指定错误模型的不协调松弛

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剩下要检查的是条件（T2.C1）和（T2.C3）是否满足。为了验证条件（T2.C1），我们需要构建一个*所以我*) =  当完整模型被驳斥和ΘI（a）6= 尽管如此∈ A.*. 假设对于Z的支撑的任何zin，都存在一些θ∈ Θ和一些δ（z）>0使得e[m（X，z；θ）|z]≤ 几乎每个Z和kZ都为0- zk公司≤ δ（z）。然后，我们知道下面的子模型：E[（k（Z））- zk<δ（z））m（X，z；θ）]≤ 0始终是数据一致的。因此，如果我们定义函数δz，为δz，（z）=（kz- zk<）和函数sw的收集*as W*:= {δz，：∈ [0，δ（z）），z∈ Z} 其中Z是Z的支撑，然后是A*可以构造为w索引的子模型集∈ W*（A.2）保持不变。在下列命题中列出的正则条件下，我们也可以确保ΘI（A*) =  每当ΘI（A）=.提议3。假设（a）ekm（X，Z；θ）k<∞ 对于每个θ∈ Θ.（b） 要么Z是离散的，要么E[m（X，Z；θ）| Z=Z]在Z中是连续的。（c）对于Z的支撑的任何zin，都存在一些邻域Ohm关于一些θ∈ 使得E[m（X，Z；θ）|Z]≤几乎每个Z都是0Ohm.然后，定理2的条件（T2.C1）是满足的。注意，上述命题中条件（c）的一个有效条件是，对于支撑t的任何zin，都存在θ∈ Θ满足E[m（X，Z；θ）|Z=Z]<0。最后，让我们验证定理2的条件（T2.C3）。假设Θ是紧的。那么，对于任何一个∈ A、 如果E[w（Z）m（X，Z；θ）]是θ对每个w的连续函数，我们可以确保ΘI（A）是紧的∈ W+。[w（Z）m（X，Z；θ）]连续的一个简单有效条件是，E[m（X，Z；θ）|Z]在θ内几乎肯定是连续的，并且由某个可积函数支配。提议4。

假设（a）E[m（X，Z；θ）|Z=Z]几乎肯定在θ中是连续的。（b） 存在一些函数g（·），使得supθ∈ΘkE[m（X，Z；θ）|Z]k≤ g（Z）几乎可以肯定，E|g（Z）|∞.（c） Θ很紧凑。然后，定理2的条件（T2.C3）被满足。结合这两个命题，我们得到了定理2的一个推论。推论2。假设（a）Z是离散的，或者E[m（X，Z；θ）|Z=Z]在Z中是连续的。（b）E[m（X，Z；θ）|Z=Z]在θ中几乎肯定是连续的。更精确的说法是，存在一些g（z；θ），使得g（z；θ）在z中是连续的，几乎可以肯定E[m（X，z；θ）|z=z]=g（z；θ）。错定模型29（c）的不协调松弛对于任何Z，在Z的支持下，都存在一些邻域Ohm关于一些θ∈ 使得E[m（X，Z；θ）|Z]≤几乎每个Z都是0Ohm.（d） 存在一个函数g（·）such，它支持θ∈ΘkE[m（X，Z；θ）|Z]k≤ g（Z）几乎可以肯定，E|g（Z）|∞.（e） Θ很紧凑。然后，当且仅当存在w时，（A.1）被驳斥∈ W+和W∈ W+M表示W=W的子模型（A.2）和W=W的子模型（A.2）均未被反驳，但这两个子模型的识别集具有空的接口。此外，无论何时（A.1）被驳斥，对于任何∈ W+~M在反驳子模型（A.2）时，存在一些W∈ W+和W∈ W+M例如，W=（~W，W）的子模型（A.2）和W=waredata的子模型（A.2）都是一致的，但这两个子模型的识别集具有空相交。这一结果补充了Andrews和Shi（2013）的发现。在Andrews和Shi（2013）中，他们为（A.1）等模型提出了一个推理程序。通过在一个子类中选择w，他们的推理将（A.1）转化为（A.2）∪M≥1W+m→ ∞ 随着样本量的增加。我们的结果表明，如果（A.1）可能被误判，增加m到单位对于确保结果的稳健性至关重要。

如果WI的维度是固定的，那么（A.2）的经验结果可能会产生误导，即使推理一致地控制大小。由于有限样本中经常使用有限元，我们的结果也提出了一个问题，即在可能的模型误判下，如何解释测试结果。A.2。二元IV示例继续。首先，请注意Ydz⊥ Z和Y=[YZ+Y（1-Z） ]D+[YZ+Y（1-Z） [（1）-D） ]表示以下不等式：q（0）≤ θ≤ 1.- q（0），（A.3）q（1）≤ θ≤ 1.- q（1）、（A.4）q（0）≤ θ≤ 1.- q（0），（A.5）q（1）≤ θ≤ 1.- 问题（1）。（A.6）我们的每一个单一假设ai的确定集∈ {1,2,3,4}如下所示：ΘI（{a}）={θ：（a.3）- （A.6）保持和θ- θ≥ 极大值{0，q（1）+q（0）- 1} ΘI（{a}）={θ：（a.3）- （A.6）保持和θ- θ≤ 最小{0,1- 问题（1）- q（0）}I（{a}）={θ：（a.3）- （A.6）保持和最大{0，q（1）+q（0）- 1} ≤ θ- θ} ΘI（{a}）={θ：（a.3）- （A.6）保持和θ- θ≤ 最小{0,1- 问题（1）- q（0）}很容易看出ΘI（{a}）∩ΘI（{a}）={θ：（a.3）- （A.6）保持和最大{0，q（1）+q（0）- 1} ≤ θ- θ≤ 最小{0,1- 问题（1）- q（0）}}={θ：（A.3）- （A.6）保持，θ=θ}=ΘI（{A，A}）。此外，注意当等式（A.3）-（A.4）保持θ时- θ≤1.- 问题（1）- q（0）表示在ifΘI（{a}）= <==> （4.2）被违反。类似地，我们可以表示ΘI（{a，a}）=ΘI（{a}）∩ ΘI（{a}）。此外，请注意，当Ydz⊥ Z、 假设a，一个只涉及1 Zar的假设与a完全垂直，一个只涉及Y0z的假设。因此，对于任何 {a，a}and a {a，a}，如果a和Aaredata一致，那么a也是一致的∪ A.上述结果表明（T4.C2）成立，这就完成了证明。

最后，我们可以很容易地得到以下定义集：ΘI（{a，a，a）}）=θ :q（0）≤ θ≤ 1.- q（0），q（1）≤ θ≤ 1.- q（1），θ- θ≤ 最小{0,1- 问题（1）- q（0）}，supzq（z）≤ θ= θ≤ 1.- supzq（z）。ΘI（{a，a，a）}）=θ :q（0）≤ θ≤ 1.- q（0），q（1）≤ θ≤ 1.- q（1），θ- θ≤ 最小{0,1- 问题（1）- q（0）}，supzq（z）≤ θ= θ≤ 1.- supzq（z）。ΘI（{a，a，a）}）=θ :q（0）≤ θ≤ 1.- q（0），q（1）≤ θ≤ 1.- q（1），max{0，q（1）+q（0）- 1} ≤ θ- θsupzq（z）≤ θ= θ≤ 1.- supzq（z）。30个指定错误模型的不协调松弛ΘI（{a，a，a）}）=θ :q（0）≤ θ≤ 1.- q（0），q（1）≤ θ≤ 1.- q（1），θ- θ≤ 最小{0,1- 问题（1）- q（0）}，supzq（z）≤ θ= θ≤ 1.- supzq（z）。ΘI（{a，a}）=θ :q（0）≤ θ≤ 1.- q（0），q（1）≤ θ≤ 1.- q（1），max{0，q（1）+q（0）- 1} ≤ θ- θ≤ 1.- 问题（1）- q（0），q（0）≤ θ≤ 1.- q（0），q（1）≤ θ≤ 1.- q（1），θ- θ≤ 最小{0,1- 问题（1）- q（0）}。ΘI（{a，a}）=θ :q（0）≤ θ≤ 1.- q（0），q（1）≤ θ≤ 1.- q（1），max{q（1）+q（0）- 1, 0} ≤ θ- θ、 q（0）≤ θ≤ 1.- q（0），q（1）≤ θ≤ 1.- q（1），max{0，q（1）+q（0）- 1} ≤ θ- θ.ΘI（{a，a}）=θ :q（0）≤ θ≤ 1.- q（0），q（1）≤ θ≤ 1.- q（1），θ- θ≤ min{1- 问题（1）- q（0），0}，q（0）≤ θ≤ 1.- q（0），q（1）≤ θ≤ 1.- q（1），θ- θ≤ min{1- 问题（1）- q（0），0}。, ΘI（{a，a}）=θ :q（0）≤ θ≤ 1.- q（0），q（1）≤ θ≤ 1.- q（1），θ- θ≤ min{1- 问题（1）- q（0），0}，q（0）≤ θ≤ 1.- q（0），q（1）≤ θ≤ 1.- q（1），max{0，q（1）+q（0）- 1} ≤ θ- θ.附录B.主要结果的证明B。1.定理1的证明。定理1是以下两个引理的直接结果。引理2。假设假设1成立且γ<γ。

将间隔W定义为以下内容：W：=[γ，γ]如果P（E[Y|Z]=γ）>0和P（E[Y|Z]=γ）>0（γ，γ）如果P（E[Y|Z]=γ）>0和P（E[Y|Z]=γ）=0（γ，γ）如果P（E[Y|Z]=γ）=0和P（E[Y|Z]=γ）>0（γ，γ）如果P（E[Y|Z]=γ）=0和P（Y|∈ H+m，ifeΘ（H）是非空的，因此eΘ（H）∩ W不是空的。引理2的证明。因为h有m个维度，我们可以写h=（h，…，hm）。然后，eΘ（h）可以表示为aseΘ（h）=[θ，θ]，其中θ=maxiE[hi（Z）Y]e[hi（Z）]，θ=miniE[hi（Z）Y]e[hi（Z）]。让我们首先证明θ≤ 这是矛盾的结果。假设δ：=θ- γ > 0. 让我∈ arg maxiE[hi（Z）Y]/E[hi（Z）]。然后，我们有[hi′（Z）（E[Y|Z]- θ] ）=0自E[Y | Z]-θ ≤ -δ和hi′是非负的，我们有E[hi′]δ≤ 这与δ>0和E[hi′（Z）]>0的事实相矛盾。此外，如果P（E[Y | Z]=γ）=0，那么对于所有i，E[hi（Z）Y]<γ·E[hi（Z）]，使得θ<γ。类似地，我们可以显示θ≥ γ、 如果P（E[Y | Z]=γ）=0，θ>γ。这些结果意味着eΘ（h）∩ W 6=当Θ（h）6=. 引理3。假设假设1成立且γ<γ。设W为（B.1）中定义的间隔。那么，对于任何θ∈ W、 存在一些h∈ H+使得eΘ（H）={θ}。错误指定模型的不协调松弛，引理3的证明。修正任何θ∈ W.定义S+={z:E[Y|z=z]≥ θ} ，S-= {z:E[Y | z=z]≤ θ} ，S+={z:E[Y | z=z]≥ θ} 和-= {z:E[Y | z=z]≤ θ}. 注意，对于任何θ>γ，γ的定义意味着P（θ≥ E[Y | Z]）>0。当P（E[Y | Z]=γ）>0时，对于任何θ≥ γ、 我们还有P（θ≥ E[Y | Z]）>0。自θ∈ W、 我们得出结论，P（Z）∈ s-) > 类似地，θ∈ W也意味着P（Z∈ S+>0。此外，由于E[Y | Z]≤ 几乎可以肯定，我们知道+ S+andS- s-几乎可以肯定。因此，P（Z∈ s-) > 0和P（Z）∈ S+>0。接下来，我们证明了存在一些满足E[Yh（Z）]=θ和E[h（Z）]=1的非负函数。

定义+（z）=（z）∈ S+/P（Z）∈ S+）和h-（z） =（z）∈ s-)/P（Z）∈ s-). 通过构造，h+和h-是非负的，andE[h+（Z）]=1和E[h-（Z） ]=1。此外，E[Yh+（Z）]≥ θ ≥ E[Y h-（Z） ]。因此，一定存在一些q∈ [0,1]这样的E[Y（qh-（Z） +（1）- q） h+（Z））]=θ。设h=qh-（Z） +（1）- q） h+（Z）。然后，这样的hsaties E[Y h（Z）]=θ和[h（Z）]=1。类似地，存在一些非负函数，满足E[Y h（Z）]=θ和E[h（Z）]=1。那么，E[h（Z）（°θ- Y） ]≥ 0相当于θ≥ θ. 要看到这一点，请注意e[h（Z）（)θ- Y） ]≥ 0<=> E[h（Z）]θ≥ E[h（Z）Y]<=>~θ ≥ θ，其中第二个等价式来自E[Y h（Z）]=θ和E[h（Z）]=1。类似地，我们可以显示E[h（Z）（Y）-~θ)] ≥ 0等于∧θ≤ θ. 设h=（h，h）。这些等价关系意味着∈eΘ（h），那么)θ=θ。此外，我们有E[h（Z）θ]=θ=E[h（Z）Y]≥ E[h（Z）Y]，其中第一个等式从E[h（Z）]=1开始，第二个等式从θ=E[h（Z）Y]开始，最后一个等式从E[Y | Z]开始≤ 几乎可以肯定。类似地，我们可以计算E[h（Z）θ]≤ E[h（Z）Y]。所以θ∈eΘ（h）。因此，eΘ（h）={θ}。B.2。定理2的证明。为了证明定理2，我们需要下面的引理。引理4。假设Θ是度量空间中的子集。假设以下条件中至少有一个成立：（1）A是有限集。（2） 对于任何一个∈ A、 ΘI（A）是紧凑的。此外，对于任何B A、 ΘI（B）=∩A.∈BΘI（a）。然后，对于任何子模型A A带ΘI（A）6=, 这里有一些 例如：我~A，（ii）ΘI（~A）6=, （iii）任何∈ A\\~A，ΘI（~A∪ {a} ）=.引理4的证明。设Abe为A的任意子集，其中ΘI（A）6=. 如果ΘI（A）6=, 然后我们可以让∧A=A，结果很小。在下文中，我们将重点讨论ΘI（A）=.假设A是有限的。然后，也可以用A={A，…，ak}来表示。此外，{a∈ 答：ΘI（A）6=} 也是有限的，并将其列举为{a，…，ak，ak+1，…，an}。

构造Bi，i=k，k+1。。。，n你草率地说：。设Bk=A。对于任何i≥ k、 le t Bi+1同等BiifΘI（Bi∪ {ai+1}= 和相等的Bi∪ {ai+1}如果不是这样。通过构造，一个 比安迪（Bi）6= 对于每个i=k。。。，n、 此外，对于任何∈ A\\Bn，或ΘI（A）= 这意味着ΘI（Bn∪ {a} ）=, 或ΘI（a）6= 这意味着一定存在一些∈ {k，…，n}与ΘI（Bi）∪ {a} ）= 因此，ΘI（Bn∪ {a} ）=. 换句话说，ΘI（Bn∪ {a} ）= 对于任何一个∈ A\\Bn。因此，让A=bn，我们得到期望的结果。假设A不是有限的。定义A={A\'\' A:A A′和ΘI（A′）6=}. A不是空的，因为A是空的∈ A.通过A的构造，存在满足引理中所有三个所需条件的子模型A，当且仅当A在偏序方面有一个最大元素, i、 这里有一些∈ A使得不存在A′∈ 为了证明A有这样一个最大元素，我们将应用Zorn引理，让Z是一个arbit-rarynonemp-ty链, i、 e.设Z是A的任意非空子集，使得对于Z中的任何A′和A′，eitherA′ A\'或A\' A′。定义A+=∪A′∈扎′。然后，ΘI（A+）=∩A′∈ZΘI（A′）。我们声称ΘI（A+）是一个紧集。要了解原因，请注意ΘI（A+）=∩A.∈A+ΘI（A）。因为任何一个∈ A、 ΘI（A）是紧的，因为Θ是度量空间，所以ΘI（A+）也是紧的。同样，我们可以证明，对于任何一个A′∈ Z、 ΘI（A′）是一个紧集。32错误指定模型的不协调松弛我们进一步声称ΘI（A+）是非空的。我们用矛盾来证明这一说法。假设ΘI（A+）为空，则Θ=（ΘI（A+））C=∪A′∈ZΘI（A′）Cby De Morgan定律。对于任何一个A\'∈ Z、 因为ΘI（A′）是紧的，所以ΘI（A′）是一个开放集。在Z中固定任意元素B。然后，Θi（B） ∪A′∈ZΘI（A′）C.因为ΘI（B）是紧的且非空的，所以存在有限个A。。。，Akth atΘI（B） ∪K∈{1，…，K}I（Ak）C。