Ja, unter bestimmten Bedingungen. Dies ist das klassische Integrierbarkeitsproblem : Für eine ausführliche Diskussion siehe einige ausgezeichnete Notizen von Kim Border .
Es sind mehrere andere technische Bedingungen erforderlich, aber die wirtschaftlich wesentlichste Bedingung ist, dass die Slutsky-Matrix immer symmetrisch und negativ semidefinit sein muss. Um konkret zu sein, wenn wir das te Element der Slutsky-Matrix bei ( p , m ) als
σ i j ( p , m ) = ∂ D i ( p , m ) definiereni j( p , m )
dann müssen wirσij(p,m)=σji(p,m)für alle(p,m)und auch für jeden Vektorv haben, denwir für alle(p,m)∑i∑ haben müssenjσij(p,m)vivj≤0
DieNotwendigkeit
σi j( p , m ) = ∂D.ich( p , m )∂pj+ D.j( p , m ) ∂D.ich( p , m )∂m
σi j( p , m ) = σj i( p , m )( p , m )v( p , m )
∑ich∑jσi j( p , m ) vichvj≤ 0
Diese Bedingungen ergeben sich unmittelbar aus der grundlegenden Verbrauchertheorie, die zeigt, dass die Slutsky-Matrix symmetrisch und negativ semidefinit ist, wenn die Marshallsche Nachfrage aus der eingeschränkten Maximierung einer Nutzfunktion abgeleitet wird. Das
Ausreichen dieser Bedingungen (in Verbindung mit einigen anderen technischen Annahmen), um eine Dienstprogrammfunktion zurückzusetzen, ist jedoch komplizierter. Um die Details zu erhalten, empfehle ich die Notizen von Border oder eine andere erweiterte Mikroquelle.
i = 1 , 2
∂e ( p , u )∂pich= hich( p , u ) = D.ich( p , e ( p , u ) )
D.e( p¯, m¯)u¯e ( p¯, u¯) = m¯p1i = 1e ( p1, p¯2, u¯)p1h ( p1, p¯2, u¯) = D ( p1, p¯2, e ( p1, p¯2, u¯) )
p1
u¯p1p1