Perron-Frobenius Theorem, part 2

페론-프로베니우스 정리 살펴보기

Input-out Model

Model

투입-산출 모형을 생각해보자. \(a_{ij}\)는 \(j\) 재화 1 단위를 생산하는 데 필요한 \(i\) 재화의 양, 이라고 하자. 이렇게 되면, 열 벡터 \(A_j\)는 아래과 같다. 그 의미는 \(j\) 재화 1단위를 생산하는 데 필요한 \(1, \dotsc, n\) 까지 필요한 재화의 양이다.

\[ A_j = \begin{bmatrix} a_{1j} \\ \vdots \\ a_{nj} \end{bmatrix} \]

여기서 두 가지를 더 가정하겠다.

1. 투입을 \(k\) 배로 하면, 산출도 \(k\) 배가 된다. 이를 규모수익불변(constant return to scale)이라고 한다.
2. 각 재화 생산은 다른 재화 생산에 영향을 주지 않는다.

이제 \(j\) 재화를 \(x_j\) 만큼 생산하는 데 필요한 투입량은 \(x_j A_j\)가 된다. 생산하려는 생산량을 \(x_1, \dotsc, x_n\)이라고 하면 충 투입 벡터는 아래와 같다.

\[ x_1 A_1 + \dotsc + x_n A_n = A x,~\text{where $x = [x_1, \cdots, x_n]^T$} \]

Productive economy

생산물 벡터 \(x\)를 생산하는 데 투입 벡터 \(Ax\)가 필요하다면 순 생산물 벡터는 아래와 같다.

\[ x - Ax = (I-A)x \]

순생산물 벡터 \(b\)를 얻게 위해서는 아래의 식이 성립해야 한다.

\[ (I-A) x = b \]

만일 \((I-A)\)가 가역이라면 유일한 해 \(x\)가 존재하게 된다. 문제는 \(x \geq 0\)를 보장할 수 있는지, 이다. 즉, 어떤 경제가 생산적이라는 정의는 아래와 같다.

\[ x = (I-A)^{-1} b \geq 0 \]

Productive matrix

원래 바실리 레온티에프 (동지?)가 제시했던 생산적인 행렬 \(A\)의 정의는 살짝 더 엄격하다. 원래 \(A\)의 정의는 다음과 같다.

\((I- A)x > 0\)을 만족하는 비음의 벡터 \(x\)가 존재할 때, \(A\)를 생산적 매트릭스 혹은 레온티에프 메트릭스라고 정의한다. 이 정의는 매우 중요하다. 이후의 조건에서 결정적으로 활용되니 잘 기억해두도록 하자.

잘 생각해보면 경제적인 의미가 있다. 뒤에 다시 나오겠지만, \(A x\)는 어떤 의미를 지닐까? 원하는 생산량이 \(x\)라면 이에 필요한 투입량이 \(Ax\)다. 즉, \(x - Ax\)란 다음 기 (목표) 산출에서 이를 위해 필요한 이번 기 투입 산출을 뺀 것이다. 이 값이 양이어야 한다는 것이다. 이 값이 음이라면 생산적이지 못한 것이다. 만일 \(\boldsymbol{0}\) 벡터라면 연속적인 생산이 불가능한 상태가 된다.

Hawkins-Simon Condition

이를 보장해주는 것이 호킨스-사이먼 조건(Hawkins-Simon condition) 이다. H-S 조건을 증명하기에 앞서 몇가지 렘마를 깔아보도록 하자. 앞으로 특별한 언급이 없는 이상 벡터와 매트릭스는 적당한 크기(차원)을 지니고 있다고 가정하겠다.

Lemma 1

두 개의 벡터 \(x^1\), \(x^2\)가 있다고 하자. if \(x^1 \geq x^2\) and \(A \geq 0\), then \(A x_1 \geq A x_2\).

증명은 간단하니 생략하도록 한다. 직접 계산해보면 된다.

Lemma 2

만일 \(A\) 가 생산적 행렬이라면, \(A^s\)의 모든 원소는 \(s \to \infty\)에 따라서 0으로 수렴한다.

증명해보자. 일단 A가 생산적 행렬이라는 조건에서, 아래와 같이 주장할 수 있다.

\[ x > Ax \geq 0 \]

\(A\)와 \(x\) 모두 비음이라는 점을 떠올리면 된다. 이것이 성립한다면, \(0 < \lambda < 1\)의 \(\lambda\)가 존재하고 이는 다음을 만족한다.

\[ \lambda x > A x \geq 0 \]

여기에 다시 \(A\)를 앞 곱하면 다음과 같다.

\[ \lambda(Ax) > A^2 x \geq 0 \]

한편, 먼저 식에 이번에는 \(\lambda\)를 곱하면, 다음과 같다.

\[ \lambda^2 x > \lambda(Ax) \geq 0 \]

이제 이렇게 곱한 두 결과를 합치면, 다음과 같다.

\[ \lambda^2 x > A^2 x \geq 0 \]

이를 일반화하면,

\[ \lambda^k x > A^k x \geq 0 \]

\(k \to \infty\)에 따라서, \(\lambda^k \to 0\) 가 되기 때문에

\[ \lim_{k \to \infty} A^k x =0 \]

벡터 \(A^k x\)의 \(i\) 번째 벡터는 다음과 같다.

\[ \lim_{k \to \infty} \sum_{j=1}^n a^k_{ij} x_j = 0 \]

이는 임의의 \(x_j \geq 0\)에 대해서 항상 성립해야 한다. 따라서, \(\lim_{k \to \infty} a^k_{ij} = 0\)이 성립해야 한다.

Lemma 3

만일 \(A\)가 생산적 행렬이고 어떤 \(x\)에 대해서 \(x \geq Ax\)가 성립하면, \(x \geq 0\)

앞서 Lemma 2와 비슷한 논리로 다음과 같이 적을 수 있다.

\[ x \geq Ax \geq A^2x \geq \dotsb \geq A^k x. \]

즉, \(x \geq A^k x\). \(k \to \infty\)일 때 Lemma 2에 따라서,

\[ x \geq \lim_{k \to \infty} A^k x = 0. \]

Lemma 4

If \(A\) 가 생산적 행렬이라면, \((I-A)\) is non-singular.

증명은 간단하다. \((I-A)\)가 singular 라고 가정하자. 그렇다면, \(x \neq 0\)이면서, \((I-A) x = 0\)인 \(x\)가 존재하게 된다. \((I-A)(-x) = 0\) 역시 마찬가지라고 성립한다. \(-x \geq 0\)가 성립해야 하는데, 이를 만족시키는 \(x\)는 \(x = 0\)가 유일하다. 이는 \(x \neq 0\) 전제와 모순된다.

Theorem 1

비음의 벡터 \(d\)가 있을 때, \(A\)가 생산적일 때,

\[ (I-A)x = d \]

는 유니크한 비음의 해를 지닌다.

Proof

Lemma 4에 따르면, \((I-A)\)는 비특이(nonsingular) 행렬이다. 따라서 위 시스템의 해 \(x^*\)는 유니크하다. 아울러, \(d \geq 0\)이므로,

\[ (I-A) x^* \geq 0 \] 가 성립한다. \(A\)는 생산적이고 위 식이 성립하므로 Lemma 3에 따라서 \(x^* \geq 0\).

Hawkins-Simon Condition

1. A는 생산적
2. 행렬 \((A-I)^{-1}\)이 존재하며, 비음
3. \(B = I - A\) 모든 주 행렬식이 양수

보통 호킨스-사이먼 조건은 3번을 뜻한다. 3과 2번이 동치를 밝히는 것을 호킨스-사이먼 정리로 지칭한다.

먼저 1과 2가 동치임을 증명해보자.

Sufficiency (1 → 2)

A가 생산적 행렬이며, Lemma 4에 의해서 \((I-A)^{-1}\)이 존재함을 알 수 있다.

\[ \Phi_s = I + A + \dotsc + A^s \]

라고 하자. 이때,

\[ A \Phi_s = A + A^2 + \dotsc + A^{s+1}. \]

\[ (I - A) \Phi_s = I - A^{s+1}. \]

앙변에 극한값을 취하면,

\[ \lim_{s \to \infty} [(I-A) \Phi_s ] = I \]

이 성립한다. 이는 Lemma 2에 의해서 \(\lim_{s \to \infty} A^{s+1} \to 0\)가 성립하기 때문이다.

\[ \lim_{s \to \infty} \Phi_s = (I-A)^{-1} \]

\(A \geq 0\)이기 때문에, \(\Phi_s \geq 0\)가 항상 성립한다. 따라서,

\[ (I-A)^{-1} \geq 0 \]

Necessity (1 ← 2)

\((I-A)^{-1} \geq 0\)가 성립한다고 하자. 임의의 \(d > 0\)를 잡으면 \(x = (I-A)^{-1} d \geq 0\) 가 성립한다. 이때,

\[ x = A x + d > Ax \]

가 성립하므로 1이 만족한다.

나머지 증명은 테크니컬한 문제이므로 생략하자.

Eigenvalues & Eigenvectors

이제 생산적 행렬의 아이겐밸류와 아이겐벡터를 고민해보도록 하자. 생산적 행렬의 정의 \(x - Ax > 0\)에서 출발해보자. 만일 아이겐밸류 \(\lambda\)가 존재한다면 그 값은 어때야 할까? 즉,

\[ \lambda x - Ax = \lambda x - x < 0 \]

따라서 \(\lambda < 1\)이 된다. 아울러, 비음 행렬의 P-F 정리에 따르면 가장 아이겐밸류가 존재할 때 가장 큰 값 \(\lambda_{\rm pf}\)가 존재하는데, 이 역시 \(\lambda_{\rm pf} < 1\)이 된다. 따라서 이에 상응하는 아이겐벡터 \(x_{\rm pf}\)는 다음을 만족시켜야 한다. \((I-A) x_{\rm pf} \geq 0\).

\[ (I-A) x_{\rm pf} = (\lambda_{\rm pf} I - A ) x_{\rm pf} + (1 - \lambda_{\rm pf}) x_{\rm pf} = (1-\lambda_{\rm pf}) x_{\rm pf} \geq 0 \]

식의 마지막은 각각 \(\lambda_{\rm pf} < 1\) 그리고 \(x_{\rm pf} \geq 0\)로부터 성립한다.

Some Applications

Steady-state growth rate

투입계수 행렬 \(A\)를 지닌 어떤 경제를 상정하자. \(A\)가 생산적 행렬이라고 하자. 그리고 금기 초의 투입물 벡터를 \(x_0\)라고 하자. 금기 말에 생산물 벡터를 \(x_1\)이라고 하면, 아래의 관계가 성립한다.

\[ x_0 = A x_1 \]

보통 함수를 적을 때 왼쪽에 산출을 오른쪽에 투입을 적어서 약간 의아할 수 있다. 하지만,

\[ A = [A_1, \dotsc, A_i, \dotsc, A_n] \]

\(A_i\)는 \(A\)의 컬럼 벡터를 나타난다. \(a_{ij}\)는 \(j\) 한단위를 생산하기 위해 필요한 투입 \(i\)를 나타낸다. 따라서,

\[ Ax = a_1 x_1 + \dotsb + a_i x_i + \dotsb + a_n x_n \]

는 \(x_i\)를 얻기 위해 필요한 투입 벡터들의 선형결합으로 이해하면 쉽다. 따라서 \(x_0 = A x_1\)이 성립한다. 이제 \(x_0\)가 \(g\)의 성장률로 성장한다고 하자. 즉, \(x_0 = (1+g) x_0\)이다. 이를 정리해서 쓰면 다음과 같다.

\[ A x_0 = \dfrac{1}{1+g} x_0 \]

이때 \(\dfrac{1}{1+g}\)는 아이겐밸류, \(x_0\)는 아이겐벡터임을 알 수 있다. \(A\)가 생산적 행렬이기 때문에 아이겐밸류는 \([0,1)\) 사이에 존재하게 된다. 따라서, \(g = \dfrac{1}{\lambda}-1 > 0\)로 성장하게 된다.

Equilibrium price

투입계수 행렬이 \(A\)인 경제를 생각하자. 각 재화를 생산하는 기업의 이윤율이 모두 \(\pi\)로 동일하다고 하자. 이때 가격 백터 \(p = [p_1, \dotsc, p_n]^T\)가 균형 가격이 되기 위한 조건은 무엇일까? 우선 \(i\) 기업의 이윤을 따져보자. \(i\) 기업이 생산물 1 단위를 생산하기 위해 필요한 원자재는 (\(i\) 자신의 물건을 포함해) \(n\) 개이고 그 각각 필요량은 \(a_{1i}, \dotsc, a_{ni}\)가 된다. 이들을 시장가격 \(p_\cdot\)으로 조달해와야 하므로 1단위당 원자재의 가격은 \(a_{1i} p_1 + \dotsc + a_{ni} p_n\)이 된다. 이제 원료 가격에 마크업 \(\pi\)를 붙이면 이것이 해당 기업이 설정한 균형 가격이 된다. 즉,

\[ p_i = (1+\pi)(a_{1i} p_1 + \dotsc + a_{ni} p_n) \]

이를 행렬로 나타나면 다음과 같다.

\[ p = (1 + \pi) A^T p \]

위 식에서 \(p\)는 \(A^T\)의 아이겐벡터이고 균등 이윤과 해당 아이겐밸류는 다음과 같다.

\[ \dfrac{1}{1+\pi} = \lambda_{\rm pf} \]

아이겐벡터는 스케일링이 가능하다. 즉, 가격 벡터는 다루기 편한 방식으로 정규화화면 된다.[^1]

통상적인 경우 임의의 재화 하나의 가격을 1로 둔다. 이런 재화를 단위재(numeraire)라고 부른다.