时变模型的同时推理

第二个结果（D.13）来自（D.12），其中^Z=0，supθ∈假设为| g（0，θ）|<\'C。引理D.6（用于tvGARCH）。让q>0，ι>0。让我们来看看∈ Hmultι（M，χ，`C）。设^X=（^Xj）j∈N、 ^X=（^Xj）j∈Nbe随机变量序列。假设存在某个d>0，这样对于所有j∈ N、 （D.14）k^XjkqM≤ D、 k^XjkqM≤ D.设ζ独立于^X，^X与kζkqM≤ 然后存在一个常数C>0，仅依赖于M，D，χ，`C，使得sup |θ-~θ|<ι| | g)θ（ζ，^X，θ）- ~g~θ（ζ，^X，θ）|Q≤“C·C”∞Xj=1χjk^Xj-^XjkqM（D.15）supθ6=θ，|θ-~θ|<ι,|θ-~θ|<ι| | g)θ（ζ，^X，θ）- ~gθ（ζ，^X，θ）|θ- θ|Q≤“C·C，（D.16）sup |θ-~θ|<ι| | g)θ（ζ，^X，θ）|Q≤\'C·C.（D.17）52 S.KARMAKAR等人。引理D.6的证明。由于霍尔德的不平等，sup |θ-~θ|<ι| g |θ（ζ，^X，θ）- g~θ（ζ，^X，θ）|Q≤\'C|^X-^X|χ（1+|X|M）-1χ+|^X | M-1χ）（1+|ζ| M）Q≤\'C|^X-^X|χqM（1）+|^X|χM-1qM+|^X|χM-1qM）（1+kζkMqM）≤\'C（1+2（D|χ|）M-1） （1+DM）·∞Xj=1χjk^Xj-^XjkqM。这表明（D.15）。结果（D.16）与引理D.4中的结果类似。将（D.15）与^X=0和sup |θ-~θ|<ι| | g |θ（ζ，0，θ）|Q≤\'Ck1+|ζ| Mkq≤\'C（1+DM），我们得到（D.17）。引理D.7。让q≥ 1.假设假设A.1（A5），（A6）与一些r保持一致≥ q、 让g∈ H（M，χ，C），其中χi=O（i-(1+γ)). 然后它认为（我）支持∈[0,1]δsupθ| g（~Z（t），θ）| q（j）=O（j）-(1+γ)).（ii）对于Mi（t，η，u）：=^Kbn（u）- t） g（~Zi（u），η+η（u）- t） b-1n），我们有SUPU∈[0,1]supt，ηδM（t，η，u）q（j）=O（j）-（1+γ），supu∈[0,1]δsupt，η| M（t，η，u）| q（j）=O（j）-(1+γ)).（iii）设du（t）=θ（u）- θ（t）- （u）-t） θ（t）和M（2）i（t，u）：=^Kbn（u- t） {Rg（~Zi（u），θ（t）+sdu（t））ds}·du（t）。然后它适用于SUPU的每个组件∈[0,1]δM（2）（t，u）q（j）=O（bnj-（1+γ），supu∈[0,1]δsupt | M（2）（t，u）| q（j）=O（bnj-(1+γ)).（*）如果假设E.5（A5\'），（A6\'）对所有足够小的s>0保持一些r>q和g=`ful fill（E.13），则上述陈述仍然有效。证据（i） 设Zj（t）*是一个耦合版本的Zj（t），其中ζ被ζ取代*.

根据Emma D.4，我们得到了在某些常数C>0的情况下：δsupθ| g（~Z（t），θ）| q（j）=ksupθ| g（~Zj（t），θ）|- supθ| g（~Zj（t）*, θ） | kq≤ ksupθ| g（~Zj（t），θ）- g（~Zj（t）*, θ） | kq≤~C∞Xi=0^χik~Zj-i（t）-~Zj-i（t）*kqM≤~CjXi=0^χiΔY（t）qM（j）- i） 。（D.18）时变模型的同时推理53在（*）的情况下，设s>0，使得q（1+s）<r。然后我们通过引理D.5，存在一些C>0，使得δsupθ∈Θ| g（~Z（t），θ）| q（j）≤~C∞Xi=0^χ（s）ik~Zj-i（t）-~Zj-i（t）*kqM（1+s）+k~Zj-i（t）-~Zj-i（t）*ksqM（1+s）≤~CjXi=0χ（s）iδ∧Y（t）qM（1+s）（j）- i） +[δY（t）qM（1+s）（j）- i） ]s.（D.19）注意，如果两个序列ai，i<0时ai=bi=0的bi服从ai，bi=O（i-（1+γ）然后卷积cj=P∞i=1aibj-i+1直到服从cj=O（j-（1+γ））由于| cj |≤j+1Xi=1，i≥（j+1）/2 | ai |·| bj-i+1 |+j+1Xi=1，|j-我|≥（j+1）/2 | ai | bj-i+1|≤j+1-（1+γ）j+1Xi=1 | bj-i+1|+j+1-（1+γ）j+1Xi=1 | ai |=O（j）-(1+γ)).再加上假设（A6）和（D.18）或（在（*）情况下）假设E.5（A6\'）和（D.19），这表明支持∈[0,1]δg（~Z（t），θ）r（j）=O（j）-(1+γ)).第（二）、（三）项的证据相同，因为supt，η| Mi（t，η，u）|- supt，η| Mi（t，η，u）*|≤ supt，η| Mi（t，η，u）- Mi（t，η，u）*|≤ |^K|∞supθ| g（~Zi（u），θ）- g（~Zi（u）*, θ） |和（自| du（t）|∞≤ sups |θ（s）|∞· bnif | t- u|≤ bn），对于每个l，支持|M（2）i（t，u）l |- supt |M（2）i（t，u）*l|≤ 监督| M（2）i（t，u）l- M（2）i（t，u）*l|≤ |^K|∞sups |θ（s）|∞bn×suptZ | g（~Zi（u），θ（t）+sdu（t））- g（~Zi（u）*, θ（t）+sdu（t））|ds≤ |^K|∞sups |θ（s）|∞bnsupθ∈Θ| g（~Zi（u），θ）- g（~Zi（u）*, θ)|.引理D.8（用于tvGARCH）。让q≥ 1.假设假设E.5（A5’，（A6’）与一些r>q保持一致。对于s>0，让χ（s）=（χ（s）i）i∈Nbe一个χ（s）i=O（i）的序列-(1+γ)).设g是这样的：g＠θ（y，x，θ）：=g（F（x，x，θ，y），x，θ）full fill＠g∈ Hmultι（M，χ（s），\'C（s）），适用于足够小且大于0的ALL。然后是54秒。

KARMAKAR等人（i）支持∈[0,1]δsup |θ-θ（t）|<ι| g（~Z（t），θ）| q（j）=O（j）-(1+γ)).（ii）对于足够大的n，supu∈[0,1]支持，|η-ηbn（t）|<ι/2δM（t，η，u）q（j）=O（j）-（1+γ），supu∈[0,1]δsupt，|η-ηbn（t）|<ι/2 | M（t，η，u）| q（j）=O（j）-(1+γ)).（iii）对于足够大的n，supu∈[0,1]δM（2）（t，u）q（j）=O（bnj-（1+γ）和supu∈[0,1]δsupt | M（2）（t，u）| q（j）=O（bnj-(1+γ)).引理D.8的证明。（i） 设Zj（t）*是耦合版本的Zj（t），其中ζ由ζ代替*. 通过引理D.6，我们得到了在某些常数C>0时：δsup |θ-θ（t）|<ι| g（~Z（t），θ）| q（j）≤ k sup |θ-θ（t）|<ι| gθ（t）（ζj，| Xj（t），θ）- ~gθ（t）（ζj，~Xj（t）*, θ） | kq≤~C∞Xi=1χik~Xj-i+1（t）-~Xj-i+1（t）*kqM≤~C∞Xi=1χiδ≈Y（t）qM（j）- i+1）。现在的结果与引理D.7（i）在假设E.5（A6\'）下的证明一致。（ii）对于n，我们有足够大的|η-ηbn（t）|=|η-θ（t）|+|η-bnθ（t）|<ι/2意味着|（η+η（u-t） b-1n）-θ（t）|≤ |η-θ（t）|+|η|<和|θ- θ（t）|<ι，| u- t|≤ bn |θ- θ（u）|<由于θ（·）的一致连续性。因此，对于足够大的n：监督，|η-ηbn（t）|<ι/2 | Mi（t，η，u）|- 监督，|η-ηbn（t）|<ι/2 | Mi（t，η，u）*|≤ 监督，|η-ηbn（t）|<ι/2|^Kbn（u- t） |·| g（| Zi（u），η+η（u）- t） b-1n）- g（~Zi（u），η+η（u）- t） b-1n）|≤ supt，|θ-θ（t）|<ι|^Kbn（u）- t） | | gθ（u）（ζi，~Xi（u），θ）- ~gθ（u）（ζi，~Xi（u）*, θ)|≤ |^K|∞· sup |θ-θ（u）|<ι| | gθ（u）（ζi，~Xi（u），θ）- ~gθ（u）（ζi，~Xi（u）*, θ)|.其余部分如（i）所示。（iii）对于足够大的n，它认为| u-t|≤ 这意味着∈[0,1]|θ（t）+sdu（t）-θ（u）|<由于θ（·）的一致连续性。因此监督| M（2）i（t，u）|- 主管| M（2）i（t，u）*|≤ |^K|∞sups |θ（s）|∞bnsup |θ-θ（u）|<ι| | gθ（u）（ζi，~Xi（u），θ）- ~gθ（u）（ζi，~Xi（u）*, θ)|.时变模型的同时推理其余的工作如（i）所示。附录E：假设集的证明在本节中，我们证明假设2.1意味着假设A.1（案例1），假设2.2意味着假设E.5（案例2）。我们需要以下一般性声明（参见[？]，第46页或[12]页，命题证明2。1).

设| x |：：=Pdj=1 | xj |表示x的1-范数∈ 引理E.1。让我们∈ Rd×dbe a矩阵，设ρ（a）：=max{|λ|：a}的λ特征值为a的最大绝对特征值。设ε>0。然后存在一个可逆矩阵xm=M（ε）∈ Rd×d，使得范数|x | M:=|M-1x |，x∈ Rdon Rd和相应的矩阵范数|A | M:=sup{Ax | M:|x | M=1}在Rd×dSaties | A | M上≤ ρ（A）+ε。与[12]中命题2.1的证明类似，我们得到以下结论。引理E.2。让A:[0,1]→ Rd×dbe是一个连续函数。设ρ：=supu∈[0,1]ρ（A（u））<1。设ε>0。然后存在可逆矩阵M。。。，毫升∈ Rd×d如下所示：存在一个分区[0，1]=SLk=1Ikinto区间iku∈ Ik，|A（u）|Mk≤ ρ + ε.此外，存在一个常数c>0，因此对于任何a∈ Rd×d，|A |：：=dXi，j=1 | Ai，j |≤ c·infk=1，。。。，L | A | Mk.引理E.2的证明。我们采用[？]的证据。为了你∈ [0,1]，设M（u）表示与引理E.1中的A（u）和ε相关的矩阵。从第7节开始→ A（v）是连续的，存在δ（u）>0，因此对于所有v∈ （u）- δ（u），u+δ（u）），（E.1）|A（v）|M（u）≤ |A（v）- A（u）|M（u）+|A（u）|M（u）≤ε+ρ（A（u））+ε≤ ρ + ε.因为[0，1]是紧的并且（（u- δ（u），u+δ（u）））u∈[0,1]是开集的覆盖，存在很多u。。。，uL∈ [0,1]使得[0,1]SLk=1（英国）- δ（uk），uk+δ（uk））。LetMk:=M（英国）。我们现在证明第一个断言。那么对于任何v∈ [0,1]，让k∈ {1，…，L}是这样的∈ （英国）-δ（uk），uk+δ（uk））。然后通过（E.1），|A（v）|Mk≤ ρ + ε. 第二个断言是因为所有范数在Rd×d上都是等价的，所以特别是|·|和|·|是等价的。56 S.KARMAKAR等人。以下结果采用了一个引理[？]，引理6.2.10（第6.2节）中，对时变迭代模型。引理E.3。

假设zt，t>-p和ηt，t>0是两个正实数序列，每个t∈ N、 存在一个。。。，美联社：[0,1]→ [0, ∞) 和苏普∈[0,1]Ppk=1ak（u）<1和zt≤pXk=1ak（t/n）zt-k+ηt，t=1。。。，n、 然后存在0≤ a<1和一些常数c≥ 0这样的≤ c·T-1Xk=0akηt-k+在·|（z，…，z）-p+1）T|, t=1。。。，n、 引理E.3的证明。确定伴随矩阵X（u）：=a（u）a（u）。ap（u）10。00 1 0。0...............0 . . . 0 1 0特征多项式Qu（x）=1-a（u）z-...-ap（u）zp。因为苏普∈[0,1]Ppk=1ak（u）<1，多项式Quis是因果的，因此a:=supu∈[0,1]ρ（C（u））<1。定义ξt:=-zt+（Ppk=1ak（t/n）zt-k+ηt）≥ 然后z（p）t:=（zt，…，zt-p+1）Tandt:=（ηt）- ξt，0。。。，0）Tsatisfyz（p）t=C（t/n）·z（p）t-1+t，t∈ N.设Ht:=（ηt，0，…，0）t.带Cs，t:=C（t/N）······C（（s+1）/n），我们得到（这些不等式是按分量表示的）z（p）t=C0，t·z（p）+t-1Xk=0Ct-k、 tt-K≤ C0，t·z（p）+t-1Xk=0Ct-k、 tHt-k、 修正一些α∈ (~α, 1). 引理E.2在C（u）和ε=α中的应用- ~1α产生L∈ N、 M。。。，毫升∈ Rp×pand一个分区[0,1]=SLk=1 kinto interval Ik（较大的k表示Ik包含较大的值），这样对于u∈ Ik，| C（u）| Mk≤ α.对于时变模型的同时推理，我们用引理E.2再次得到| Cs，t|=LYk=1于∈{s+1n，…，tn}∩IkC（美国）≤LYk=1于∈{s+1n，…，tn}∩IkC（美国）≤ cLLYk=1于∈{s+1n，…，tn}∩IkC（美国）Mk≤ cLLYk=1Yu∈{s+1n，…，tn}∩IkC（u）Mk≤ cLLYk=1Yu∈{s+1n，…，tn}∩Ikα=cLαt-s、 （E.2）E.1。案例1：递归定义的模型。提案E.4。如果假设2.1成立，那么假设A.1充满了everyr=2+~A，~A<A，相应的M和γ>2任意大。它认为V（t）=∧（t）。如果（i）Eζ=0，或（ii）u（x，θ）≡ 0或（iii）σ（x，θ）≡ βandEm（~X（t））=0，则i（t）=Ik0（Eζ）-1） Il+1/2· V（t），其中Id表示d维单位矩阵。命题E.4的证明。

选择0<a<一个足够小的值，使（2.5）保持kζk（2+-a）m被kζk2M取代（这是可能的，因为a=0中的项是连续的）。设q=（2+~a）M.设ν=（ν，…，νl）和M=（M，…，mk）T.define Wn（y，T）：=Gζn（Gζn）-1（…Gζ（y，t）。。。，t） 式中gζ（y，t）：=u（y，θ（t））+σ（y，θ（t））ζ。我们有|σ（y，θ）- σ（y，θ）|≤lXi=0βi |νi（y）- νi（y）|≤lXi=0pβi | y- y |ρi·，1·pβiνi（y）+pβiνi（y）≤lXi=0pβi | y- y |ρi·，1·σ（y，θ）+σ（y，θ）,58 S.KARMAKAR等人，即|σ（y，θ）- σ（y，θ）|≤lXi=0pβi | y- y |ρi·，1，我们有kgζ（y，t）- Gζ（y，t）kq≤ |u（y，t）- u（y，t）|+|σ（y，t）- σ（y，t）|·kζkq≤kXi=1 |αi（t）|·| mi（y）- mi（y）|+lXi=0pβi（t）|y- y |ρi·，1≤kXi=1 |αi（t）|·| y- y |κi·，1+lXi=0pβi（t）|y- y |ρi·，1=kXi=1 |αi（t）| pXj=1κij | yj- yj |+lXi=0pβi（t）pXj=1ρij | yj- yj |=pXj=1kXi=1κij |αi（t）|+lXi=0ρijpβi（t）· |yj- yj |。（E.3）定义（t）：=kXi=1κij |αi（t）|+lXi=0ρijpβi（t）。然后我们有zn（t）：=kWn（y，t）- Wn（y，t）kq，n≥ p+1:zn（t）≤pXj=1aj（t）·zn-j（t）。自从苏普特∈[0,1]Ppj=1aj（t）<1表示θ（t）∈ Θ，引理E.3意味着∈ （0,1），c>0，zn（t）≤ c·安-p·|（zp，…，z）T |。根据Wn（·）和（E.3）的定义，kzj（t）kq≤ c·y- y代表j∈ {1，…，p}。因此，对于某些常数c>0，kWn（y，t）- Wn（y，t）kq≤ c·安·y- y |。通过[52]定理2，我们得到了supt∈[0,1]δY（t）（k）=O（)ρk）和一些)ρ∈ （0,1）和d:=支持∈[0,1]k~Y（t）kq<∞.因此，A.1（A6）适用于任意大的γ>0。时变模型的同时推断通过θ与常数Lθ的Lipschitz连续性，我们有（E.4）|u（y，θ（t））- u（y，θ（t））|≤ Lθ| t- t | kXi=1 | mi（y）|和|σ（y，θ（t））- σ（y，θ（t））|≤ Lθ| t- t|lXi=0pνi（y）2β1/2minpβi（t）νi（y）+pβi（t）νi（y）≤Lθ2β1/2min | t- t | lXi=0pνi（y）（σ（y，θ（t））+σ（y，θ（t）），这表明（E.5）|σ（y，θ（t））- σ（y，θ（t））|≤Lθ2β1/2minlXi=0pνi（y）。注意，（2.4）意味着mi（y），pνi（y）≤ C | y |+C，一些常数C，C>0。

通过（E.4），（E.5），我们得到了t6=tkGζ（y，t）- Gζ（y，t）kq≤ |u（y，θ（t））- u（y，θ（t））|+kζkq |σ（y，θ（t））- σ（y，θ（t））|≤ C|t- t|1+| y|,一些常数C>0。这意味着q≥ 1，kYi（t）-~Yi（t）kq=kGζi（~Yi）-1（t）。。。，~Yi-p（t），t）- Gζi（~Yi）-1（t）。。。，~Yi-p（t），t）kq≤ 千克ζi（~Yi）-1（t）。。。，~Yi-p（t），t）- Gζi（~Yi）-1（t）。。。，~Yi-p（t），t）kq+kGζi（~Yi）-1（t）。。。，~Yi-p（t），t）- Gζi（~Yi）-1（t）。。。，~Yi-p（t），t）kq≤pXj=1aj（t）·kYi-j（t）- 易-j（t）kq+C | t- t|1+k |（| Yi）-1（t）。。。，~Yi-p（t）| kq≤pXj=1aj（t）·kYi-j（t）- 易-j（t）kq+C1+pD· |T- t |。D=suptkY（t）kq<∞. 我们有ρ：=supt∈[0,1]Ppj=1aj（t）<1，因此通过平稳性，k~Y（t）-~Y（t）kq≤pXj=1aj（t）| {z}≤ρ·kY（t）-~Y（t）kq+C1+pD· |T- t|.60 S.KARMAKAR等人因此（E.6）kY（t）-~Y（t）kq≤C1+pD1.- ρ·t- t |。这仍然是为了证明这一点-~Yi（i/n）kq≤ Cn-1.给你，姬-~Yi（i/n）kq=kGζi（Yi）-1.易-p、 i/n）- Gζi（~Yi）-1（i/n）。。。，~Yi-p（i/n），i/n）kq≤pXj=1aj（i/n）kYi-J-~Yi-j（i/n）kq≤pXj=1aj（i/n）kYi-J-~Yi-j（（i）- j） /n∨ 0）kq+pXj=1aj（i/n）kYi-j（（i）- j） /n∨ 0) -~Yi-j（i/n）kq≤pXj=1aj（i/n）kYi-J-~Yi-j（（i）- j） /n∨ 0）kq+ρCp/n对于某些C>0，其中最后一步是由于（E.6）。定义zi:=kYi-■易（识别号）∨0）kq。注意，对于i，zi=0≤ 0.在引理E.3处使用ηi=ρCp/n，可以得到thatkYi-~Yi（i/n）kq≤ Cρp/n对于某些C>0。接下来是苏皮，恩基克≤ 苏皮，恩基-~Yi（i/n）kq+supi，nk~Yi（i/n）kq<∞.因此，我们已经展示了假设A.1（A5），现在我们检查函数“”的属性。首先要注意的是，静态近似的递推，~Yi（t）=u（~Xi（t），θ（t））+σ（~Xi（t），θ（t））ζi，意味着E~Y（t）=0和E~Y（t）=Eu（~X（t），θ（t））+Eσ（~X（t），θ（t））≥ βminνmin>0。此外，对于L（t，θ）：=E`（~Z（t，θ），它认为L（t，θ）- L（t，θ（t））=Eu（X（t），θ）- u（~X（t），θ（t））σ（~X（t），θ）+Ehσ（~X（t），θ（t））σ（~X（t），θ）- 对数σ（~X（t），θ（t））σ（~X（t），θ）- 1i。（E.7）在下文中，我们使用符号| x | A:=xTAx表示加权向量范数。

注意（E.8）Eu（X（t），θ）- u（~X（t），θ（t））σ（~X（t），θ）≥ c |α- α（t）|M（t），时变模型61c=（maxθ）的同时推理∈Θmaxiθi）-1和M（t）：=E[M（~X（t））M（~X（t））T1ν（~X（t））ν（~X（t））t]。如果M（t）不是正定义，这意味着存在v∈ 这意味着vu（~X（t））u（~X（t））v=0 a.s.，因此e[u（~X（t））u（~X（t））t]的非正不确定性与假设相矛盾。通过f（x）=x的泰勒展开式- 日志（x）- 1，我们得到了σ（~X（t），θ（t））σ（~X（t），θ）- 对数σ（~X（t），θ（t））σ（~X（t），θ）- 1i≥Eh（σ（~X（t），θ）- σ（~X（t），θ（t））（σ（~X（t），θ）- σ（~X（t），θ（t））+σ（~X（t），θ）i≥c |β- β（t）|M（t），（E.9），其中M（t）=E[ν（~X（t））ν（~X（t））T1ν（~X（t））ν（~X（t））t]根据假设为正定义（使用与上述类似的论证）。通过（E.7），（E.8）和（E.9），我们得出θ7→ L（t，θ）在θ=θ（t）中唯一最小化。这显示了A.1（A3）。省略参数z=（y，x）和θ，我们得到`=h（y）- hα，mi）hβ，νi+loghβ，νii，（E.10）θ` = -θmσY- mσ+θ（σ）2σh1-Y- mσ我=-mσY-mσν2σ1.-Y-mσ!=mhβ，νi（y）- hα，mi）ν2hβ，νi1.-（y）-hα，mi）hβ，νi!,（E.11）θ` =θmθmTσ+Y- mσ·Hθmθ（σ）T+θ(σ)θmTσ-θmσi+θ（σ）2σh1-Y- mσ我+θ(σ)θ（σ）T2σhY- mσ- 1i=mmTσy-mσ·mνTy-mσ·νmTνT2σY-mσ- 1.!=mmThβ，νiy-hα，mihβ，νi·mνTy-hα，mihβ，νi·νmTνT2hβ，νi（y）-hα，mi）hβ，νi- 1.!.（E.12）因为ζ与＠X（t）无关∈ 如果Eζ=0，Eζ=1，我们得出结论[θ`（Z（t），θ（t））|Ft-1] =呃-u（~Xj（t），θ（t））σ（~X（t），θ（t））ζ+ν（~X（t），θ（t））2σ（~Xj（t），θ（t））（1- ζ)英尺-1i=0,62 S.KARMAKAR等人，即。θ`（Z（t），θ（t））是一个鞅差序列，表明V（t）=∧（t）。

我们进一步得到（我们省略了u，σ的参数（~X（t），θ（t））：V（t）=Eθ`（Z（t），θ（t））=EmmThβ，νi0 EννT2hβ，νi!.通过与上述类似的论证，我们得出结论，V（t）是正定义（通过连续性，这意味着V（t）的最小特征值在t中一致地有界于0之外）。根据鞅差性质，I（t）=∧（t）。省略参数（X（t），θ（t）），I（t）=E[θ（~Zj（t），θ（t））θ（~Z（t），θ（t））t]=EmmTσE[ζ]·EmνT2σE[ζ]·EνmT2σE[ζ]-1·EννTσ!= EhσmE[ζ]2σν！TmE[ζ]2σν！i+0E[ζ]-E[ζ]-1.EννTσ!,这是正半定义，因为E[ζ]=E[ζ（ζ- 1)] ≤ E[ζ]1/2E[（ζ]- 1） [1/2=（E[ζ]- 1)1/2. 正不确定性源于（v，v）TI（t）（v，v）=0意味着上一次求和中的νTv=0 a.s.和前一次求和中的vTm+E[ζ]2σvTν=0 a.s.即vTm=0 a.s.这导致与正不确定性E[νt]或E[mmT]相矛盾。因此，我们得出假设A.1（A4）已满。仔细检查（E.10）、（E.11）和（E.12）可以发现`，θ`, θ` ∈ H（3，)χ，)C），其中一些)C>0和)χ=（1，…，1，0，0，…）由最大{k，l}个1后跟0组成，表示假设A.1（A1）。在特殊情况下u（x，θ）≡ 0，似乎不可能直接改善M值。在σ（x，θ）的特殊情况下≡ β、 我们有`=h（y）- hα，mi）β+logβi，θ`=mβ（y）- hα，mi）2β（1-（y）-hα，mi）β）！，θ` =mmTβy-hα，miβmy-hα，miβmT2β（y）-hα，mi）β- 1.,这意味着`，θ`, θ` ∈ H（2，~χ，~C）。时变模型的同时推理63E。2.案例2：tvGARCH。类Hmultι（M，χ，\'C）。在tvGARCH的情况下，我们需要一个更具体的`结构来获得弱力矩假设下的结果。

为了利用tvGARCH似然分析中出现的独立性，让我们引入Hmultι（M，χ，\'\'C）类，它由函数g:R×RN×Θ组成，使得supθ∈Θ| g（y，0，θ）| 1+| y | M≤\'C和sup |θ-~θ|<ιsupysupx6=x | g（y，x，θ）- g（y，x，θ）| | x- x |χ（1+| x | M）-1χ+| x | M-1χ（1+| y | M）≤\'C，supx，ysupθ6=θ，|θ-~θ|<ι,|θ-~θ|<ι| g（y，x，θ）- g（y，x，θ）| |θ- θ|（1+| x | Mχ）（1+| y | M）≤C.现在给出了一组略微不同的假设（假设E.5），这些假设是为条件异方差模型（导致较弱的矩假设）专门设计的。假设E.5（异方差递归定义的时间序列情况）。让我，我∈ Zbe是一个i.i.d.序列。假设对于任何t∈ [0,1]它认为∧Yi（t）=F（∧Xi（t），θ（t），ζi），i∈ Z、 其中F是一些可测函数。设<<<<θ（y，x，θ）：=`（F（x，θ，y），x，θ）。假设有一天≥ 2，（A1\'）`是两次连续可微的w.r.t.θ。有M≥ 1使得对于每一个>0的，存在χ（s）=（χ（s）j）j=1,2，。。。χ（s）j=O（j）-（1+γ）和`C（s）>0，这样o`，θ`, θ` ∈ H（2M（1+s），χ（s），\'C（s））。o（E.13）supθsupz6=z |`（z，θ）- `（z，θ）| | z- z | s^χ（s），s（1+| z | M^χ+| z | M^χ）+z- z|^χ（s）（1+|z|M）-1^χ+|z|M-1^χ）1+s）≤“C（s）。”存在ι>0，这样θ~`, θ~` ∈ Hmultι（M（1+s），χ（s），\'C（s））（A2\'）（A2）保持，（A3\'）（A3）保持，（A4\'）（A4）保持，（A5\'）（A5）保持和kζkrM≤ D.（A6\'）监督∈[0,1]δ∧Y（t）rM（k）=O（ρk）和一些ρ∈ （0，1）。64 S.KARMAKAR等人。我们现在证明假设2.2意味着假设E.5。提案E.6。假设2.2成立。然后假设E.5中充满了每一个r=2+~a、~a<a和M=2。它认为∧（t）=I（t）=（（Eζ- 1） /2）V（t）。对于下面的命题，让我们介绍下面的符号。对于随机向量v∈ rdq>1，我们定义kvkq:=（kvjkq）j=1，。。。，d、 类似于随机矩阵∈ Rd×d，定义kAkq:=（kajkq）j，k=1，。。。，D