增长最大似然估计的渐近性质

然后，MLEbbTof b是强一致且渐近正态的，即bbTa。s-→ b作为T→ ∞, 和√T（bbT- b） D-→ N0，σba作为T→ ∞.（5.2）随机缩放，σZTYsds公司1/2（bbT- b） D-→ N（0，1）为T→ ∞.证据根据命题4.2，对于所有T存在唯一的MLEbbTof b∈ R++，其形式如（4.3）所示。根据定理2.5的（i），（Yt）t∈R+具有唯一的定态d分布π，其中R∞yπ（dy）=ab∈ R++。根据定理2.5的（ii），我们得到了trtysdsa。s-→R∞yπ（dy）为T→ ∞,也意味着危险DSA。s-→ ∞ 作为T→ ∞. 平方可积鞅的二次变分过程Rt公司√YsdWs公司t型∈R+采用以下形式RtYsdst型∈R+，使用（5.1）和TheoremB。我们有BBTA。s-→ b作为T→ ∞. 此外，使用定理B.2和η：=R∞yπ（dy）1/2和Slutsky引理，我们有√T（bbT- b） =-σ√TRT公司√YsdWsTRTYsdsD-→ -σR∞yπ（dy）1/2N（0，1）R∞yπ（dy）=N0，σR∞yπ（dy）作为T→ ∞, 通过（2.16），我们得到（5.2）。此外，Slutsky引理产生σZTYsds公司1/2（bbT- b） =σTZTYsds公司1/2√T（bbT- b） D-→σZ∞yπ（dy）1/2N0，σR∞yπ（dy）= N（0，1）为T→ ∞. 6极大似然估计在临界情况下的一致性首先，我们描述了微分方程（3.1）ast的解ψu，vo的渐近行为→ ∞ 如果b=0，则使用所谓的分离器技术。注意，对于b，σ∈ R+，δ∈ R++和α∈ （1，2），函数R- x 7→eR（x）：=R(-x） =σx+Δαα(-x） α-bx是严格单调递减、连续、凸和limx→-∞eR（x）=+∞.实际上，eR′（x）=σx- δα(-x） α-1.- b<0，x∈ R--, andeR′（x）=σ+Δα（α- 1)(-x） α-2> 0，x∈ R--. 因此，对于所有v∈ R--, 方程式R(-x） =σx+Δαα(-x） α-bx=-v、 x个∈ R-, hasa唯一的负解，用cv表示∈ R--. 此外，如果x∈ （cv，0），然后是R(-x） <-v、 即R(-x） +v<0；如果x∈ (-∞, cv），然后R(-x） >-v、 即R(-x） +v>0.6.1命题。让a∈ R+，b=0，σ∈ R+，δ∈ R++，和α∈ (1, 2).

那么对于所有u∈ R-和v∈ R--, 微分方程（3.1）的唯一局部有界解ψu，vo满足极限→∞ψu，v（t）=cv。此外，ψu，v（t）∈ （cv，0），t∈ R+如果cv<u 6 0；ψu，v（t）∈ (-∞, cv），t∈ 如果u<cv，则为R+；ψu，v（t）=cv，t∈ R+如果u=cv。证据让v∈ R--固定。根据定理3.1，ψu，v（t）∈ R--对于所有t∈ R++。设Q（x）：=R(-x） +v=σx+Δαα(-x） α+v，x∈ R-. 注意，Q在R上是连续可微的--.此外，Q（x）=0，x∈ R-, 当且仅当x=cv且x的Q（x）<0时保持∈ （cv，0）和Q（x）>0表示x∈ (-∞, cv）。如果ψu，v（0）=u=cv，则微分方程（3.1）的唯一局部有界解的形式为ψu，v（t）=cv，t∈ R+，因为在这种情况下ψ′u，v（t）=0，t∈ R+，和σ（ψu，v（t））+Δα(-ψu，v（t））α+v=σcv+Δα(-cv）α+v=Q（cv）=0，t∈ R+，因此（3.1）成立。如果ψu，v（0）=u>cv，则ψu，v（t）>所有t的cv∈ R+。事实上，相反，让我们假设存在∈ R++使得ψu，v（t）=cv（这可以假设为ψu，v的连续性）。那么ψu，v（t）=cv将保持所有t∈ R+，因为众所周知，如果自治普通微分方程的两个最大解（右手边有一个连续可微分函数）在某些点重合，那么它们的范围重合，如Arnol\'d[3，第118页的推论]，并且相同的cvfunction是（3.1）的解（没有初始值）。由于ψu，v（0）>cv，这就导致了一个矛盾。因此，by（3.1），ψ′u，v（t）=Q（ψu，v（t））<0，t∈ R+，得到ψu，vis单调递减。由于ψu下面有cv，因此存在一个ecv∈ R-使ecv>cvand limt→∞ψu，v（t）=ecv。需要检查ecv=cv。我们证明Q（ecv）=0，产生ecv=cv，因为cv是Q（x）=0，x的唯一根∈ R-. 相反，让我们假设Q（ecv）>0（Q（ecv）<0的情况可以类似地处理）。

由于Q在ecv处是连续的，因此存在κ>0，使得所有x的Q（x）>Q（ecv）∈ R-满足| x-ecv |<κ。自限制以来→∞ψu，v（t）=ecv，存在t>0，使得|ψu，v（t）-ecv |<κ表示t>t。因此ψ′u，v（t）=Q（ψu，v（t））>Q（ecv），t>t。对[t，t]积分，我们得到ψu，v（t）- ψu，v（T）>Q（ecv）（T-T），T>T。假设Q（ecv）>0，取极限T→ ∞, 我们受到限制→∞ψu，v（t）=∞, 使我们屈服于矛盾。ψu，v（0）=u<cv的情况可以简单地处理，命题的其他部分也可以处理。6.2定理。让a∈ R++，b=0，σ，δ∈ R++，和α∈ (1, 2). Let（Yt）t∈R+是SDE（1.1）的唯一强解，满足P（Y=Y）=1且有一些Y∈ R+。那么MLE ofb是强一致的，即bbTa。s-→ b作为T→ ∞.证据Sin ce公司RtYsdst型∈R+是单调递增的P-几乎可以肯定，存在一个[0，∞]-valuedrandom变量ξ使RTYSDSA。s-→ ξ为t→ ∞, 因此，根据支配收敛定理，limt→∞E经验值vRtYsds公司= E[evξ]对于任何v∈ R-. 根据定理3.1，b=0，我们有经验值vZtYsds= 经验值yψ0，v（t）+aZtψ0，v（s）ds, t型∈ R+，v∈ R-.首先我们检查（6.1）Ztψ0，v（s）ds=Zψ0，v（t）xσx+Δαα(-x） 所有t的α+Vdx∈ R++和v∈ R--, 其中函数ψ0，v:R+→ R-由（3.1）给出。回想一下，对于所有v∈ R--, 简历∈ R--表示方程σx+Δαα的唯一负解(-x） α+v=0，我们有σx+Δα(-x） 所有x的α+v<0∈ （cv，0），并根据命题6.1，ψ0，v（t）∈ （cv，0）对于所有t∈ R+。因此，通过（3.1），函数[0，t] s 7→ ψ0，v（s）∈ （cv，0）是严格递减且连续可差的，因此，对于所有t∈ R++，通过代换x=ψ0，v（s）得到ztψ0，v（s）ds=Zψ0，v（t）xψ′0，v（ψ-10，v（x））dx，因此（6.1），其中ψ-vdenotesψ0的倒数，v.By（6.1），我们有经验值vZtYsds= 经验值yψ0，v（t）+aZψ0，v（t）xσx+Δαα(-x） α+vdx对于t∈ R++和v∈ R--.

根据第6.1条提案，限制→∞ψ0，v（t）=cv和hencelimt→∞Zψ0，v（t）xσx+Δαα(-x） α+vdx=Zcvxσx+Δα(-x） α+vdx=-∞.在这里，可以按如下方式检查最后一步。我们有Limx→cvσx+Δαα(-x） α+vx-cv=limx→cv（R(-x） +v）- （R）(-cv）+v）x-cv=-R′(-cv）=σcv-δα(-cv）α-1<0，因此存在x∈ （cv，0）使得σx+Δαα(-x） α+vx-cvσcv-δα(-cv）α-1对于所有x∈ （cv，x）。HenceZcvxσx+Δαα(-x） α+vdx 6Zcvxxσx+Δα(-x） α+vdx2xσcv- δα(-cv）α-1Zcvxx-cvdx=-∞,根据需要。因此，由于∈ R++，我们有限制→∞E经验值vZtYsds= exp{ycv+a(-∞)} = 0，v∈ R--,从而得出E（evξ）=0，v∈ R--. Sin ce，为所有v∈ R--,E（evξ）=E（evξ|ξ=∞) P（ξ=∞) + E（evξ|ξ<∞) P（ξ<∞)= 0·P（ξ=∞) + E（evξ|ξ<∞) P（ξ<∞),we h have 0=E（evξ|ξ<∞) P（ξ<∞), 得出P（ξ<∞) = 0，即P（ξ=∞) = 1、我们已经证明了RTYSDSA。s-→ ∞ 作为t→ ∞. 由于平方可积鞅的二次变分过程Rt公司√YsdWs公司t型∈R+采用以下形式RtYsdst型∈R+，使用（5.1）和TheoremB。我们有BBTA。s-→ b作为T→ ∞, 根据需要。在临界情况下，对所讨论的极大似然估计的渐近行为的描述仍然是开放的。7超临界情况下极大似然估计的渐近行为7.1定理。让a∈ R+，b∈ R--, σ ∈ R+，δ∈ R++，和α∈ (1, 2).

Let（Yt）t∈R+是SDE（1.1）满足P（Y=Y）=1且有一些Y的唯一强解∈ R+。（i） 然后存在一个随机变量V和P（V∈ R+=1 suc h thatebtYta。s-→ V和ebtZtYudua。s-→ -Vbas t→ ∞.（ii）此外，V的拉普拉斯变换采用公式E（euV）=expyψ*u+Z-ψ*uF（z）R（z）dz, u∈ R-,（7.1）其中函数F和R在命题2.1中给出，ψ*u： =限制→∞ψuebt，0（t），其中函数ψuebt，0:R+→ R-由（3.1）给出。（iii）进一步，ψ*= 0和ψ*u=-K-1(-u） 适用于所有u∈ R--, 其中K-1判定严格递增函数K的逆：（0，θ）→ R++由k（λ）给出：=λexpZλbR（z）-zdz公司, λ ∈ （0，θ），其中θ=inf{z∈ R++：R（z）∈ R+}∈ R++。（iv）此外，如果∈ R++，然后是P（V∈ R++）=1。在下一个备注中，我们将介绍ψ的更多性质*u、 u型∈ R--.7.2备注。（i） 对于所有λ，θ∈ （0，θ），我们有K（θ）K（λ）=θλexpZθλbR（z）-zdz公司=θλexpZθλbR（Z）dz-（对数（θ）-对数（λ））= 经验值ZθλbR（Z）dz,henceZθλbR（z）dz=对数K（θ）K（λ）.因此，对于所有λ∈ （0，θ）和u∈ R--, 我们得出结论-ψ*uλbR（z）dz=对数K级(-ψ*u） K（λ）= 日志K（K-1(-u） ）K（λ）= 日志-英国（λ）.（ii）利用反函数导数的公式，我们得到了dduψ*u=K′（K-1(-u） ）=K′(-ψ*u） =R(-ψ*u） 黑色(-ψ*u） ，u∈ R--.定理7.1的证明。首先，我们检查函数K是否定义良好并严格递增（0，θ）。观察R（z）=σz+Δαzα+bz∈ R--对于所有z∈ (0, θ). 此外，我们还有（7.2）bR（z）-z=-σz+Δαzα-1R（z）∈ R++，z∈ (0, θ).此外，limz↓0bR（z）-zz2型-α= -Δαbα∈ R++，因此存在z∈ （0，θ）使得bR（z）-zz2型-α6 -2Δαbα适用于所有z∈ （0，z）。亨塞尔茨bR（z）-zdz 6-2δαbαRzzα-2dz<∞. 函数（0，θ） z 7→bR（z）-z∈ R++是连续的，因此积分RλzbR（z）-zdz存在且对所有λ都是有限的∈ （0，θ），因此函数K定义得很好。

注意，积分rλ的存在性和唯一性bR（z）-zdz也遵循命题3.14及其在Li[25]中的证明，sinceR∞z log（z）m（dz）<∞, 其中，度量值m的形式为m（dz）=ΔαCαz-1.-αR++（z）dz。实际上，通过部分积分，（7.3）Z∞z log（z）m（dz）=ΔαCαz∞log（z）zαdz=δαCα1.- αlimz→∞对数（z）zα-1.-Z∞z-α1 -αdz=ΔαCα（1- α)< ∞.函数K在（0，θ）上严格递增，自br（z）起-z∈ R++适用于所有z∈ （0，θ），我们有limλ↓0K（λ）=0和limλ↑θK（λ）=+∞, 得出函数K的范围为R++，因此逆K-1定义于R++。的确，limz↑θR（z）z-θ=limz↑θR（z）-R（θ）z-θ=R′（θ）。我们有R′（θ）∈ R++，因为R（0）=0且R（θ）=0产生θ的存在∈ （0，θ），R′（θ）=0，函数R′在R+上严格递增。因此存在z∈ （0，θ）suchthatR（z）z-θ6 2R′（θ）对于所有z∈ （z，θ）。因此，对于所有λ∈ （z，θ），我们有zλbR（z）-zdz>-σz+Δαzα-12R′（θ）Zλzz- θdz→ +∞ asλ↑ θ.（i） 我们证明了一个适当的非负随机变量V的存在性。我们检查E（Yt | FYs）=E（Yt | Ys）=E-b（t-s） Ys+aebsZtse-BXDX适用于所有s、t∈ R+0 6 s 6 t，其中FYt：=σ（Ys，s∈ [0，t]），t∈ R+。第一个等式源自过程（Yt）t的马尔可夫性质∈R+。秒相等是马尔可夫过程Y的时间同质性和E（Yt | Ys=Y）=E（Yt）这一事实的结果-s | Y=Y）=e-b（t-s） y+aZt-东南方-bxdx，t∈ R+，y∈ R+，遵循命题2.3。ThenE（ebtYt | FYs）=ebsYs+aeb（s+t）Ztse-bxdx>ebsYsfor all s，t∈ R+与0 6 s 6 t，因此，过程（ebtYt）t∈R+是关于过滤（FYt）t的非负次鞅∈R+。

此外，E（ebtYt）=y+aebtZte-bxdx=y+aZtebxdx 6 y+aZ∞ebxdx=y-ab<∞, t型∈ 因此，根据次鞅收敛定理，存在一个非负随机变量Vsuch thatebtYta。s-→ V作为t→ ∞.（7.4）此外，如果ω∈ Ohm 使得ebtYt（ω）→ V（ω）为t→ ∞ , 然后，通过积分Toeplitz引理（seeK¨uchler and Sorensen[24，引理B.3.2]），我们得到了-buduZtYu（ω）dω=Rte-布杜兹特-bu（ebuYu（ω））du→ V（ω）为t→ ∞.HereRte公司-budu=e-英国电信-1.-b、 t型∈ R+，因此我们得出结论Btztyudu=1- ebt公司-bRtYuduRte公司-布杜阿。s-→ -Vbas t→ ∞.（7.5）第（ii）、（iii）和（iv）项的首次证明。对于u=0，我们很容易得到（7.1），因为微分方程（3.1）的唯一局部有界解是ψ0,0（t）=0，t∈ R+，表示ψ*= 0、收敛性ebtYta。s-→ V作为t→ ∞ 暗示ebtYtD-→ V作为t→ ∞, 因此，根据连续性理论，limt→∞E（exp{uebtYt}）=所有u的E（euV）∈ R-. 根据定理3.1，我们得到（7.6）E（exp{uebtYt}）=expyψuebt，0（t）+aZtψuebt，0（s）ds, t型∈ R+，因此限制→∞经验值yψuebt，0（t）+aZtψuebt，0（s）ds= E（euV）∈ （0，1）存在。注意函数ψuebt，0，u∈ R-, 不要依赖于a和y的值。因此，a=0和一些y∈ R++，我们得到极限limt→∞经验值ψuebt，0（t）存在，因此限制→∞ψuebt，0（t）=ψ*uexists也是。

使用（2.7）和ψu，0（s）=-vs公司(-u） 对于所有s∈ R+和u∈ R-（见备注3.2第（i）部分），我们得到AZTψuebt，0（s）ds=Z-ψuebt，0（t）-uebtF（z）R（z）DZ适用于所有t∈ R+和u∈ R--令人满意的-uebt∈ （0，θ），与（7.6）一起，得出（7.1）。如果t∈ R+和u∈ R--令人满意的-uebt∈ （0，θ），然后根据命题2.1第（iii）部分的证明，-ψuebt，0（t）∈ （0，θ），因此，根据Li[25]中的命题3.3，Z-ψuebt，0（t）-uebtR（z）dz=-t、 它得到（7.7）Z-ψuebt，0（t）-uebtbR（z）-zdz=-英国电信-Z-ψuebt，0（t）-uebtzdz。（7.7）的右侧为（7.8）-英国电信-Z-ψuebt，0（t）-uebtzdz=-英国电信- （日志(-ψuebt，0（t））- 日志(-uebt））=日志(- u）- 日志(-ψuebt，0（t））。我们已经证明了这一点-ψuebt，0（s）∈ （0，θ）对于所有s∈ R+屈服-ψ*u∈ [0, θ]. 莱廷特→ ∞ 在（7.7）中，我们得出结论-ψ*u∈ (0, θ). 的确，ψ*u=0是不可能的，因为（7.7）的左侧将趋向于0，（7.7）的右侧将趋向于+∞ （见（7.8））。此外，ψ*u=-θ不可能，因为（7.7）的左侧会倾向于toRθbR（z）-zdz=+∞（参见证明的开头），并且（7.7）的右侧将倾向于记录(-u）- 对数（θ）（见（7.8））。因此-ψ*u∈ （0，θ），并让t→ ∞ 在（7.7）中，我们得到-ψ*ubR（z）-zdz=对数(-u）- 日志(- ψ*u） 适用于所有u∈ R--. 可以用公式u=ψ表示*uexpZ-ψ*ubR（z）-zdz公司.因此，u=-K级(-ψ*u） 适用于所有u∈ R--. 函数K在（0，θ）上三次增加，见证明的开头，因此我们得出ψ*u=-K-1(-u） 适用于所有u∈ R--.接下来，我们检查∈ R++，然后是P（V∈ R++）=1。单调收敛定理产生E（euV）↓ E（{V=0}）=P（V=0）作为u→ -∞. 我们哈维利姆→-∞ψ*u=-利木→-∞K-1(-u） =-θ、 自limλ↑θK（λ）=+∞, 请参见标题的开头。因此，通过（7.1），我们得到了Limu→-∞E（euV）=经验值- yθ+ZθF（Z）R（Z）dz= 0，因此P（V∈ R++）=1，正弦θF（z）R（z）dz=- ∞ .

事实上，在证明的开始，存在z∈ （0，θ）使得r（z）z-θ6 2R′（θ）对于所有z∈ （z，θ）带R′（θ）∈ R++，henceRθF（z）R（z）dz 6RθzF（z）R（z）dz 6az2R′（θ）Rθzz-θdz=-∞.第二次证明（ii）、（iii）和（iv）。这一证明的思想是为了证明错误。首先，我们需要介绍一些基于Li的符号[25]。对于所有t∈ R+，letvt：=limλ→∞vt（λ），存在于（0，∞], 参见Li【25，定理3.5】，其中vt（λ），t，λ∈ 命题2.1的（iii）中给出了R+。Letv：=限制→∞存在于R+中的vt，已知v是方程R（z）=0，z的最大根∈ R+，见Li【25，定理3.8】。实际上，在我们的情况下，Li[25]中的条件3.6成立，sinceR（z）>bz+Δαzα>Δα2αzα>0表示z>-2bαδαα-1=：eθ>0，andZ∞eθR（z）dz<2αδαz∞eθz-αdz=2αeθ1-αδα(α - 1)< ∞.此外，Li【25，第63页】，v=θ和θ-2bαδαα-1、由于R′（0）=b<0，R′（z）=σ+Δα（α- 1） zα-2> 0，z∈ R++，和limz→∞R（z）=∞, 我们得到了R的正根，产生V=θ>0。对于所有t∈ R+，let[0，vt） 问题7→ ηt（q）是r的逆函数+ λ 7→ vt（λ），由于R+ λ 7→ vt（λ）是严格单调递增的，见Li【25，命题3.1】。根据李【25，提案3.14】，我们有限制→∞ηt（λ）ebt=K（λ）∈ R++，λ∈ (0, θ).（7.9）事实上，b∈ R--, 和（7.3），R∞z log（z）m（dz）<∞, 其中，度量值m取形式m（dz）=ΔαCαz-1.-αR++（z）dz。极限K（λ）isK（λ）=λexp的形式ZλbR（z）-zdz公司, λ ∈ （0，θ），然后是L i[25]中命题3.14的证明。

使用（7.4）和（7.9），我们得到了所有λ∈ （0，θ），ηt（λ）Yta。s-→ K（λ）V=：Uλ为t→ ∞.（7.10）使用与Li[25]中定理3.13和3.15的证明相同的思想，我们证明了E（euUλ）=exp-yf公司(-u、 λ）+Zf(-u、 λ）F（z）R（z）dz, u∈ R-, λ ∈ （0，θ），（7.11），其中f(-u、 λ）：=极限→∞vt公司(-uηt（λ））∈ [0，θ）和，如果是u∈ R--, f级(-u、 λ）∈ （0，θ）及其atis fieszf(-u、 λ）λR（z）dz=对数(-u） b.（7.12）情况u=0是微不足道的，因为在这种情况下f(-u、 λ）=f（0，λ）=limt→∞vt（0）=0，因为vt（0）=0，t∈ R+表示u=0。所以我们可以假设u∈ R--.请注意，integralRf(-u、 λ）F（z）R（z）dz定义良好。首先我们检查（7.13）ZλR（Z）dz=+∞,ZθλR（Z）dz=-∞, λ ∈ (0, θ).事实上，我们有limz↓0R（z）z=b∈ R--, 因此存在z∈ （0，λ）使得r（z）zb表示所有z∈ （0，z）。HenceRλR（z）dz>Rzbzdz=+∞. 此外，在证明开始时，存在z∈ （λ，θ）这样的th atR（z）z-θ6 2R′（θ）对于所有z∈ （z，θ）带R′（θ）∈ R++。HenceRθλR（z）dz 62R′（θ）Rθzz-θdz=-∞. 因此，f(-u、 λ）不能是方程r（z）=0，z的根∈ R+，即f(-u、 λ）/∈ {0，θ}，否则，由（7.13）可知，（7.12）的左侧为±∞, 但（7.12）的右侧是一个实数。因此，使用与（2.7）证明中相同的论证，我们得到了f(-u、 λ）∈ (0, θ). 被积函数在[0，f]上继续(-u、 λ）]，因为在a=0的情况下，被积函数为零，而在a的情况下∈ R++，根据θ的定义，我们所有z的R（z）<0∈ （0，θ），因此对于所有（0，f(-u、 λ）]，和limz↓0F（z）R（z）=ab∈ R--.接下来，通过（7.10），我们得到ηt（λ）YtD-→ Uλ为t→ ∞ 对于所有λ∈ （0，θ）和（2.4），对于所有u∈ R-和λ∈ （0，θ），我们得到（euUλ）=limt→∞E（exp{uηt（λ）Yt}）=limt→∞经验值- yvt公司(-uηt（λ）+Zvt(-uηt（λ））-uηt（λ）F（z）R（z）dz,（7.14）自ηt（λ）起↓ 0作为t→ ∞ （见Li【25，命题3.14的证明】），因此对于所有u∈ R--, 我们有- uηt（λ）∈ （0，v）=（0，θ）对于足够大的t。