線性效用？
考慮偏好關係 $ \succeq $ 在 $ X\subseteq\mathbb R^2 $ . 如果 $ \succeq $ 滿足： $$ \begin{align} &1.\mbox{ }(a_1,a_2)\succeq (b_1,b_2)\implies(a_1+t,a_2+s)\succeq (b_1+t,b_2+s),\forall t,s\ &2.\mbox{ }a_1\geq b_1 \mbox{ and } a_2\geq b_2 \implies (a_1,a_2)\succeq (b_1,b_2)\mbox{ (and the analogous for }\succ\mbox{)}\ &3.\mbox{ Continuity } \end{align} $$ 那麼是否存線上性表示 $ \succeq $ ?
什麼時候 $ X=\mathbb R^2 $ ，這裡複製舊的證明：
Step1：對於每個向量 $ (x,y) $ , 有一個獨特的 $ z\in \mathbb R $ 這樣 $ (x,y) \sim (z,z) $ . WLOG 假設 $ x \geq y $ . 然後看到這個聲明，首先由 A2 通知 $ (x,x) \succeq (x,y) \succeq (y,x) $ . 然後沿著 $ 45^\circ $ 從 $ (y,y) $ 到 $ (x,x) $ , A3 保證了我們的存在 $ z $ . （嚴格）單調性以明顯的方式確保唯一性。讓 $ u: (x,y) \mapsto z $ 在哪裡 $ z $ 是這樣定義的。
Step2：現在讓 $ (x,y) \sim (z,z) $ 和 $ (x’,y’) \sim (z’,z’) $ . 然後通過 A1 和傳遞性我們有 $ (x+x’,y+y’) \sim (z+z’,z+z’) $ . 可加性+傳遞性意味著線性。
但是，在我們的情況下 $ X\subseteq \mathbb R^2 $ ，例如讓我們設置 $ X=[2,3]\times [2,3] $ ，那麼第 2 步不再起作用：因為如果 $ x,x’\in [2,3] $ ， 然後 $ x+x’\not\in [2,3] $ .
因此，我假設偏好不一定是線性的。它可以是冪函式，例如 $ u(x,y)=ax^b+cy^d $ 在哪裡 $ a,b,c,d $ 可以是正面的或負面的。還， $ u $ 必須是解析的。
對於 3+ 維度， $ u $ 必須是可分離的。
假設 $ 1 $ 到 $ 3 $ 足以獲得線性表示時 $ X $ 是開放和凸的。我們分兩步進行。
步 $ 1 $ :
我們將重複使用以下連續性的結果和 $ A1 $ : 如果 $ x \sim x^{\prime} $ ， 然後 $ x \sim x + \lambda (x^{\prime} - x) $ 對於每個 $ \lambda \in \mathbb{R} $ 這樣 $ x + \lambda (x^{\prime} - x) \in X $ .
第一的， $ x + 0.5 (x^{\prime} - x) $ 包含在 $ X $ 正如我們假設的那樣 $ X $ 是凸的。其次，通過關係的完整性， $ x \succeq x + 0.5 (x^{\prime} - x) $ 或者 $ x \preceq x + 0.5 (x^{\prime} - x) $ . 假設後者（另一種情況類似處理）。經過 $ A1 $ , $$ x \preceq x + 0.5 (x^{\prime} - x) \quad \Leftrightarrow \quad x + 0.5 (x^{\prime} - x) \preceq x + 0.5 (x^{\prime} - x) + 0.5 (x^{\prime} - x). $$ 後面的比較等價於 $ x + 0.5 (x^{\prime} - x) \preceq x^{\prime} $ . 由此可見$$ x \preceq x + 0.5 (x^{\prime} - x) \preceq x^{\prime} \sim x. $$
重複這個論點，我們得出結論，對於任何 $ n, k \in\mathbb{N} $ 和 $ k \leq 2^{n} $ 比較 $$ x \sim x + \frac{k}{2^{n}}(x^{\prime} - x) $$ 持有。對於任何號碼 $ \lambda \in [0, 1] $ 有一系列的分數形式 $ k / 2^{n} $ 收斂到 $ \lambda $ . 由於關係是連續的，因此這建立了 $ x \sim x + \lambda (x^{\prime} - x) $ 對於任何 $ \lambda \in [0, 1] $ .
為任意而獲得冷漠 $ \lambda \geq 0 $ ， 尋找 $ n\in \mathbb{N} $ 這樣 $ n \leq \lambda \leq n + 1 $ . 注意 $ x \sim x^{\prime} $ 當且當 $ x^{\prime} \sim x^{\prime} + (x^{\prime} - x) $ 當且當 $ x^{\prime} + (x^{\prime} - x) \sim x^{\prime} + 2(x^{\prime} - x) $ 等。因此， $ x \sim x + n (x^{\prime} - x ) \sim x + (n+1) (x^{\prime} - x ) $ . 自從 $ \lambda $ 可以寫成的凸組合 $ n $ 和 $ n+1 $ , 早先的論點現在暗示 $ x\sim x + n (x^{\prime} - x ) \sim x + \lambda (x^{\prime} - x ) $ . 最後，當 $ \lambda \leq 0 $ , 執行相同的步驟，但考慮 $ x - n (x^{\prime} -x) $ ， ETC。
步 $ 2 $ :
讓 $ x $ 是的任意元素 $ X $ . 通過連續性和單調性，我們可以找到一個點 $ x^{\prime} $ 不等於 $ x $ 這樣 $ x\sim x^{\prime} $ . 論據如下：對於 $ \varepsilon $ 足夠小，點 $ x - \varepsilon (1, 1) $ 和 $ x + \varepsilon (1, 1) $ 包含在 $ X $ 作為 $ X $ 開了。通過單調性，$$ x - \varepsilon (1, 1) \prec x \prec x + \varepsilon (1, 1). $$ 那麼對於 $ \varepsilon^{\prime} $ 足夠小， $$ x - \varepsilon (1, 1) + \varepsilon^{\prime}(-1, 1) \prec x \prec x + \varepsilon (1, 1) + \varepsilon^{\prime}(-1, 1) $$ 通過連續性（對於小 $ \varepsilon^{\prime} $ 這些點再次包含在 $ X $ ）。現在考慮之間的線段 $ x - \varepsilon (1, 1) + \varepsilon^{\prime}(-1, 1) $ 和 $ x + \varepsilon (1, 1) + \varepsilon^{\prime}(-1, 1) $ 並使用連續性和事實 $ X $ 是凸的。
現在假設 $ y $ 和 $ y^{\prime} $ 是另外兩個不同的點 $ X $ 這樣 $ y \sim y^{\prime} $ . 沒有損失，讓我們標記點，使得 $ x_{1} < x_{1}^{\prime} $ 和 $ y_{1} < y_{1}^{\prime} $ . 我們將證明 $ x^{\prime} - x $ 和 $ y^{\prime} - y $ 是平行的。如果不是，那麼我們可以假設 $ (x^{\prime}{2} - x{2}) / (x_{1}^{\prime} - x_{1}) > (y^{\prime}{2} - y{2}) / (y_{1}^{\prime} - y_{1}) $ 滿足（該論點與另一種情況類似）。
經過 $ A1 $ , $$ x \sim x + \lambda_{x} (x^{\prime} - x) \Rightarrow y \sim y + \lambda_{x} (x^{\prime} - x) $$對全部 $ \lambda \in [0, 1] $ . 還， $ y \sim y + \lambda_{y} (y^{\prime} - y) $ 對全部 $ \lambda_{y} \in [0, 1] $ 自從 $ y\sim y^{\prime} $ . 所有這些比較都明確定義為 $ X $ 是凸的。選擇 $ \varepsilon > 0 $ 足夠小，這些比較尤其適用於 $ \lambda_{x} = \varepsilon / (x_{1}^{\prime} - x_{1}) $ 和 $ \lambda_{y} = \varepsilon / (y_{1}^{\prime} - y_{1}) $ . （選擇 $ \varepsilon $ 足夠小是必要的，以保證 $ \lambda_{x}, \lambda_{y} \in (0, 1) $ .) 現在我們注意到 $$ \begin{align*} \lambda_{x} (x^{\prime} - x) &= \varepsilon \begin{pmatrix} 1 \ \frac{x_{2}^{\prime} - x_{2}}{x_{1}^{\prime}- x_{1}} \end{pmatrix}, \ \text{and}\quad \lambda_{y} (y^{\prime} - y) &= \varepsilon \begin{pmatrix} 1 \ \frac{y_{2}^{\prime} - y_{2}}{y_{1}^{\prime}- y_{1}} \end{pmatrix}. \end{align*} $$ 根據我們的假設，我們得出結論 $ \lambda_{x} (x^{\prime} - x) > \lambda_{y} (y^{\prime} - y) $ . 鑑於單調性，這與以下事實相矛盾 $ y\sim y + \lambda_{x} (x^{\prime} - x) $ 和 $ y \sim y + \lambda_{y} (y^{\prime} - y) $ .
到目前為止，我們已經證明存在一個向量 $ r $ 這樣 $ z \sim z^{\prime} $ 除非 $ r \cdot z = r \cdot z^{\prime} $ . 為了證明相反，考慮我們的初始點 $ x, x^{\prime} $ 我們知道它是等價的並且滿足 $ r \cdot x = r \cdot x^{\prime} $ . 現在，如果 $ r \cdot z = r \cdot z^{\prime} $ ，然後從 $ z $ 到 $ z^{\prime} $ 包括沿著平行於 $ x - x^{\prime} $ . 漠不關心 $ z \sim z^{\prime} $ 然後從 $ A1 $ 和連續性。
擺脫線性表示的一種方法是放棄 $ A1 $ . 例如，如果您將其替換為 $ x \sim y \Leftrightarrow x \sim x + \lambda (x - y) $ 對全部 $ \lambda \in \mathbb{R} $ （這樣 $ x + \lambda (x - y) \in X $ )，那麼所有的效用表示都可能不是線性的。鬆散地說，如果你只強加每條無差異曲線是一個超平面 $ \mathbb{R}^{2} $ ，然後限制 $ X $ 適當地允許您以不平行且不相交的方式排列無差異曲線。當然不限制 $ X $ 行不通，因為非平行超平面總是在某處相交 $ \mathbb{R}^{2} $ .
這是一個這樣的例子：讓 $ X = (0, 1] \times [-1, 0] $ 然後讓 $ u(x_{1}, x_{2}) = x_{2} / x_{1} $ . 換句話說，分配給該點的效用 $ x $ 是將其連接到原點的線段的斜率。這個效用函式在兩個參數中都是嚴格遞增的（因為 $ x_{2} \leq 0 < x_{1} $ 在 $ X $ ) 和連續的。您可以輕鬆檢查 $$ \frac{x_{2}}{x_{1}} = \frac{y_{2}}{y_{1}} \Leftrightarrow \frac{x_{2}}{x_{1} } = \frac{x_{2} + \lambda (y_{2} - x_{2})}{x_{1}+ \lambda (y_{1} - x_{1})} \quad \forall \lambda $$ 滿足，表明無差異曲線是超平面。這些超平面不平行（通過構造），並且只會在 $ (0, 0) $ ，但我們從 $ X $ .
看到這個例子違反了 $ A1 $ 和線性，考慮點 $ (0.5, -0.5) $ 和 $ (-1, 1) $ . 清楚地， $ - 0.5 / 0.5 = - 1 / 1 $ ， IE $ (0.5, -0.5) \sim (-1, 1) $ . 然而，$$ (0.5, -0.5 + 0.25) \succ (1, -1 + 0.25) $$自從$$ (- 0.5 + 0.25) / 0.5 = - 0.5 > - 0.75 = (-1 + 0.25) / 1. $$