Отдача от масштаба не следует из монотонности AC

Найдём функцию издержек TC(Q).
Изокванта уровня Q имеет вид $Q=f(L,K)$, откуда получаем:
$K=\frac{1}{L+1}+Q^a-1$
То есть это просто гипербола, сдвинутая влево на 1 и по вертикали на $Q^a-1$. Поэтому модуль наклона любой изокванты убывает, т.е. изокванта становится более пологой при движении по ней вправо (см. рисунок ниже).
Посчитаем наклон изокванты в самой левой точке:
$K'_L(L)=-\frac{1}{(L+1)^2}$
$K'_L(0)=-1$

Изокоста:
$TC=L+K$
$K=TC-L$
Наклон изокосты $K'_L(L)=-1$ в любой точке.

Таким образом: для любой изокванты самая низкая изокоста, имеющая с ней общие точки — это изокоста, проходящая через самую левую точку. То есть оптимум $L^*=0$, откуда $K^*=1+Q^a-1=Q^a$.

$TC(Q)=L^*(Q)+K^*(Q)=Q^a$, откуда получаем
$AC(Q)=Q^{a-1}$.
Значит:
при $a>1$ AC всюду возрастают
при $a=1$ AC всюду постоянны
при $0 < a < 1$ AC всюду убывают

Теперь построим нужные нам контрпримеры.

Пример 1

AC постоянны, т.е. $a=1$. Хотим найти такие $t>0$ и $\vec x\neq \vec 0$, что $f(t\vec x)\ne tf(\vec x)$.
Возьмём $\vec x = (1;0.5)$, $t=2$.
$f(\vec x)=f(1;0.5)=(0.5+1-\frac{1}{1+1})^1=1$
$f(t\vec x)=f(2;1)=(1+1-\frac{1}{2+1})^1=\frac 5 3$
$f(t\vec x)=\frac 5 3 \ne 2= tf(\vec x)$

Пример 2

AC убывают. Возьмём $a=0.5$. Хотим найти такие $t>1$ и $\vec x\neq \vec 0$, что $f(t\vec x)\le tf(\vec x)$.
Возьмём $\vec x = (4;0.2)$, $t=2$.
$f(\vec x)=f(4;0.2)=(0.2+1-\frac{1}{4+1})^2=1$
$f(t\vec x)=f(8;0.4)=(0.4+1-\frac{1}{8+1})^2\approx 1.66$
$f(t\vec x)\approx 1.66 < 2= tf(\vec x)$

Пример 3

AC возрастают. Хотим найти такие $t>1$ и $\vec x\neq \vec 0$, что $f(t\vec x)\ge tf(\vec x)$.
Для это примера нам потребуется другая производственная технология.
Положим цены факторов равными единице, то есть изокосты имеют наклон -1. Нужный пример можно получить, если изокванты имеют такой вид:
оптимум находится в центральной части (например, на луче $K=L$), и там выпуск растёт медленнее, чем издержки;
при этом при более высоких Q изокванты становятся более плоскими, за счёт чего вблизи осей изокванты располагаются ближе к началу координат, чем было бы при гомотетии, что в итоге позволяет получить на луче, расположенном на оси или близко к оси, пару точек с возрастающей отдачей от масштаба (см. рисунок).

Чтобы построить такой пример с конкретными функциями, возьмём кусочно-линейные изокванты, симметричные относительно луча K=L. Мы хотим, чтобы в оптимуме было $K^*=L^*=Q^a$, где $a>1$ (чтобы AC возрастали); а $L_{max}$ — крайняя точка изокванты, лежащая на оси, — должна быть такой, чтобы наклон прилежащего участка изокванты был по модулю меньше 1 (т.е. положе изокосты). Для этого возьмём $L_{max}=2Q^a+1$. Тогда получим уравнение правого участка изокванты (при $L\ge K$):
$K(L)=Q^a+\frac{\Delta K}{\Delta L}\Delta L=\\
=Q^a+\frac{-Q^a}{L_{max}-Q^a}(L-Q^a)=\\
=Q^a-\frac{Q^a}{Q^a+1}(L-Q^a)=\\
=Q^a-\frac{L-Q^a}{1+Q^{-a}}$
Аналогично, левый участок изокванты (при $K\ge L$) задаётся формулой $L(K)=Q^a-\frac{K-Q^a}{1+Q^{-a}}$.

$TC(Q)=L^*(Q)+K^*(Q)=2Q^a$, $AC(Q)=2Q^{a-1}$
Рассмотрим $a=1.1$. Тогда $AC(Q)=2Q^{0.1}$ — возрастают.
Рассмотрим изокванты уровня $Q=1$ и $Q=2$ и луч $K=\frac{L}{4}$.
Этот луч пересекает правый участок изокванты, поэтому получаем уравнение:
$Q^a-\frac{L-Q^a}{1+Q^{-a}}=\frac L 4$
При $Q=1$:
$1-\frac{L-1}{1+1}=\frac L 4$, откуда $L=2$, $K=\frac L 4 =0.5$
При $Q=2$:
$2^{1.1}-\frac{L-2^{1.1}}{1+2^{-1.1}}=\frac L 4$, откуда $L\approx 3.869$
$\frac{L_{Q=2}}{L_{Q=1}}\approx\frac{3.869}{2}\approx 1.93 < \frac 2 1$
Значит, для $\vec x=(2;0.5)$ и $t\approx 1.93$ имеем $f(t\vec x)\ge tf(\vec x)$, что и требовалось доказать.