リスク中立エージェントによるモラルハザード

私たちは、プリンシパルがリスクを嫌い、エージェントがリスクに中立である隠されたアクションを持つプリンシパルエージェントモデルを持っています。また、2つのレベルの出力 $x$ と $x'$ （ $x'>x$ ）と2つのアクションがあると仮定し $a,a'$ ます。アクション下でのの確率それぞれ定義します。また、アクションからのエージェントの非効用は $p(a),p(a')$ $x'$ $a,a'$ $a'$ $-1$ 。関連付けられている賃金 $x,x'$ はそれぞれ $w,w'$ です。

私の問題は、最適な契約で $x'-w' =x-w$ であること、つまり、リスクニュートラルなエージェントがプロジェクトに関連するすべての変動性を引き受けることを示す方法がわからないことです。

私は（誘導するために主要な欲求を想定し、問題形式化するそう、私の質問は自明です、） $a'$

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

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

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

特に、「標準」の個別の合理性（ $\lambda$ 乗数を使用）およびインセンティブの互換性（ $\mu$ 乗数を使用）の制約に従ってプリンシパルの期待されるペイオフを最大化することで問題を解決しようとする場合（プリンシパルはより多くに興味があると思います）費用のかかるアクション $a'$ ）上記の結果と一致しない2つの方程式になります。特に：

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

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

がの場合に成り立つことは明らかですが、この問題にはません（ここでは、）。別の可能性は、インセンティブの互換性制約がスラックであると仮定することです（したがって）。しかし、プリンシパルが最もコストのかかるアクション（ここで助けます）を誘発したいとき、なぜそれが成り立つのか理解できません。 $x-w = x'-w'$ $p(a) =p(a')$ $p(a') >p(a)$ $\mu = 0$ $a'$

オンラインで読んだのは、別のアプローチは、プリンシパルがエージェントとエージェントにプロジェクトを「販売」すると想定することです。どのレベルの努力が期待されるユーティリティを最大化するかを選択した後、固定金額をプリンシパルに返済します（） $\beta_{a}, \beta_{a'}$

したがって、次のようになります。

$w'p(a') + w(1-p(a')) - 1 -\beta_{a'} \geq 0$ エージェントが高い労力を引き受けることを選択した場合、それ以外の場合。 $w'p(a) + w(1-p(a)) -\beta_a \geq 0$

しかし、そこからどうやって行くのですか？エージェントがアクションを選択することを保証する方法？固定金額はどのように決定されますか？なぜ最適なのですか？ $a'$

decision-theory principal-agent

— night_owl89
ソース

ヒント：設定が与えられた場合、は必ずしも効率的なアクションではないため、プリンシパルは必ずしもそれを誘発する必要はありません。あなたはそれをそうだと思い込ませたいですか？

a^{'}

$a^\prime$

— シェーン

@Shaneこれは質問に記載されている：「誘導するための主要な欲求を前提とし」

a^{'}

$a'$

— Giskard

それは本当だ@denespが、かどうかを知ることが重要です関係なく、何を最適ではないでしょうエージェントにプロジェクトを販売し、リスク中立薬を与えられた、ので、実際に効率的であるが、唯一誘発するであろう効率的な場合は。場合は効率的ではありませんが、主な欲求は関係なく、それを誘導するために、その後、最適な契約の全体概念はぼやけている-私たちは、次善の選択を誘導する契約のセットから最適な契約を見つけることになります。

a^{'}

$a^\prime$

a^{'}

$a^\prime$

a^{'}

$a^\prime$

— Shane

プリンシパルは、プリンシパルがこのアクションから受け取るあらゆるユーティリティに基づいて、a 'を誘発するための支払いを行うことができます。

— DJ Sims

「賃金」はマイナスまたはゼロになることができますか？

— Alecos Papadopoulos 2016

回答:

この回答は3つのことを示しています。

私たちはあなたの最大化問題を解決するためにラグランジアンアプローチを必要としません。
あるという仮定も必要ありません。 $x'-x=\frac{1}{p(a')-p(a)}$
条件は、最適な契約では必ずしも満たされません。 $x'-w'=x-w$

確かに支払い修正します。問題はと書くことができます目的関数が減少しているため、この制約のセットが与えられた場合、プリンシパルは可能な最小値を設定することに関心を持っていることは明らかです。したがって、彼は $w$

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)}}

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

@Alecos_Papadopoulosが行ったように、エージェントは有限責任によって保護されていると想定するのは理にかなっています。つまり、エージェントの支払いは負ではありません。それ以外の場合、問題は必ずしも解決策を持っているわけではありません。プリンシパルは常に、を減らしてを増やすことで、個々の合理性の制約を満たし続けることができます。しかし、コントラクトは明らかに満足できるソリューションではありません。したがって、およびの場合に注意を限定し。 $w$ $w'$ $(w=-\infty,w'=+\infty)$ $w \geq 0$ $w' \geq 0$

条件、意味ししたがって、 $w \geq 0$

\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)}

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

この方程式を目的関数に代入すると、プリンシパルの問題は次のようになります。

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

$\begin{equation*} \max_{w \geq 0}{u(x'-\frac{1}{p(a')-p(a)}-w)p(a')+u(x-w)(1-p(a'))} \end{equation*}$ この目的関数はで減少しています。したがって、彼はおよびです。結論として、、つまりと想定しない限り、が満たされる理由はありません。この後者の方程式生じた社会的余剰ことを意味から生じた余剰等しい

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

$a$ ：これは、エージェントの労力のコストが、プリンシパルの予想される出力の増加によって正確に補われる非常に特殊なケースです。他のすべての場合では、ます。

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

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

エージェントがすべてのリスクを負わないのは、彼の行動が観察できず、したがって収縮できないからだと思います。この特性は、割り当てが制約されていないリスク共有経済において当てはまります。しかし、ここでの割り当ては、エージェントに多大な労力を与える動機を与える必要があるために歪んでいます。

— オリフ
ソース

（+1）それは良いアプローチです。私は単純な問題で正式になりたいです。OPの設定に関する最後の1つの問題：は任意であるため、ことを保証するものはありません。

x^{'}

$x'$

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

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

— Alecos Papadopoulos 2016

「プリンシパルは常に、を減らしてを増やすことで、個々の合理性制約が満たされるようにすることで利益を得られるとは思いません。本当です。つまり、利益を享受することも、参加の制約を維持することもできない場合があります。

w

$w$

w^{'}

$w'$

— Giskard

@denesp私はそれを本当だと思います。両方の制約を満たすために、負で十分に小さくして、します。プリンシパルの目的関数はこの関数は、が十分に小さい場合、が厳密に減少します。したがって、プリンシパルはを小さくしてを設定することにより、常により良い結果を得ることができます。

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ありがとうございます。ことを保証したいのはなぜですか？

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

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

— Oliv

@Oliv場合場合、プリンシパルの純収入は負である発生した場合、それが正であるが、（で発生）。実際、場合でも、が発生すると条件付き効用が低くなりますが、プリンシパルがアクションを誘導したい状況にあります。これには、ここで本当に最適なものを決定するために、より包括的な処理が必要になります。確かに、問題をそのまま受け入れ、そのすべての仮定をその場限りのものと見なすことができますが、私は、結局のところ、彼らが理由を明らかに説明できる場合にのみ直観に反する問題を好みます。

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

ここで私が気になるのは次のとおりです。インセンティブ互換性制約は

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}

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

...仮定。最適な条件でが見つかると言われています $p(a')-p(a) >0$

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

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

とを組み合わせると、これが実際に与えられた制約の下で最適である場合、 $(1)$ $(2)$

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

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

しかし、これはアプリオリの大きさに対する追加の必要な制約であり、仮定された最適解が許容可能である場合に保持する必要があります。実際にそのような制約が想定されている場合でも、いずれの場合でも、問題の一般性（一般的なもの、つまり、エージェントのリスク中立性がソリューションにどのように影響するかを示すことを意図している）が明らかに減少します。

それでも、これをもう少し正式に作業しましょう。はゼロでもよいが負ではないと仮定します。これは、不等式制約、非負の決定変数、および非負の乗数を伴う、正規形の最大化問題です。したがって、問題の完全なラグランジュは（明白な方法で表記を簡潔にする）、 $w, w'$

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^{'}

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

重要な一次条件は

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

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

そして同様に。これらの結果 $w'$

\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}

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

最初に、制約に違反するため、両方の賃金がゼロになることはありません。これを前提として、が拘束されている可能性を考慮してください（つまり）。拘束力がある場合、両方の賃金がゼロではないため、制約は必ず違反されます。だから我々はそれを結論付けます $IR$ $\lambda >0$ $IC$

λ_{*} = 0

$\lambda_* = 0$

そして一次条件は

\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}

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

ここで、（つまり、）の場合、は等式として保持され、右側の最後の項がゼロに等しいことに注意してください。しかし、これには許容できない負の限界効用が必要になります。また、両方の賃金をゼロにすることはできないことも知っています。だから我々は持っている必要があると結論付けます $\xi =0$ $w >0$ $(4a)$

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

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

そして今、条件は

\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。、通常のユーティリティ関数の仕様では、無限大を除いて限界ユーティリティがゼロにならない意味します。これは、制約が等式として保持されることを意味します。ことを考える、これができます $(5b)$ $\mu_*>0$ $IC$ $w_*=0$

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

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

の右側はおよびの右側と同じであるため、これはベルを鳴らすはずです。 $(6)$ $(1)$ $(3)$

すなわち、場合我々は先験的と仮定さ、その後、溶液は、我々が妥当性検査に到着している、請求項 $x'-x = \frac 1{p'-p}$ $x'-w'_* = x-w_*$

この追加の仮定の下で、

\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}

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

組み合わせて、

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}

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

これは容認できる。したがって、で、解を取得します $x'-x = \frac 1{p'-p}$

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

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

— アレコスパパドプロス
ソース