Teor ema očekivane koristi

1

Teorema očekivane koristi

Za svake dve opcije x i y i realan pozitivni broj a koji nije veći od 1:

(1) u(x) > u(y) akko x y(2) u(x) = u(y) akko x ~ y

(3) u( L(a, x, y) ) = au(x) + (1 - a)u(y)

(4) Svaka u ' koja zadovoljava (l)-(3) je pozitivna linearna transformacija od u.

Ova 4 iskaza koji opisuju funkciju korisnosti u predstavljaju teoremu očekivane koristi. Danas ćemo dokazati tu teoremu.

2




(3) u( L(a, x, y) ) = au(x) + (1 - a)u(y)



Uslovi (1) i (2) zahtevaju da je u barem ordinalna funkcija korisnosti, (tj. za u moraju da važe uslovi koje ćemo iskazati aksiomama O1 – O8).

3




(3) u( L(a, x, y) ) = au(x) + (1 - a)u(y)




(3) kaže da je korist lutrije jednaka njenoj očekivanoj koristi.

4




(3) u( L(a, x, y) ) = au(x) + (1 - a)u(y)




(3) kaže da je korist lutrije jednaka njenoj očekivanoj koristi.

Dodavanjem 3. i 4. uslova na prva dva osigurava se da funkcja u izražava kardinalne vrednosti.

5


Prelaskom na kardinalne vrednosti postavljaju se strožiji uslovi racionalnosti:

6



Donosioc odluke ne samo da mora (kao i kod orinalnih vrednosti) da bude u stanju da rangira po svojoj preferenciji ishode ili opcije relevantne za njegov izbor, već mora da bude u stanju da rangira i lutrije koje uključuju te opcije, i lutrije koje uključuju prvobitne lutrije, itd

7




Zatim, donosioc odluke mora da procenjuje složene lutrije u skladu sa računom verovatnoće (aksioma L4 o složenim lutrijama)

8





Uvek kada su date tri opcije poređane realcijom stroge preferencije, donosilac odluke mora da bude indiferentan između srednje opcije i neke lutrije koja uključuje prvu i treću opciju (ax L1 o kontinuitetu)

9






Donosilac odluke će između dve lutrije uvek izabrati onu koja ima bolji ‘dobitak’, ukoliko su u ostalim stvarima lutrije identične (L2 – ‘bolji dobitak’)

10







Ako su dve lutrije identične u svemu sem u verovatnoći dobitka, donisilac odluke bira onu sa boljim šansama za dobitak (L3 – ‘bolja šansa’)

11







Ako su dve lutrije identične u svemu sem u verovatnoći dobitka, donisilac odluke bira onu sa boljim šansama za dobitak (L3 – ‘bolja šansa’)

Ove uslove ćemo izraziti formalno i na osnovu njih dokazati teoremu

12


Najpre nam je potrebna definicija lutrija

13



Donosilac odluke bira između datih ishoda, opcija ili dobitaka. Nazovimo ih osnovnim dobicima.

14




Pretpostavimo još da:

15





– je br osnovnih dobitaka konačan i veći od jedan

16






– donosilac odluke nije indiferentan između svih osnovnih dobitaka

17







– je donosilac odluke rangirao dobitke po svojim preferencijama

18








Obeležimo najBolje rangirane opcije sa ‘B’

19









Obeležimo najGore rangirane opcije sa ‘G’

20










Definicija lutrije:

21










Definicija lutrije:

1. Svaki osnovni dobitak je lutrija

22










Definicija lutrije:

1. Svaki osnovni dobitak je lutrija

2. Ako su L1 i L2 lutrije, onda je i L(a, L1, L2) lutrija, gde je 0 a 1

23


Najpre nam je potrebna definicija lutrijaDonosilac odluke bira između datih ishoda, opcija ili dobitaka. Nazovimo ih osnovnim

dobicima.Pretpostavimo još da:

– je br osnovnih dobitaka konačan i veći od jedan– donosilac odluke nije indiferentan između svih osnovnih dobitaka– je donosilac odluke rangirao dobitke po svojim preferencijama

Obeležimo najBolje rangirane opcije sa ‘B’Obeležimo najGore rangirane opcije sa ‘G’

Definicija lutrije:1. Svaki osnovni dobitak je lutrija

2. Ako su L1 i L2 lutrije, onda je i L(a, L1, L2) lutrija, gde je 0 a 13. Ništa drugo nije lutrija

Npr. L(a, B, G) označava lutriju u kojoj imamo verovatnoću a da izvučemo B (jednu od najbolje rangiranih opcija) i verovatnoću 1-a da izvučemo G (jednu od najgore rangiranih opcija

24


Pitanja:

25


Pitanja:

1. Zašto ne možemo pretpostaviti da postoji jedinstvena najbolja opcija (samo jedan najbolje rangirani osnovni dobitak)?

26


Pitanja:


2. Zašto smo pretpostavili da mora biti više od jednog osnovnog dobitka?

27


Pitanja:



3. Zašto smo pretpostavili da donosilac odluke nije indiferentan među svim osnovnim dobicima?

28


Pitanja:




4. Kada pretpostavke 3 i 4 ne bi važile, da li bi teorema očekivane koristi bila netačna?

29


Pitanja:





5. Koja je šansa za B u ovim lutrijama:

L(1, B, G)

30


Pitanja:






L(1, B, G)

L(½, L(1, G, B), L(½, B, G) )

31


Pitanja:






L(1, B, G)

L(½, L(1, G, B), L(½, B, G) )

L(a, B, B)

32


Pitanja:






L(1, B, G)

L(½, L(1, G, B), L(½, B, G) )

L(a, B, B)

6. Zašto treba biti indiferentan između L(a, B, G) i L(1-a, G, B)?

33


Pitanja:






L(1, B, G)

L(½, L(1, G, B), L(½, B, G) )

L(a, B, B)

6. Zašto treba biti indiferentan između L(a, B, G) i L(1-a, G, B)?

7. Kako konstruisati lutriju (u skladu sa gornjom definicijom) koja je ekvivalentna lutriji sa tri dobitka, A, B, i C, ako je verovatnoća izvlačenja A 0,5, a za B i C po 0,25?

34


Pošto smo definisali lutrije, nabrojaćemo uslove racionalnosti iz kojih ćemo dokazati teoremu očekivane koristi.

35


Pošto smo definisali lutrije, nabrojaćemo uslove racionalnosti iz kojih ćemo dokazati teoremu očekivane koristi.

Najpre aksiome za ordinalne vrednosti

O1 xy (x y y x)

O2 x (x x)

O3 xyz ( x y y z x z )

plus uobičajene definicije za i ~.

36


Pošto smo definisali lutrije, nabrojaćemo uslove racionalnosti iz kojih ćemo dokazati teoremu očekivane koristi.Najpre aksiome za ordinalne vrednosti

O1 xy (x y y x)

O2 x (x x)

O3 xyz ( x y y z x z )plus uobičajene definicije za i ~.Kontinuitet:

L1 xyz ( x y y z a (y L(a,x,z)) )Zamenjivost (better prizes)

L2 xyza (x y L(a,x,z) L(a,y,z) )xyza (x y L(a,z,x) L(a,z,y) )

Monotonost (better chances)

L3 xyab ( (a b) (x y L(a,x,y) L(b,x,y) )Redukcija složenih lutrija

L4 xyabc ( L( a,L(b,x,y),L(c,x,y) ) L(d,x,y) )d a × b + (1 – a) × c

a, b, i c su brojevi iz intervala [0, 1]

37


To su bile aksome teorije odlučivanja kako smo ih do sada navodili na časovima. U dokazu teoreme očekivane koristi koristićemo drugačiju, ali ekvivalentnu aksiomatizaciju, sa većim brojem aksioma, da bi dokaz bio jednostavniji

38


To su bile aksome teorije odlučivanja kako smo ih do sada navodili na časovima. U dokazu teoreme očekivane koristi koristićemo drugačiju, ali ekvivalentnu aksiomatizaciju, sa većim brojem aksioma, da bi dokaz bio jednostavniji

Umesto definicije i ~ u metajeziku, ove relacije definisaćemo aksiomama, a će biti definisana u metajeziku. Aksiome L1 − L4 izrazićemo jakom umesto slabom relacijom preferencije

39


asimetrija

O1 xy (x y y x)

O2 xy (x y y ~ x)

O3 xy ( x ~ y (y x x y) )

povezanost

O4 xy (x y y x x~y)

tranzitivnost

O5 xyz ( x y y z x z )

O6 xyz ( x y x ~ z z y )

O7 xyz ( x y y ~ z x z )

O8 xyz ( x ~ y y ~ z x ~ z )

40


Kontinuitet:

L1 xyz ( x y y z a (y L(a,x,z)) )

Zamenjivost (better prizes)

L2 xyza (x y L(a,x,z) L(a,y,z) )

xyza (x y L(a,z,x) L(a,z,y) )

Monotonost (better chances)

L3 xyab ( (x y ) (a b L(a,x,y) L(b,x,y) )

Redukcija složenih lutrija

L4 xyabc ( d a × b + (1 – a) × c L( a,L(b,x,y),L(c,x,y) ) L(d,x,y) )

a, b, i c su brojevi iz intervala [0, 1]

41


Dokaz ćemo izvesti iz dva dela.

Prvi deo dokazuje postojanje funkcije u koja zadovoljava malopre nabrojane uslove racionalnosti.

42


Dokaz ćemo izvesti iz dva dela.

Prvi deo dokazuje postojanje funkcije u koja zadovoljava malopre nabrojane uslove racionalnosti.

Drugi deo pokazuje da sem funkcije čije smo postojanje utvrdili u prvom delu i njenih linearnih transformacija nijedna druga funkcija ne zadovoljava uslove racionalnosti

Nazovimo prvi deo dokazom postojanja, a drugi dokazom jedinstvenosti

43

Teorema očekivane koristiprvi deo dokaza - postojanje

Prisetite da imamo bar dva osnovna dobitka B i G, da donosioc odluke ni jedan osnovni dobitak ne želi više od B, nijedan manje od G, i B G.

44


Prisetite da imamo bar dva osnovna dobitka B i G, da donosioc odluke ni jedan osnovni dobitak ne želi više od B, nijedan manje od G, i B G.

Kako se sve lutrije grade iz osnovnih dobitaka i vrednuju u skladu sa računom verovatnoće, ne postoji lutrija poželjnija od B niti manje pošeljna od G (uporedite pitanja 4-8 u prvom sledećem skupu pitanja)

45


Prisetite da imamo bar dva osnovna dobitka B i G, da donosioc odluke ni jedan osnovni dobitak ne želi više od B, nijednju manje od G, i B G.


Uzimajući 1 za vrh skale korisnosti i 0 za dno, stipuliramo da:

u(B) = 1 x (x~B u(x) = 1)

u(G) = 0 x (x~G u(x) = 0)

46





u(B) = 1 x (x~B u(x) = 1)

u(G) = 0 x (x~G u(x) = 0)

Pošto smo se pobrinuli za krajnosti, moramo definisati u za one u sredini. Neka je x lutrija takva da

B x x G

47





u(B) = 1 x (x~B u(x) = 1)

u(G) = 0 x (x~G u(x) = 0)


B x x GPo aksiomi kontinuiteta mora postojati broj a, 0 a 1, takav da

x ~ L(a, B, G)

48





u(B) = 1 x (x~B u(x) = 1)

u(G) = 0 x (x~G u(x) = 0)


B x x GPo aksiomi kontinuiteta mora postojati broj a, 0 a 1, takav da

x ~ L(a, B, G)

Ako je a jedinstven, onda smemo da stipuliramo da je u(x) = a. Dokažimo da jeste jedinstven.

49


Neka ba i x ~ L(b, B, G)

Ako je b a, onda po ax L2 (bolje šanse):

L(b, B, G) L(a, B, G)

50




L(b, B, G) L(a, B, G)

ali ovo je protivurečno jer su obe lutrije indiferentne sa x. Dakle, b = a.

51




L(b, B, G) L(a, B, G)

ali ovo je protivurečno jer su obe lutrije indiferentne sa x. Dakle, b = a.

QED?

52




L(b, B, G) L(a, B, G)

ali ovo je protivurečno jer su obe lutrije indiferentne sa x. Dakle, b = a. QED

Sada možemo da stipuliramo:

u(x) = a

gde je a broj za koji x ~ L(a, B, G)

53




L(b, B, G) L(a, B, G)



u(x) = a


Zamenom jednakih vrednosti dobijamo da

(*) x ~ L(u(x), B, G)

54




L(b, B, G) L(a, B, G)



u(x) = a



(*) x ~ L(u(x), B, G)

Za sada smo ustanovili postojanje funkcije u koja dodeljuje broj svakoj lutriji.

55




L(b, B, G) L(a, B, G)



u(x) = a



(*) x ~ L(u(x), B, G)

Za sada smo ustanovili postojanje funkcije u koja dodeljuje broj svakoj lutriji.

Potrebno je još pokazati da je u funkcija kardinalne koristi, koja zadovoljava svojstvo očekivane koristi

56


Pokažimo najpre da važi

(1) u(x) > u(y) akko x y

57



(1) u(x) > u(y) akko x yDokaz:

Po L3 imamo

a L(u(x),B,G) L(u(y),B,G) u(x) > u(y)

58




Po L3 imamo


iz (*) sledi da

b x ~ L(u(x), B, G) i y ~ L(u(y), B, G)

59




Po L3 imamo


iz (*) sledi da

b x ~ L(u(x), B, G) i y ~ L(u(y), B, G)

Koristeći O-axiome, lako dokazujemo

c xy z w ( x ~ y z ~ w (x z y w) )

60




Po L3 imamo


iz (*) sledi da

b x ~ L(u(x), B, G) i y ~ L(u(y), B, G)

Koristeći O-axiome, lako dokazujemo

c xy z w ( x ~ y z ~ w (x z y w) )

(1) direktno sledi iz ovoga i a i b. QED

61


Sada je lako dokazati

(2) u(x) = u(y) akko x ~ y

jer ako x~y i u(x) u(y), onda po (1) x y, što je protivurečno (... nastavite sami)

62


Ostatak ovog dela dokaza bavi se dokazivanjem da za sve lutrije x i y:

(3) u( L(a, x, y) ) = au(x) + (1 - a)u(y)

63



(3) u( L(a, x, y) ) = au(x) + (1 - a)u(y)

Najpre dokazujemo lemu koju ćemo zvati Uslov supstitucije lutrija:

Ako x ~ L(a, y, z), onda

(a) L(c, x, v) ~ L(c, L(a, y, z), v) i

(b) L(c, v, x) ~ L(c, v, L(a, y, z))

64



(3) u( L(a, x, y) ) = au(x) + (1 - a)u(y)



(a) L(c, x, v) ~ L(c, L(a, y, z), v) i

(b) L(c, v, x) ~ L(c, v, L(a, y, z))

Dokaz:

Umesto L(a, y, z) pisaćemo skraćeno L

Po O4, L(c, x, z) i L(c, L, v) su ili jednako poželjne ili je jedna poželjnija od druge.

Pretpostavimo L(c, x, z) L(c, L, v)

65



(3) u( L(a, x, y) ) = au(x) + (1 - a)u(y)



(a) L(c, x, v) ~ L(c, L(a, y, z), v) i

(b) L(c, v, x) ~ L(c, v, L(a, y, z))

Dokaz:

Umesto L(a, y, z) pisaćemo skraćeno L

Po O4, L(c, x, z) i L(c, L, v) su ili jednako poželjne ili je jedna poželjnija od druge.

Pretpostavimo L(c, x, z) L(c, L, v)

Tada po L2, x L, a pošli smo od pretpostavke...

66


Pošto smo dokazali lemu, vraćamo se dokazu za (3)

Sada ćemo ‘L’ koristiti kao skraćenicu za L(a, x,y). Iz (*) sledi:

(a) L ~ L( u(L), B, G )

x ~ L( u(x), B, G )

y ~ L( u(y), B, G )

67




(a) L ~ L( u(L), B, G )

x ~ L( u(x), B, G )

y ~ L( u(y), B, G )

Zamenom L( u(x), B, G ) za x i L( u(y), B, G ) za y u L, na osnovu leme o supstituciji:

L ~ L( a, L(u(x), B, G), L(u(y), B, G) )

68




(a) L ~ L( u(L), B, G )

x ~ L( u(x), B, G )

y ~ L( u(y), B, G )


L ~ L( a, L(u(x), B, G), L(u(y), B, G) )

Složenu lutriju sa desne strane možemo svesti na jednostavnu na osnovu ax L4:

L( a, L(u(x), B, G), L(u(y), B, G) ) ~ L(d, B, G)

gde je d = au(x) + (1-a)u(y)

69




(a) L ~ L( u(L), B, G )

x ~ L( u(x), B, G )

y ~ L( u(y), B, G )


L ~ L( a, L(u(x), B, G), L(u(y), B, G) )




Na osnovu O-axioma:

L ~ L(d, B, G)

70




(a) L ~ L( u(L), B, G )

x ~ L( u(x), B, G )

y ~ L( u(y), B, G )


L ~ L( a, L(u(x), B, G), L(u(y), B, G) )




Na osnovu O-axioma:

L ~ L(d, B, G)

Iz ovoga i (a) sledi

L( u(L), B, G ) ~ L(d, B, G)

71




(a) L ~ L( u(L), B, G )

x ~ L( u(x), B, G )

y ~ L( u(y), B, G )


L ~ L( a, L(u(x), B, G), L(u(y), B, G) )




Na osnovu O-axioma:

L ~ L(d, B, G)

Iz ovoga i (a) sledi

L( u(L), B, G ) ~ L(d, B, G)

Ako u(L) d, onda iz L3 sledi protivurečnost. Dakle u(L) = d, kao što tvrdi (3). QED

72


Pitanja:

1. Kortisteći prvi deo dokaza teoreme očekivane koristi dokažite:

a L(1, x, y) ~ x

b L(0, x, y) ~ y

c L(a, x, y) ~ L(1-a, y, x)

d L(a, x,x) ~ x

2. Dokažite teoremu supstitucije lutrija pod (b), slajd 65

3. Koristeći O-aksiome, dokažite

Ako x~y i z~w, onda x y ako i samo ako y w4. U odgovoru na ovo i sledeća pitanja nemojte se pozivati na princip očekivane koristi.

Koristite umesto toga uslove racionalnosti.

a Ne posotoji broj a ili osnovni dobitak x različit od B za koji L(a, x, y) L(a, B,

B) ili L(a, B, x) L(a, B, B)

b Ne posotoji broj a ili osnovni dobitaci x i y različiti od B za koje L(a, x, y)

L(a, B, B)

73

Teorema očekivane koristidrugi deo dokaza - jedinstvenost

Teorema očekivane koristi:



(3) u( L(a, x, y) ) = au(x) + (1 - a)u(y)


Dokazali smo da postoji funkcija u koja zadovoljava 1-3

74





(3) u( L(a, x, y) ) = au(x) + (1 - a)u(y)



Drugi deo dokaza – jedinstvenost – sastoji se u ovome: treba pokazati da svaka funkcija u’ definisana na istom skupu opcija kao funcija u, koja zadovoljave iste uslove 1-3 kao i funkcija u, jeste linearna transformacija od u, tj. može da se pretstavi ovako:

u’(x) = cu(x) + d

gde je d realni broj i c je pozitivni realni broj.

75





(3) u( L(a, x, y) ) = au(x) + (1 - a)u(y)



Drugi deo dokaza – jedinstvenost – sastoji se u ovome: treba pokazati da svaka funkcija u’ definisana na istom skupu opcija kao funcija u, koja zadovoljave iste uslove 1-3 kao i funkcija u, jeste linearna transformacija od u, tj. može da se pretstavi ovako:

u’(x) = cu(x) + d

gde je d realni broj i c je pozitivni realni broj.

Skala funkcije u ide od 0 do 1.

u’ skala ide od d do d+c (zašto?)

76


Neka je I funkcija koja prevodi vrednosti sa u-skale na u’-skalu

77


Neka je I funkcija koja prevodi vrednosti sa u-skale na u’-skalu:

(a) I(e) = u’( u-1(e) )

78



(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f

79



(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f

u-1 je inverzna funkcija od u. Dakle vrednost funkcije u-1(e) je lutrija čija je korist na u-skali izražena brojem e

80



(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f


Uzmimo sada dva broja k i m sa u-skale. Primetite da za svaki broj a takav da 0 ≤ a ≤ 1, važi da je broj ak+(1-a)m između k i m ili jednak jednom od njih

81



(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f


Uzmimo sada dva broja k i m sa u-skale. Primetite da za svaki broj a takav da 0 ≤ a ≤ 1, važi da je broj ak+(1-a)m između k i m ili jednak jednom od njih.

Zbog toga je i broj ak+(1-a)m na u-skali broj ak+(1-a)m

82



(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f




Stavljanjem tog broja u (a) umesto e dobijamo

(b) I(ak+(1-a)m) = u’ ( u-1 (ak+(1-a)m) )

83



(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f





(b) I(ak+(1-a)m) = u’ ( u-1 (ak+(1-a)m) )

u-1 (ak+(1-a)m) je lutrija čija je korist na u-skali u-1 ak+(1-a)m

84



(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f





(b) I(ak+(1-a)m) = u’ ( u-1 (ak+(1-a)m) )

u-1 (ak+(1-a)m) je lutrija čija je korist na u-skali u-1 ak+(1-a)m. Neka su k i m korsiti na u-skali za lutrije x i y redom. Tada na osnovu (3) (sa slajda 75), imamo:

85



(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f





(b) I(ak+(1-a)m) = u’ ( u-1 (ak+(1-a)m) )


(c) u ( L(a,x,y) ) = au(x) + (1 - a)u(y) = ak+(1-a)m

86



(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f





(b) I(ak+(1-a)m) = u’ ( u-1 (ak+(1-a)m) )



Iz toga sledi

(d) I(ak+(1-a)m) = u’ ( L(a,x,y) )

87


(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f

(b) I(ak+(1-a)m) = u’ ( u-1 (ak+(1-a)m) )


(d) I(ak+(1-a)m) = u’ ( L(a,x,y) )

88


(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f

(b) I(ak+(1-a)m) = u’ ( u-1 (ak+(1-a)m) )


(d) I(ak+(1-a)m) = u’ ( L(a,x,y) )

Pošto i u’ zadovoljava treći uslov (očekivane koristi), imamo:

(e) u’ ( L(a,x,y) ) = au’(x) + (1 - a)u’(y)

89


(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f

(b) I(ak+(1-a)m) = u’ ( u-1 (ak+(1-a)m) )


(d) I(ak+(1-a)m) = u’ ( L(a,x,y) )


(e) u’ ( L(a,x,y) ) = au’(x) + (1 - a)u’(y)

Kako je u(x)=k i u(y)=m, onda

(f) I(k) = u’(x) i I(m) = u’(y)

90


(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f

(b) I(ak+(1-a)m) = u’ ( u-1 (ak+(1-a)m) )


(d) I(ak+(1-a)m) = u’ ( L(a,x,y) )


(e) u’ ( L(a,x,y) ) = au’(x) + (1 - a)u’(y)


(f) I(k) = u’(x) i I(m) = u’(y)

Kada to zamenimo u (e) i (d) dobijamo

(g) I(ak+(1-a)m) = a I(k) + (1-a) I(m)

91


(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f

(b) I(ak+(1-a)m) = u’ ( u-1 (ak+(1-a)m) )


(d) I(ak+(1-a)m) = u’ ( L(a,x,y) )


(e) u’ ( L(a,x,y) ) = au’(x) + (1 - a)u’(y)


(f) I(k) = u’(x) i I(m) = u’(y)


(g) I(ak+(1-a)m) = a I(k) + (1-a) I(m)

Primetite da u-1(u(x)) = x. Zamenom u(x) umesto e u (a), dobijamo:

92


(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f

(b) I(ak+(1-a)m) = u’ ( u-1 (ak+(1-a)m) )


(d) I(ak+(1-a)m) = u’ ( L(a,x,y) )


(e) u’ ( L(a,x,y) ) = au’(x) + (1 - a)u’(y)


(f) I(k) = u’(x) i I(m) = u’(y)


(g) I(ak+(1-a)m) = a I(k) + (1-a) I(m)


(h) I(u(x)) = u’(x)

93


(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f

(b) I(ak+(1-a)m) = u’ ( u-1 (ak+(1-a)m) )


(d) I(ak+(1-a)m) = u’ ( L(a,x,y) )


(e) u’ ( L(a,x,y) ) = au’(x) + (1 - a)u’(y)


(f) I(k) = u’(x) i I(m) = u’(y)


(g) I(ak+(1-a)m) = a I(k) + (1-a) I(m)


(h) I(u(x)) = u’(x)

Sledeća jednačina je trivijalno istinita:

(i) u(x) = u(x)1 + (1-u(x))0

94


(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f

(b) I(ak+(1-a)m) = u’ ( u-1 (ak+(1-a)m) )


(d) I(ak+(1-a)m) = u’ ( L(a,x,y) )

(e) u’ ( L(a,x,y) ) = au’(x) + (1 - a)u’(y)

(f) I(k) = u’(x) i I(m) = u’(y)

(g) I(ak+(1-a)m) = a I(k) + (1-a) I(m)

(h) I(u(x)) = u’(x)

(i) u(x) = u(x)1 + (1-u(x))0

Onda iz (g), (h) i (i):

(j) u’(x) = I(u(x)) = I( u(x)1 + (1-u(x))0 ) = u(x)I(1) + (1-u(x))I(0) =

= u(x)( I(1) - I(0) ) + I(0)

95


(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f

(b) I(ak+(1-a)m) = u’ ( u-1 (ak+(1-a)m) )


(d) I(ak+(1-a)m) = u’ ( L(a,x,y) )

(e) u’ ( L(a,x,y) ) = au’(x) + (1 - a)u’(y)

(f) I(k) = u’(x) i I(m) = u’(y)

(g) I(ak+(1-a)m) = a I(k) + (1-a) I(m)

(h) I(u(x)) = u’(x)

(i) u(x) = u(x)1 + (1-u(x))0



= u(x)( I(1) - I(0) ) + I(0)

Neka je

(k) c = I(1) - I(0) i d = I(0)

96


(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f

(b) I(ak+(1-a)m) = u’ ( u-1 (ak+(1-a)m) )


(d) I(ak+(1-a)m) = u’ ( L(a,x,y) )

(e) u’ ( L(a,x,y) ) = au’(x) + (1 - a)u’(y)

(f) I(k) = u’(x) i I(m) = u’(y)

(g) I(ak+(1-a)m) = a I(k) + (1-a) I(m)

(h) I(u(x)) = u’(x)

(i) u(x) = u(x)1 + (1-u(x))0



= u(x)( I(1) - I(0) ) + I(0)

Neka je

(k) c = I(1) - I(0) i d = I(0)

Zamenom u (j) dobijamo

u’(x) = cu(x) + d

97


(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f

(b) I(ak+(1-a)m) = u’ ( u-1 (ak+(1-a)m) )


(d) I(ak+(1-a)m) = u’ ( L(a,x,y) )

(e) u’ ( L(a,x,y) ) = au’(x) + (1 - a)u’(y)

(f) I(k) = u’(x) i I(m) = u’(y)

(g) I(ak+(1-a)m) = a I(k) + (1-a) I(m)

(h) I(u(x)) = u’(x)

(i) u(x) = u(x)1 + (1-u(x))0


= u(x)( I(1) - I(0) ) + I(0)

(k) c = I(1) - I(0) i d = I(0)

u’(x) = cu(x) + d

98


(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f

(b) I(ak+(1-a)m) = u’ ( u-1 (ak+(1-a)m) )


(d) I(ak+(1-a)m) = u’ ( L(a,x,y) )

(e) u’ ( L(a,x,y) ) = au’(x) + (1 - a)u’(y)

(f) I(k) = u’(x) i I(m) = u’(y)

(g) I(ak+(1-a)m) = a I(k) + (1-a) I(m)

(h) I(u(x)) = u’(x)

(i) u(x) = u(x)1 + (1-u(x))0


= u(x)( I(1) - I(0) ) + I(0)

(k) c = I(1) - I(0) i d = I(0)

u’(x) = cu(x) + d

Za domaći dokažite samo da je c > 0 i QED.

99


(a) I(e) = u’( u-1(e) ) = f

(b) I(ak+(1-a)m) = u’ ( u-1 (ak+(1-a)m) )


(d) I(ak+(1-a)m) = u’ ( L(a,x,y) )

(e) u’ ( L(a,x,y) ) = au’(x) + (1 - a)u’(y)

(f) I(k) = u’(x) i I(m) = u’(y)

(g) I(ak+(1-a)m) = a I(k) + (1-a) I(m)

(h) I(u(x)) = u’(x)

(i) u(x) = u(x)1 + (1-u(x))0


= u(x)( I(1) - I(0) ) + I(0)

(k) c = I(1) - I(0) i d = I(0)

u’(x) = cu(x) + d

Za domaći dokažite samo da je c > 0 i QED.

Još za domaći: pitanja 2 i 3 sa slajda 72.

100


Pitanja:

1. Dokažite da za bilo koji broj broj k na u-skali postoji lutrija x takva da je

u(x) = k

2. Pokažite kako može skala od 0 do 1 da se transformiše u skalu od 1 do 100. Kako transformisati skalu -5 do 5 u skalu 0-1?

Documents

Teor ema očekivane koristi