Mô hình thảm họa hiếm gặp của Barro (2009) trong AER: Làm thế nào để rút ra phương trình (10)?

Trong Barro (2009) Những thảm họa hiếm gặp, giá tài sản và chi phí phúc lợi, Barro phát triển mô hình cây Lucas với các ưu tiên Epstein-Zin.

Câu hỏi của tôi liên quan đến phương trình của bài báo (10). Trong phương trình này Barro khẳng định rằng dưới sự tiện ích giải pháp tối ưu $U_t$ là tỷ lệ thuận với mức tiêu thụ $C_t$ rased với sức mạnh của $1-\gamma$ , nơi $\gamma$ là hệ số lo ngại rủi ro tương đối, tức là

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

Trong khi tôi hiểu được logic của kết quả này, tôi không hiểu tại sao anh ta xuất phát hằng $\Phi$ , được thể hiện trong chú thích 7 của giấy nêu trên:

Alberto Giovannini và Philippe Weil (1989, phụ lục) cho thấy, với các chức năng tiện ích trong phương trình (9), tiện ích đạt được, $U_t$ , tỷ lệ thuận với sự giàu có lũy thừa $1-\gamma$ . Dạng trong phương trình (10) theo sau vì $C_t$ được chọn tối ưu là tỷ lệ không đổi so với sự giàu có trong trường hợp iid. Công thức $\Phi$ là, nếu $\gamma \neq 1$ $\theta \neq 1$ ,
$Φ = = (\frac{1}{1 - γ}) {ρ + (θ - 1) g^{*} - (1 / 2) γ (θ - 1) σ^{2} - (\frac{θ - 1}{γ - 1}) p [E (1 - b)^{1 - γ} - 1 - (γ - 1) E b]}^{(γ - 1) / (1 - θ)}$ $\Phi = (\frac{1}{1-\gamma})\{\rho+(\theta-1)g^* - (1/2)\gamma(\theta -1)\sigma^2 - (\frac{\theta-1}{\gamma-1})p[E(1-b)^{1-\gamma} - 1 - (\gamma - 1)Eb] \}^{(\gamma-1)/(1-\theta)}$

Barro trích dẫn bài báo NBER năm 1989 của Giovannini và Weil. Trong bài báo này tôi có thể rút ra hằng số. Tuy nhiên, nó trông hoàn toàn khác so với phiên bản của Barro, vì tôi kết thúc bằng một biểu thức bao gồm , trong đó là lợi nhuận trên vốn chủ sở hữu. Tôi tin rằng Barro đã thay thế bằng giải pháp cân bằng của . Tuy nhiên, biểu thức của anh ta không bao gồm bất kỳ nhật ký hoặc biểu thức exp. $E[R_t^{1-\gamma}]$ $R_t$ $E[R_t^{1-\gamma}]$ $R_t$

Tôi sẽ biết ơn về một giải pháp hoặc bất kỳ gợi ý cho giải pháp.

macroeconomics finance academic-graduate

— drcms02
nguồn

Điều này có vẻ tuyệt vời! Cảm ơn nỗ lực của bạn. Tôi sẽ mất vài ngày để xem lại phần 2 và 3 câu trả lời của bạn, nhưng nó có vẻ rất trực quan.

— drcms02

Tôi nghĩ rằng phương tiện Barro trong chú thích rằng Giovanni và Weil tìm ra phương trình tương tự, , nhưng sử dụng con đường tối ưu của . Trong bài báo của Barro, cách tiếp cận khác nhau cho rằng động lực học của là ngoại sinh: theo giả định. $U_t=\Phi C^{1-\gamma}$ $C_t$ $C_t$ $C_t=Y_t$

Barro sử dụng trường hợp giới hạn khi độ dài của một khoảng thời gian gần bằng 0. Có thể điều khiến người đọc bận tâm là mô hình được định nghĩa là rời rạc.

Viết lại mô hình

Đầu tiên, chúng ta có thể viết lại mô hình với chiều dài của thời gian và sau đó sử dụng . Tính năng động GDP viết với , và $\delta$ $\delta\to 0$

đăng nhập (Y_{t + δ}) = = đăng nhập (Y_{t}) + g δ + {bạn}_{t + δ} + v_{t + δ}

$\log(Y_{t+\delta})=\log(Y_t)+g\delta+u_{t+\delta}+v_ {t+\delta}$

u_{t + δ} \sim N (0, δ σ^{2})

$u_{t+\delta}\sim \mathcal{N}(0,\delta\sigma^2)$

với xác suất

và

với xác suất

. Tiện ích thỏa mãn

v_{t + δ} = 0

$v_{t+\delta}=0$

1 - p δ

$1-p\delta$

\log (1 - b)

$\log(1-b)$

p δ

$p\delta$

{Bạn}_{t} = = \frac{1}{1 - γ} {C_{t}^{1 - θ} + \frac{1}{1 + ρ δ} {[(1 - γ) E_{t} {Bạn}_{t + δ}]}^{\frac{1 - θ}{1 - γ}}}^{\frac{1 - γ}{1 - θ}} .

$U_t=\frac{1}{1-\gamma}\left\lbrace C_t^{1-\theta}+\frac{1}{1+\rho\delta}\left[(1-\gamma)E_tU_{t+\delta}\right]^\frac{1-\theta}{1-\gamma}\right\rbrace^\frac{1-\gamma}{1-\theta}.$

1) Tìm là hàm của $\Phi$ $E_t\left[\left(\frac{C_{t+\delta}}{C_t}\right)^{1-\gamma}\right]$

Từ bây giờ giả sử có một mà (lưu ý rằng phụ thuộc vào a priori). Xác định $\Phi$ $U_t=\Phi C^{1-\gamma}$ $\Phi$ $\delta$ , các đáp ứng tiện ích $H(U)=[(1-\gamma)U]^\frac{1-\theta}{1-\gamma}$ Chúng tôi thay thế:

\begin{aligned} H ({Bạn}_{t}) = = C_{t}^{1 - θ} + \frac{1}{1 + ρ δ} H (E_{t} {Bạn}_{t + δ}) . \end{aligned}

$\begin{align} H(U_t)= C_t^{1-\theta}+\frac{1}{1+\rho\delta}H(E_tU_{t+\delta}). \end{align}$

U_{t}

$U_t$

Do đó, chúng tôi thu được cho

\begin{aligned} H (Φ) C_{t}^{1 - θ} = = C_{t}^{1 - θ} + \frac{1}{1 + ρ δ} H (Φ) {(E_{t} [C_{t + δ}^{1 - γ}])}^{\frac{1 - θ}{1 - γ}} . \end{aligned}

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

C_{t} \neq 0

$C_t\neq 0$

\begin{aligned} \frac{1}{H (Φ)} = = 1 - \frac{1}{1 + ρ δ} {(E_{t} [{(\frac{C_{t + δ}}{C_{t}})}^{1 - γ}])}^{\frac{1 - θ}{1 - γ}} . \end{aligned}

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

2) Tìm fromp động lực GDP $E_t\left[\left(\frac{C_{t+\delta}}{C_t}\right)^{1-\gamma}\right]$

Bí quyết là tìm ra kỳ vọng ở phía bên tay phải từ động lực GDP. Lấy kỳ vọng và sử dụng tính độc lập giữavà, nó tuân theo

\begin{aligned} {(\frac{Y_{t + δ}}{Y_{t}})}^{1 - γ} = = điểm kinh nghiệm ((1 - γ) g δ) . điểm kinh nghiệm ((1 - γ) {bạn}_{t + δ}) . điểm kinh nghiệm ((1 - γ) v_{t + δ}) . \end{aligned}

$\begin{align} \left(\frac{Y_{t+\delta}}{Y_t}\right)^{1-\gamma}= \exp\left((1-\gamma)g\delta\right).\exp\left((1-\gamma)u_{t+\delta}\right).\exp\left((1-\gamma)v_ {t+\delta}\right). \end{align}$

u_{t + 1}

$u_{t+1}$

v_{t + 1}

$v_{t+1}$

Kỳ vọng của

trong đó

theo

\begin{aligned} E_{t} {(\frac{Y_{t + δ}}{Y_{t}})}^{1 - γ} = = điểm kinh nghiệm ((1 - γ) g δ) . E_{t} điểm kinh nghiệm ((1 - γ) {bạn}_{t + δ}) . E_{t} điểm kinh nghiệm ((1 - γ) v_{t + δ}) . \end{aligned}

$\begin{align} E_t\left(\frac{Y_{t+\delta}}{Y_t}\right)^{1-\gamma}= \exp\left((1-\gamma)g\delta\right).E_t\exp\left((1-\gamma)u_{t+\delta}\right).E_t\exp\left((1-\gamma)v_ {t+\delta}\right). \end{align}$

\exp (X)

$\exp(X)$

X

$X$

là

là một biến ngẫu nhiên bằng để

với xác suất

và

với xác suất

. Chúng tôi thay thế các nhà điều hành kỳ vọng:

N (0, σ^{2})

$\mathcal{N}(0,\sigma^2)$

\exp (σ^{2} / 2)

$\exp(\sigma^2/2)$

\exp ((1 - γ) v_{t + δ})

$\exp\left((1-\gamma)v_ {t+\delta}\right)$

1

$1$

1 - p δ

$1-p\delta$

(1 - b)^{1 - γ}

$(1-b)^{1-\gamma}$

p δ

$p\delta$

Cuối cùng, chúng tôi sử dụng

để tính toán một phương trình cho

\begin{aligned} E_{t} {(\frac{Y_{t + δ}}{Y_{t}})}^{1 - γ} = = điểm kinh nghiệm ((1 - γ) g δ) . điểm kinh nghiệm (\frac{(1 - γ)^{2} σ^{2} δ}{2}) . (1 - p δ + p E [(1 - b)^{1 - γ}] δ) . \end{aligned}

$\begin{align} E_t\left(\frac{Y_{t+\delta}}{Y_t}\right)^{1-\gamma}= \exp\left((1-\gamma)g\delta\right).\exp\left(\frac{(1-\gamma)^2\sigma^2\delta}{2}\right).\left(1-p\delta+pE[(1-b)^{1-\gamma}]\delta\right). \end{align}$

C_{t} = Y_{t}

$C_t=Y_t$

Φ

$\Phi$

\begin{aligned} \frac{1}{H (Φ)} & = = 1 - \frac{1}{1 + ρ δ} {điểm kinh nghiệm ((1 - θ) g δ) . điểm kinh nghiệm (\frac{(1 - γ) (1 - θ) σ^{2} δ}{2}) \\ . {(1 - p δ + p E [(1 - b)^{1 - γ}] δ)}^{\frac{1 - θ}{1 - γ}}} . \end{aligned}

$\begin{align} \frac{1}{H(\Phi)}&= 1-\frac{1}{1+\rho\delta}\left\lbrace\exp\left((1-\theta)g\delta\right).\exp\left(\frac{(1-\gamma)(1-\theta)\sigma^2\delta}{2}\right)\right.\\ &\left. .\left(1-p\delta+pE[(1-b)^{1-\gamma}]\delta\right)^\frac{1-\theta}{1-\gamma}\right\rbrace. \end{align}$

$\delta\to 0$

\begin{aligned} \frac{1}{H (Φ)} & = = 1 - (1 - ρ δ) . (1 + (1 - θ) g δ) . (1 + \frac{(1 - γ) (1 - θ) σ^{2} δ}{2}) \\ . (1 - \frac{1 - θ}{1 - γ} p δ + \frac{1 - θ}{1 - γ} p E [(1 - b)^{1 - γ}] δ) . \end{aligned}

$\begin{align} \frac{1}{H(\Phi)}&= 1-(1-\rho\delta). \left(1+(1-\theta)g\delta\right).\left(1+\frac{(1-\gamma)(1-\theta)\sigma^2\delta}{2}\right)\\ & .\left(1-\frac{1-\theta}{1-\gamma}p\delta+\frac{1-\theta}{1-\gamma}pE[(1-b)^{1-\gamma}]\delta\right). \end{align}$

δ^{i}

$\delta^i$

i > 1

$i>1$

\begin{aligned} \frac{1}{H (Φ)} & = = ρ δ - (1 - θ) g δ - \frac{(1 - γ) (1 - θ) σ^{2} δ}{2} \\ + \frac{1 - θ}{1 - γ} p δ - \frac{1 - θ}{1 - γ} p E [(1 - b)^{1 - γ}] δ . \end{aligned}

$\begin{align} \frac{1}{H(\Phi)}&= \rho\delta -(1-\theta)g\delta-\frac{(1-\gamma)(1-\theta)\sigma^2\delta}{2}\\ & +\frac{1-\theta}{1-\gamma}p\delta-\frac{1-\theta}{1-\gamma}pE[(1-b)^{1-\gamma}]\delta. \end{align}$ Thay thế

g

$g$ sử dụng

g^{*} = g + \frac{σ^{2}}{2} - p E b

$g^*=g+\frac{\sigma^2}{2}-pEb$ ,

\begin{aligned} \frac{1}{H (Φ)} & = = ρ δ - (1 - θ) g^{*} δ + (1 - θ) \frac{σ^{2}}{2} δ - (1 - θ) p E b δ - \frac{(1 - γ) (1 - θ) σ^{2} δ}{2} \\ + \frac{1 - θ}{1 - γ} p δ - \frac{1 - θ}{1 - γ} p E [(1 - b)^{1 - γ}] δ . \end{aligned}

$\begin{align} \frac{1}{H(\Phi)}&= \rho\delta -(1-\theta)g^*\delta+(1-\theta)\frac{\sigma^2}{2}\delta -(1-\theta)pEb\delta -\frac{(1-\gamma)(1-\theta)\sigma^2\delta}{2}\\ & +\frac{1-\theta}{1-\gamma}p\delta-\frac{1-\theta}{1-\gamma}pE[(1-b)^{1-\gamma}]\delta. \end{align}$ Chúng ta lấy

δ = 1

$\delta=1$ và chức năng đảo ngược

H

$H$ để tìm giải pháp trong chú thích 7 của bài báo. Phía bên phải của phương trình này "đơn giản hóa" cho các dấu ngoặc trong công thức.

— GuiWil
nguồn

Mô hình thảm họa hiếm gặp của Barro (2009) trong AER: Làm thế nào để rút ra phương trình (10)?

Viết lại mô hình

1) Tìm là hàm của E t [ ( C t + δΦΦ\PhiEt[ ( Ct + δCt)1 - γ]Et[(Ct+δCt)1-γ]E_t\left[\left(\frac{C_{t+\delta}}{C_t}\right)^{1-\gamma}\right]

2) Tìm fromp động lực GDPEt[ ( Ct + δCt)1 - γ]Et[(Ct+δCt)1-γ]E_t\left[\left(\frac{C_{t+\delta}}{C_t}\right)^{1-\gamma}\right]

δ→ 0δ→0\delta\to 0

1) Tìm là hàm của $\Phi$ $E_t\left[\left(\frac{C_{t+\delta}}{C_t}\right)^{1-\gamma}\right]$

2) Tìm fromp động lực GDP $E_t\left[\left(\frac{C_{t+\delta}}{C_t}\right)^{1-\gamma}\right]$

$\delta\to 0$