 -\beta_{a'} \geq 0$ jeśli agent zdecyduje się podjąć duży wysiłek i przeciwnym razie. $w'p(a) + w(1-p(a)) -\beta_a \geq 0$

Ale jak to zrobić? Jak zapewnić, że agent wybierze akcję ? Jak ustalane są stałe kwoty? Dlaczego są optymalne? $a'$

decision-theory principal-agent

— night_owl89
źródło

Podpowiedź: Biorąc pod uwagę twoją konfigurację, niekoniecznie musi być skutecznym działaniem, a zatem główny zobowiązany niekoniecznie chce go zaindukować. Czy chcesz, aby ludzie zakładali, że tak jest?

a^{'}

$a^\prime$

— Shane

@Shane Jest to powiedziane w pytaniu: „załóżmy, że dyrektor chce wywołać ”

a^{'}

$a'$

— Giskard,

@denesp To prawda, ale nadal ważne jest, aby wiedzieć, czy nie jest rzeczywiście skuteczny, ponieważ ze względu na czynnik ryzyka neutralne, sprzedając projekt do środka będzie optymalna nie wiem co, ale będzie wywoływać tylko jeśli jest wydajny. Jeśli liczba nie jest wydajna, ale zleceniodawca chce ją indukować niezależnie od tego, wówczas całe pojęcie optymalnych kontraktów jest niewyraźne - znaleźlibyśmy optymalny kontrakt z zestawu kontraktów, który powoduje suboptymalny wybór.

a^{'}

$a^\prime$

a^{'}

$a^\prime$

a^{'}

$a^\prime$

— Shane

Główny zobowiązany może po prostu dokonać płatności w celu wywołania „kwoty w zależności od użyteczności, jaką główny zobowiązany otrzymuje z tego działania.

— DJ Sims,

Czy „płaca” może być ujemna czy zerowa?

— Alecos Papadopoulos

Odpowiedzi:

Ta odpowiedź pokazuje trzy rzeczy:

Nie potrzebujemy podejścia Lagrangian do rozwiązania twojego problemu maksymalizacji.
Nie potrzebujemy założenia, że . $x'-x=\frac{1}{p(a')-p(a)}$
Warunek niekoniecznie jest spełniony dla optymalnego kontraktu. $x'-w'=x-w$

Napraw rzeczywiście płatność . Problem można zapisać biorąc pod uwagę ograniczenia Oczywiste jest, że zleceniodawca jest zainteresowany ustaleniem najniższej możliwej wartości dla biorąc pod uwagę ten zestaw ograniczeń, ponieważ funkcja celu zmniejsza się w . Dlatego ustawi $w$

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)}}

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

Tak jak zrobił to @Alecos_Papadopoulos, sensowne jest założenie, że agent jest chroniony ograniczoną odpowiedzialnością, tzn. Że jego płatności nie są ujemne. W przeciwnym razie problem niekoniecznie musi być rozwiązany: zleceniodawca zawsze może skorzystać ze zmniejszenia i zwiększenia tak aby spełnić indywidualne ograniczenie racjonalności. Ale kontrakt oczywiście nie jest zadowalającym rozwiązaniem. Dlatego ograniczam uwagę do przypadku, w którym i . $w$ $w'$ $(w=-\infty,w'=+\infty)$ $w \geq 0$ $w' \geq 0$

Warunek implikuje i dlatego $w \geq 0$

\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)}

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

Włączając to równanie do funkcji celu, pojawia się problem zleceniodawcy

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

$\begin{equation*} \max_{w \geq 0}{u(x'-\frac{1}{p(a')-p(a)}-w)p(a')+u(x-w)(1-p(a'))} \end{equation*}$ Ta funkcja celu zmniejsza się w . Dlatego po prostu ustawia i . Podsumowując, równość nie ma powodu do spełnienia, chyba że że , tzn. Że To ostatnie równanie oznacza, że nadwyżka społeczna wynikająca z równa się nadwyżce wynikającej z

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

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

a^{'}

$a'$

a

$a$ : jest to bardzo szczególny przypadek, w którym koszt wysiłku agenta jest dokładnie rekompensowany wzrostem oczekiwanej produkcji dla zleceniodawcy. We wszystkich innych przypadkach mamy .

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

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

Myślę, że powodem, dla którego agent nie bierze na siebie całego ryzyka, jest to, że jego działania nie są obserwowalne, a zatem nie wiążą się z nimi. Ta właściwość byłaby prawdziwa w gospodarce opartej na podziale ryzyka z nieograniczonymi przydziałami. Ale alokacja jest tutaj zniekształcona przez potrzebę zachęcenia agenta do podjęcia dużego wysiłku.

— Oliv
źródło

(+1) To dobre podejście, po prostu lubię być formalny z prostymi problemami. Jeden ostatni problem z konfiguracją PO: ponieważ jest arbitralne, nic nie gwarantuje, że .

x^{'}

$x'$

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

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

— Alecos Papadopoulos

Nie sądzę, by „główny zawsze mógł skorzystać na zmniejszeniu i zwiększeniu , aby zachować indywidualne ograniczenie racjonalności”. jest prawdziwy. Mam na myśli przypadki, w których nie można zarówno skorzystać, jak i spełnić warunek uczestnictwa.

w

$w$

w^{'}

$w'$

— Giskard,

@denesp Myślę, że to prawda. Weź wystarczająco negatywne i wystarczająco małe, a , aby spełnić oba ograniczenia. Funkcja celu głównego to i ta funkcja ściśle zmniejsza się w , gdy jest wystarczająco małe. Dlatego zasada zawsze może zrobić lepiej, obniżając i ustawiając : żadne skończone południowanie nie jest optymalne.

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

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

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 dziękuję. Dlaczego chcesz zagwarantować, że ?

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

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

— Oliv

@Oliv Jeśli , wówczas dochód netto dla kwoty głównej jest ujemny, jeśli wystąpi , a dodatni, jeśli wystąpi (przy ). W rzeczywistości, nawet jeśli , znajdujemy się w sytuacji, w której zleceniodawca chce wywołać akcję , nawet jeśli użyteczność warunkowa jest niższa, jeśli wystąpi . Wymagałoby to bardziej kompleksowego leczenia, aby ustalić, co jest tutaj naprawdę optymalne. Z pewnością możemy zaakceptować ten problem w obecnej postaci, przy wszystkich jego założeniach przyjętych jako doraźne, ale wolę problemy, które są sprzeczne z intuicją tylko wtedy, gdy ostatecznie potrafią wyjaśnić pouczająco dlaczego.

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

Niepokoi mnie to: ograniczenie zgodności motywacyjnej jest

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 ({za}^{'}) - p (za)} \end{matrix}

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

... ponieważ z założenia . Powiedziano nam, że powinniśmy stwierdzić, że przy optymalnym $p(a')-p(a) >0$

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

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

Łącząc i , jeśli rzeczywiście jest to optymalne przy danych ograniczeniach, musimy również mieć $(1)$ $(2)$

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

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

Jest to jednak dodatkowe, konieczne ograniczenie wielkości a priori, które musi obowiązywać, jeśli postulowane optymalne rozwiązanie ma być dopuszczalne. Nawet jeśli rzeczywiście zakłada się takie ograniczenie, w każdym razie widocznie zmniejsza ono ogólność problemu (który ma na celu pokazanie czegoś ogólnego, tj. Wpływu neutralności na ryzyko czynnika na rozwiązanie).

Niemniej jednak popracujmy nad tym nieco bardziej formalnie. Zakładam, że może wynosić zero, ale nie ujemne. Jest to problem maksymalizacji w normalnej formie z ograniczeniami nierówności, nieujemnymi zmiennymi decyzyjnymi i nieujemnymi mnożnikami. Pełny Lagrangean tego problemu jest zatem (w oczywisty sposób zwięzam notację), $w, w'$

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^{'}

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

Niezbędne są warunki pierwszego rzędu

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

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

i analogicznie dla . Te skutkują $w'$

\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}

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

Po pierwsze, nie oba wynagrodzenia mogą wynosić zero, ponieważ ograniczenia zostałyby naruszone. Biorąc to pod uwagę, rozważ możliwość wiązania (więc ). Jeśli jest wiążący, to przy nie obu zarobkach równych zero, ograniczenie będzie koniecznie naruszone. Podsumowujemy $IR$ $\lambda >0$ $IC$

λ_{*} = 0

$\lambda_* = 0$

i teraz stają się warunki pierwszego rzędu

\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}

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

Zauważ teraz, że jeśli (tj. ), to powinno trwać jako równość, a ostatni człon po prawej stronie powinien wynosić zero. Wymagałoby to jednak ujemnej użyteczności krańcowej, co jest niedopuszczalne. Wiemy również, że nie oba wynagrodzenia mogą wynosić zero. Stwierdzamy więc, że musimy $\xi =0$ $w >0$ $(4a)$

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

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

i warunki stają się teraz

\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}

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

Równ. oznacza, że , zgodnie ze zwykłą specyfikacją funkcji narzędzia, która nie daje zerowej użyteczności krańcowej z wyjątkiem nieskończoności. To z kolei oznacza, że ograniczenie powinno być traktowane jako równość. Biorąc pod uwagę, że daje to $(5b)$ $\mu_*>0$ $IC$ $w_*=0$

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

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

Powinno to zabrzmieć dzwonkiem, ponieważ prawa strona jest taka sama jak prawa strona i . $(6)$ $(1)$ $(3)$

Mianowicie, jeśli zakładamy z góry, że , to rozwiązanie, do którego doszliśmy, potwierdza twierdzenie $x'-x = \frac 1{p'-p}$ $x'-w'_* = x-w_*$

Przy tym dodatkowym założeniu otrzymujemy również

\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}

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

Łącząc, otrzymujemy

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}

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

To jest dopuszczalne . Zatem pod otrzymujemy rozwiązanie $x'-x = \frac 1{p'-p}$

{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
źródło