Model rzadkiej katastrofy Barro (2009) w AER: Jak wyprowadzić równanie (10)?

W Barro (2009) Rzadkie katastrofy, ceny aktywów i koszty opieki społecznej Barro opracowuje model drzewa Lucasa z preferencjami Epsteina-Zina.

Moje pytanie dotyczy równania referatu (10). W tym równaniu Barro stwierdza, że ​​przy optymalnym rozwiązaniu użyteczność jest proporcjonalna do zużycia od mocy , gdzie jest współczynnikiem względnej awersji do ryzyka, tj.$U_t$$C_t$$1-\gamma$$\gamma$

$U_t=\Phi C_t^{1-\gamma}$

Chociaż rozumiem logikę tego wyniku, nie rozumiem, w jaki sposób wyprowadza on stałą , co pokazano w przypisie 7 wspomnianego artykułu:$\Phi$

Alberto Giovannini i Philippe Weil (1989, dodatek) pokazują, że dzięki funkcji użyteczności w równaniu (9), użyteczność, , jest proporcjonalna do bogactwa podniesionego do potęgi . Forma w równaniu (10) następuje, ponieważ jest optymalnie wybierany jako stały stosunek do bogactwa w przypadku iid. Wzór na jest taki, że jeśli ,$U_t$$1-\gamma$$C_t$$\Phi$$\gamma \neq 1$ $\theta \neq 1$

$$\Phi = (\frac{1}{1-\gamma})\{\rho+(\theta-1)g^* - (1/2)\gamma(\theta -1)\sigma^2 - (\frac{\theta-1}{\gamma-1})p[E(1-b)^{1-\gamma} - 1 - (\gamma - 1)Eb] \}^{(\gamma-1)/(1-\theta)}$$

Barro cytuje artykuł NBER z 1989 r. Autorstwa Giovanniniego i Weila. W tym artykule mogę wyprowadzić stałą. Wygląda jednak zupełnie inaczej niż wersja Barro, ponieważ kończę na wyrażeniu obejmującym , gdzie to zwrot z kapitału własnego. Wierzę, że Barro zastąpił rozwiązaniem równowagi . Jednak jego wyrażenie nie zawiera żadnych dzienników ani wyrażeń exp.$E[R_t^{1-\gamma}]$$R_t$$E[R_t^{1-\gamma}]$$R_t$

Byłbym wdzięczny za rozwiązanie lub wszelkie wskazówki do rozwiązania.

Myślę, że Barro oznacza w przypisie, że Giovanni i Weil znajdują to samo równanie, , ale stosując optymalną ścieżkę . W pracy Barro podejście jest inne, biorąc pod uwagę, że dynamika jest egzogeniczna: z założenia.$U_t=\Phi C^{1-\gamma}$$C_t$$C_t$$C_t=Y_t$

Barro stosuje przypadek limitu, gdy długość okresu zbliża się do 0. Być może czytelnik może niepokoić to, że model jest zdefiniowany jako dyskretny.

Przepisz model

Najpierw możemy przepisać model o długości okresu a następnie użyć . Dynamika PKB zapisuje z i z prawdopodobieństwem i z prawdopodobieństwem . Narzędzie spełnia $\delta$$\delta\to 0$

$$\log(Y_{t+\delta})=\log(Y_t)+g\delta+u_{t+\delta}+v_ {t+\delta}$$ $u_{t+\delta}\sim \mathcal{N}(0,\delta\sigma^2)$$v_{t+\delta}=0$$1-p\delta$$\log(1-b)$$p\delta$ $$U_t=\frac{1}{1-\gamma}\left\lbrace C_t^{1-\theta}+\frac{1}{1+\rho\delta}\left[(1-\gamma)E_tU_{t+\delta}\right]^\frac{1-\theta}{1-\gamma}\right\rbrace^\frac{1-\gamma}{1-\theta}.$$

1) Znajdź jako funkcję$\Phi$$E_t\left[\left(\frac{C_{t+\delta}}{C_t}\right)^{1-\gamma}\right]$

Odtąd załóżmy, że istnieje takie, że (zauważ, że zależy od a priori). Zdefiniuj , narzędzie spełnia Zastępujemy : Stąd otrzymujemy dla , $\Phi$$U_t=\Phi C^{1-\gamma}$$\Phi$$\delta$$H(U)=[(1-\gamma)U]^\frac{1-\theta}{1-\gamma}$

$$\begin{align} H(U_t)= C_t^{1-\theta}+\frac{1}{1+\rho\delta}H(E_tU_{t+\delta}). \end{align}$$ $U_t$ $$\begin{align} H(\Phi)C_t^{1-\theta}= C_t^{1-\theta}+\frac{1}{1+\rho\delta}H(\Phi)\left(E_t\left[C_{t+\delta}^{1-\gamma}\right]\right)^\frac{1-\theta}{1-\gamma}. \end{align}$$ $C_t\neq 0$ $$\begin{align} \frac{1}{H(\Phi)}= 1-\frac{1}{1+\rho\delta}\left(E_t\left[\left(\frac{C_{t+\delta}}{C_t}\right)^{1-\gamma}\right]\right)^\frac{1-\theta}{1-\gamma}. \end{align}$$

2) Znajdź zakresu dynamiki PKB$E_t\left[\left(\frac{C_{t+\delta}}{C_t}\right)^{1-\gamma}\right]$

Sztuką jest znaleźć oczekiwanie po prawej stronie od dynamiki PKB. Biorąc pod uwagę oczekiwania i korzystając z niezależności między i , następuje Oczekiwanie na gdzie następuje po wynosi

$$\begin{align} \left(\frac{Y_{t+\delta}}{Y_t}\right)^{1-\gamma}= \exp\left((1-\gamma)g\delta\right).\exp\left((1-\gamma)u_{t+\delta}\right).\exp\left((1-\gamma)v_ {t+\delta}\right). \end{align}$$ $u_{t+1}$$v_{t+1}$ $$\begin{align} E_t\left(\frac{Y_{t+\delta}}{Y_t}\right)^{1-\gamma}= \exp\left((1-\gamma)g\delta\right).E_t\exp\left((1-\gamma)u_{t+\delta}\right).E_t\exp\left((1-\gamma)v_ {t+\delta}\right). \end{align}$$ $\exp(X)$$X$$\mathcal{N}(0,\sigma^2)$$\exp(\sigma^2/2)$ . to zmienna losowa równa z prawdopodobieństwem i z prawdopodobieństwem . Podstawiamy operator oczekiwania: Na koniec używamy do obliczenia równania dla : $\exp\left((1-\gamma)v_ {t+\delta}\right)$$1$$1-p\delta$$(1-b)^{1-\gamma}$$p\delta$ $$\begin{align} E_t\left(\frac{Y_{t+\delta}}{Y_t}\right)^{1-\gamma}= \exp\left((1-\gamma)g\delta\right).\exp\left(\frac{(1-\gamma)^2\sigma^2\delta}{2}\right).\left(1-p\delta+pE[(1-b)^{1-\gamma}]\delta\right). \end{align}$$ $C_t=Y_t$$\Phi$ $$\begin{align} \frac{1}{H(\Phi)}&= 1-\frac{1}{1+\rho\delta}\left\lbrace\exp\left((1-\theta)g\delta\right).\exp\left(\frac{(1-\gamma)(1-\theta)\sigma^2\delta}{2}\right)\right.\\ &\left. .\left(1-p\delta+pE[(1-b)^{1-\gamma}]\delta\right)^\frac{1-\theta}{1-\gamma}\right\rbrace. \end{align}$$

3) Weź przybliżenie$\delta\to 0$

Ostatni krok polega na przyjęciu przybliżenia pierwszego rzędu (obraźliwie zachowuję ten sam symbol): Realizując apprixmation pierwszego rzędu (wszystkie z można pominąć), mamy Zastąp używając

$$\begin{align} \frac{1}{H(\Phi)}&= 1-(1-\rho\delta). \left(1+(1-\theta)g\delta\right).\left(1+\frac{(1-\gamma)(1-\theta)\sigma^2\delta}{2}\right)\\ & .\left(1-\frac{1-\theta}{1-\gamma}p\delta+\frac{1-\theta}{1-\gamma}pE[(1-b)^{1-\gamma}]\delta\right). \end{align}$$ $\delta^i$$i>1$ $$\begin{align} \frac{1}{H(\Phi)}&= \rho\delta -(1-\theta)g\delta-\frac{(1-\gamma)(1-\theta)\sigma^2\delta}{2}\\ & +\frac{1-\theta}{1-\gamma}p\delta-\frac{1-\theta}{1-\gamma}pE[(1-b)^{1-\gamma}]\delta. \end{align}$$ $g$$g^*=g+\frac{\sigma^2}{2}-pEb$ , Bierzemy i odwracamy funkcję aby znaleźć rozwiązanie w przypisie 7 artykułu. Prawa strona tego równania „upraszcza” do nawiasów klamrowych we wzorze. $$\begin{align} \frac{1}{H(\Phi)}&= \rho\delta -(1-\theta)g^*\delta+(1-\theta)\frac{\sigma^2}{2}\delta -(1-\theta)pEb\delta -\frac{(1-\gamma)(1-\theta)\sigma^2\delta}{2}\\ & +\frac{1-\theta}{1-\gamma}p\delta-\frac{1-\theta}{1-\gamma}pE[(1-b)^{1-\gamma}]\delta. \end{align}$$ $\delta=1$$H$