此外，对于任何S′∈ W、 我们现在知道了 根据W定义中的第一个条件S’此外，S∈ 因此，W=S=T=W∈ 假设T至少包含两个集合。对于以下语句，我们将展示这一点：（L6.S1）对于每个S∈ T，S是单身汉。（L6.S2）W∈ W（L6.S3）W=t下列关系成立：（L6.S1）=>（L6.S2）和（L6.S3）（L6.S2）=> （L6.S1）。假设（L6.S1）为真。对于任何人来说∈ W、 定义W的第二个条件是 此外，T∈ 由W的定义得出的W。因此，由W和W的定义得出的T=W∈ 因此，（L6.S1）意味着（L6.S2）和（L6.S3）假设（L6.S2）为真。假设，出于矛盾的目的，（L6.s1）不是真的。然后，就存在一些问题*∈ Tsuch t hat S*包含至少两个元素。在S中选取θ和θ′*θ6=θ′。构造W={θ}∪ (∪s∈T:S6=S* S） andW={θ′}∪ (∪s∈T:S6=S* S） 。然后，W∈ W和W∈ 此外，W∩ W=∪s∈T:S6=S* 因为不管怎样∈ T与s6=S*, s∩ s*= , 我们知道*∩ （W）∩ W） = 这意味着W∩ W/∈ 因为 W∩ W、 我们认为W/∈ W、 这导致了矛盾。因此，（L6.S2）意味着（L6.S1）。上述结果表明（L6.S1）<=> （L6.S2）当T至少包含两个集合时。最后，我们需要证明W∈ W意味着W=T。上厕所∈ 等等。当T只包含一个集合时，我们已经证明了W=T。Wh en T至少包含两个集合，（L6.S2）意味着（L6.s1），这进一步意味着（L6.S3），即W=T。因此，每当W∈ TB.7。定理7的证明。LeteA可以是任何最小数据一致性松弛。将δ定义为δ（a）=1-（a）∈eA）。从那以后∈eA，aδ（a）=a，对于任何a/∈eA，aδ（a）是一个没有任何限制的零假设，我们知道ΘI（a（δ））=ΘI（eA）。

此外，对于任何δ′<δ带ΘI（A（δ′）6=, 我们必须有ΘI（eA）=ΘI（A（δ′），因为ΘI（A（δ′） ΘI（A（δ））=ΘI（eA）且ΘI（eA）为单态。这意味着ΘI（eA） Θ+I.由于该结果适用于任何最小数据一致性松弛，我们得出结论Θ*我 Θ+I.B.8。结果见A.1节。命题3的证明。回忆Z是Z的支持。定义B（Z，）={Z′：Z- z′< }. 对于任何θ∈ 设g（z；θ）是E[m（X，z；θ）|z=z]的连续形式。也就是说，g（z；θ）在z上是连续的，并且g（z；θ）=E[m（X，z；θ）|z=z]几乎肯定。根据这个命题假设中的第二个条件，对于Z的支撑的任何zin，都存在一些θ（Z）∈ Θ和δ（z）>0，使得对于B（z，δ（z））中的几乎每个z，E[m（X，z；θ）|z]≤ 0.因此，如果我们定义函数δz，为δz，（z）=（kz- zk<）和函数W′as W′：={δz，：的选择∈ [0，δ（z）），z∈ Z} 其中Z是Z的支点，然后是A*可以构造为由w索引的子模型集∈ （A.2）保持的W′。然后，为了每个人∈ A.*, ΘI（a）6=.接下来，我们需要证明ΘI（A*) =  每当ΘI（A）=. 假设ΘI（A）=. 固定任意θ∈ Θ. 自θ/∈ ΘI（A），一定存在一些Z′ 带P（Z）的Z∈ Z′）>0表示所有Z的E[m（X，Z；θ）|Z]>0∈ Z′。我们声称存在一些错误≥ 0使得E[（z∈ B（z，））m（X，z；θ）]>0。如果Z是混凝土，那么就有Z*∈ Z′使得P（Z=Z*) > 0.因此，我们的索赔可以通过z=z进行验证*=0。如果E[m（X，Z；θ）|Z=Z]在Z中是连续的，对于所有Z′∈ Z′，必须存在一些（Z′）>0，使得几乎每个zinb（Z′，（Z′）的E[m（X，Z；θ）|Z]>0。因为Z是实空间Rk的子集，所以Z′必须是可分的。也就是说，存在Z′的可数子集，使得D在Z′中是稠密的。自从D Z′，E[m（X，Z；θ）|Z]>0，几乎每个Z在∪Z∈DB（z，（z））。

此外，由于D在Z′中是稠密的，所以我们知道Z′ ∪Z∈DB（z，（z））使P（z∈ ∪Z∈DB（z，（z））>0。因为D是可数的，所以我们有p（Z）∈ B（z）*, （z）*)) > 0代表一些z*∈ D.因此，我们的索赔经验证为z=z*和=（z*).错误指定模型的不协调松弛37最后，上一段中的声明暗示存在一些∈ A.*这样θ/∈ ΘI（a）。因此，θ/∈ ΘI（A）*). 这证明了ΘI（A*) =  每当ΘI（A）=. 命题4的证明。因为Θ是紧凑的，所以表示ΘI（a）对于所有a都是紧凑的∈ A、 我们只需要证明这一点∈ W+，E[W（Z）m（X，Z；θ）]在θ中是连续的。对于任何θ∈ 对于任何θn收敛到θ，我们知道[m（X，Z；θn）|Z]→ E[m（X，Z；θ）|Z]几乎可以肯定为n→ ∞. 因为w（Z）E[m（X，Z；θ）|Z]的范数由w（Z）g（Z）和dekw（Z）g（Z）k支配≤qE[kw（Z）k]qE[kg（Z）k，支配收敛定理意味着e[w（Z）m（X，Z；θn）]→ E[w（Z）m（X，Z；θ）]as n→ ∞. 这是完整的证据。B.9。结果见第3.2节。命题3.2的证明。让Y获得Y的支持。定义δ=miny∈Yinfx∈XP（Y=Y | X=X），其中inf代表基本信息。那么，δ>0。每一天∈ Y、 存在一个序列θ（Y），。。。，θn（y）。。。在Rd中，使得l（{y}，x；θn（y））→ 1作为n→ 因此，一定存在一些n，使得L（{y}，x；θn（y））>1- 任意y的δ∈ 那么，对于Y的任何非空子集K，K（Y，和任何Y∈ K、 P（Y）∈ K | X）≤ 1.- δ<L（{y}，x；θn（y））≤ L（K，X；θn（X，y））因此，定义U={θi（y）：i≤ n、 y∈ Y} 。因此，对于Y的任何子集K，都存在一些θ∈ ΘUsuch th atP（Y）∈ K | X）≤ L（K，X；θ）几乎可以肯定，这就完成了证明。B.10。命题2的证明。回想一下，介绍性示例中的A是由h索引的所有假设的集合∈ （2.2）保持不变的H+。让我们首先展示一下Θ*Iis等于（5.1）中规定的时间间隔。

通过引理3，我们知道每个θ∈ （γ，γ），存在一些A′ 这样的th在ΘI（A′）={θ}。根据定理3，存在一些最小数据一致松弛*这样的 A.*. 由于ΘI（A′）是单态的，所以我们知道ΘI（A′）*) = ΘI（A′）={θ}。因此，（γ，γ） Θ*I.我们声称如果P（E[Y | Z]≤ γ） 大于0，则γ∈ Θ*那里有一些A\' A与ΘI（A′）={γ}。想知道为什么会这样，假设P（E[Y | Z]≤ γ) > 0. 然后，定义S={z:E[Y|z=z]≤ γ} S={z:E[Y|z=z]≥ γ}. SinceP（E[Y | Z]≤ γ） >0，我们知道P（Z）∈ S） >0。由于γ>γ，我们知道P（Z）∈ S） >0。现在，定义h（z）=（z∈ S） /P（Z）∈S） h（z）=（z∈ S） /P（Z）∈ S） 。那么，Eh（Z）=1，Eh（Z）=1，E[h（Z）Y]≤ γ和E[h（Z）Y]≥ γ. 因此，一定存在一个凸的手的组合，例如Eh（Z）=1和E[h（Z）Y]=γ。因此，γ∈eΘ（h）和eΘ（h）∩ (-∞, γ) = . 此外，对于每个i=1，2。。。，将hi（z）构造为hi（z）=（E[Y | z=z]∈ [γ，γ+1/i]）。通过γ的定义，我们知道每个i的Ehi（Z）>0≥ 1.注意，hi的（2.2）的识别集，eΘ（hi）是“e[hi（Z）Y]Ehi（Z），e[hi（Z）Y]Ehi（Z）#。因为e[Y|Z]≤ 几乎可以肯定，迭代期望定律暗示γ∈eΘ（你好）。Mor eover，通过构造，对于任何θ>γ，θ/∈ ∩嗨。因此，如果我们定义H′={hi:i≥ 1} ∪ {h} ，我们有∩H∈H′eΘ（H）={γ}。这意味着γ∈ Θ*而且那里有一些 A与ΘI（A′）={γ}。接下来，我们声称如果P（E[Y | Z]≤ γ） >0，那么Θ*我∩ (-∞, γ) = . 要了解这一点，请注意引理2意味着∈ A、 ΘI（A）∩ [γ, γ] 6= . 设A′是A′的任意最小数据一致松弛A′。因为条件（T2.C2）在这个例子中成立，前面的结果意味着对于A′的任何最小数据一致松弛A′，我们知道ΘI（A′）∩ [γ, γ] 6= . 如果我们能证明ΘI（A\'），我们的索赔将得到证实∩ (-∞, γ) = . 假设不是，即假设Θi（A′）∩(-∞,γ) 6= .

因为ΘI（A′）是一个闭合区间，所以∩[γ, γ] 6=  意味着γ∈ ΘI（A′）。因为我们已经证明了这一点∩H∈H′eΘ（H）={γ}，因为A′是一个最小数据一致松弛，我们知道ΘI（A′）={γ}，这导致了矛盾。38指定错误模型的不协调松弛下，我们声称如果P（E[Y | Z]≤ γ） =0，那么Θ*我∩ (-∞, γ] = . 要了解这一点，请注意P（E[Y | Z]≤ γ） =0 imp-liesP（E[Y | Z]>γ）=1。因此，对于任何h∈ H+，E[H（Z）（θ）- Y）]≥ 0表示e[h（Z）（θ- Y）]≥ 0=> E[h（Z）Y]≤ E[h（Z）]θ<=> E[h（Z）E[Y | Z]]≤ E[h（Z）]θ=> E[h（Z）]γ<E[h（Z）]θ，其中最后一个不等式来自P（E[Y | Z]>γ）=1这一事实。因此，我们知道任何h∈ H+，eΘ（H）∩(-∞, γ] =. 这意味着Θ*我∩ (-∞,γ] = .按照上面类似的步骤，我们还可以证明以下结果s：o如果P（E[Y | Z]≥ γ） 大于0，则γ∈ Θ*而且那里有一些 A与ΘI（A′）={γ}如果P（E[Y | Z]≥ γ） >0，那么Θ*我∩ (γ, +∞) = .o 如果P（E[Y | Z]≥ γ） =0，那么Θ*我∩ [γ, +∞) = .把这些结果和那个（γ，γ）结合起来 Θ*一、 我们的结论是Θ*Iis符合（5.1）中规定的间隔。此外，我们还证明了对于任何θ∈ Θ*一、 存在一些A′ A使得ΘI（A′）={θ}。这意味着，对于任何最小数据一致的松弛集eA，ΘI（eA）是一个单态集。到了第六节，我们知道了*是∧中最小的元素。B.11。命题1的证明。回想一下本例中使用的符号：Yd:=Y（D=D）+Yd（d6=D），Yd:=Y（D=D）+Yd（d6=D），qdt:=E[Yd | Z=t]和qdt:=E[Yd | Z=t]。命题1是以下两个引理的直接推论。引理8。在模型Y=Pz中∈Z（Z=Z）[Y1zD+Y0z（1- D） 其中Z={1，2，…，k}。修正一个任意的z*= 1.k、 让我，z* 是az的识别集* , i、 e.z=z的e.1、e.2和e.3的识别集*.

然后，（1）ΘI，z* 6=  当且仅当以下两个条件适用于每个d∈ {0, 1}:z<z*, 最大值（qdt:t）≤ z）≤ 最小（qdt:t）≥ z） （B.2）和最大值（qdt:t=1，…，k）≤ 最小（qdt:t）≥ Z*) （B.3）（2）如果ΘI，z* 6= , 然后我，z* = Γ1，z* ×Γ0，z* .引理9。在模型Y=Pz中∈Z（Z=Z）[Y1zD+Y0z（1- D） 其中Z={1，2，…，k}。设ΘIbe为a+的识别集，即e.1和e.2的识别集。然后，（1）ΘI6= 当且仅当PY∈ [yd，yd]| D=D= 任何d都是1∈ {0, 1}.（2） 当ΘI6=, ΘI=hE[Y]，E[Y]I×hE[Y]，E[Y]I.引理8的证明。这个引理的结果可以分为以下两部分：（1）对于任意z*= 1.k、 ΘI，z* 6=  如果（B.2）和（B.3）对每个d=0都成立，则为1。此外，ΘI，z*  Γ1，z* ×Γ0，z* .（2） 如果（B.2）和（B.3）保持不变，则nΘI，z* 6=  ΘI，z*  Γ1，z* ×Γ0，z* .现在让我们逐一证明这两部分。第一部分。修正任何错误∈ {0, 1}. 假设假设* 保持不变，即假设e.1、e.2和e.3 hol d为z=z*. 假设。3意味着对于任何z′<z*和t≤ 我们有Ydt≤ 所以E[Ydt|Z=Z′]≤ E[Ydz′|Z=Z′。由于E.2，我们知道E[Ydt|Z=Z′]=E[Ydt|Z=t]，所以E[Ydt|Z=t]≤ E[Ydz′|Z=Z′。自qdt以来≤ E[Ydt | Z=t]，我们得出最大≤z′qdt≤ E[Ydz′|Z=Z′。同样，E.3意味着对于任何z′<z*和t≥ z′，我们有Ydz′≤ Ydtso thatE[Ydz|Z=Z′]≤ E[Ydt|Z=Z′。因为E.2，因为QDT≥ E[Ydt|Z=t]，我们知道E[Ydz′|Z=Z′]≤ 密特≥zqdt。因此，对于任何d∈ {0, 1},z′<z*, 最大值（qdt:t）≤ z′）≤ E[Ydz′|Z=Z′]≤ 米恩（qdt:t）≥ z′（B.4）现在，对于任何z′≥ Z*, E.3意味着Ydt≤ Ydz′代表任何t∈ {1，…，k}。因此，E[Ydt|Z=Z′]≤ 因为E.2意味着E[Ydt|Z=t]=E[Ydt|Z=Z\'，我们有E[Ydt|Z=t]≤ E[Ydz′| Z=Z′]表示所有t，因此max（qdt:t=1，…，k）≤ E[Ydz′|Z=Z′。对于任何z′≥ Z*, 假设E.3意味着Ydt≥ Ydz\'代表所有人≥ Z*.

因此，错误指定模型的不协调松弛39E[Ydt | Z=Z]≥ E[Ydz | Z=Z]表示所有t≥ Z*. 假设E.2则意味着E[Ydt | Z=t]≥ E[Ydz′| Z=Z′对于所有t≥ Z*,所以min（qdt:t≥ Z*) ≥ E[Ydz | Z=Z]。因此，我们得出结论，对于任何d∈ {0, 1}:z′≥ Z*, 最大值（qdt:t=1，…，k）≤ E[Ydz′|Z=Z′]≤ 最小（qdt:t）≥ Z*). （B.5）结合（B.4）和（B.5），我们得出结论，对于任何d，θd∈ Γd，z* , 那么ΘI，z*  Γ1，z* ×Γ0，z* . 此外，由于假设E.1、E.2和E.3（B.4）和（B.5），违反（B.2）和（B.3）意味着Θi、z* = . 等价地，ΘI，z* 6=  仅当（B.2）和（B.3）保持任何d∈ {0, 1}.第二部分。我们想证明（B.2）和（B.3）意味着ΘI，z* 6=  ΘI，z*  Γ1，z* ×Γ0，z* . 修正一个任意的d∈ {0, 1}.首先，我们要证明，我们可以构造ydz，它在Γd，z中达到下界* , 满足假设。1-E.3，d同时与数据兼容。定义每个z=1，…，的γz。。。，k如下：o对于z<z*, 设γzb为最大值（qdt:t≤ z） =E[（D=D）Y | z=z]+E[（d6=D）Y | z=z]γz时，γz∈ [yd，yd]如果qdz≥ 最大值（qdt:t）≤ z） ，这是（B.2）所暗示的为了z≥ Z*, 设γzbe值wh ich solvesmax（qdt:t=1，…，k）=E[（D=D）Y | Z=Z]+E[（d6=D）Y | Z=Z]γzThen，γZ∈ [yd，yd]如果最大（qdt:（t）≤ qdz，由（B.3）所暗示。定义Wdz:=（D=D，Z=Z）Y+（d6=D，Z=Z）γZ。然后，通过构造，E[Wdz | Z=Z]=最大值（qdt:t）≤ z） 如果z<z*最大值（qdt:t=1，…，k）如果z≥ Z*（B.6）这意味着Z≤ t、 E[Wdz | Z=Z]≤ E[Wdt | Z=t]（B.7）Z≥ Z*, E[Wdz | Z=Z]=max（qdt:t=1，…，k）（B.8）此外，因为γZ∈ [yd，yd]对于任何z∈ {1，…，k}，我们知道P（Wdz）∈ [yz，yz]）=1表示所有z∈ {1，…，k}。对于任意D和Z，P（Wdz=Y | D=D，Z=Z）=1。现在，对于任意t∈ {1，…，k}，定义，φdt（α）：=（1）- α） Wdt+αyd和ψdt（α）：=（1）- α） yd+αWdt。

我们声称，对于任意6=z，存在αtz∈ [0，1]解决了以下方程：t<z，E[Wdz | z=z]=E[φdt（αtz）| z=t]t>z，E[Wdz | z=z]=E[ψdt（αtz）| z=t]。（B.9）要了解原因，请注意t<z，E[Wdt | z=t]=E[φdt（0）| z=t]和E[φdt（1）| z=t]=yd，t>z，yd=E[φdt（0）| z=t]和E[φdt（1）| z=t]=E[Wdt | z=t]。（B.10）这些结果与（B.7）相结合，意味着t<z，E[φdt（0）| z=t]≤ E[Wdz | Z=Z]≤ E[φdt（1）| Z=t]，t>z，E[ψdt（0）|z=t]≤ E[Wdz | Z=Z]≤ E[φdt（1）| Z=t]。这意味着αtz的存在∈ [0,1]对于所有的t6=z，满足（B.9）。此外，（αtz:t6=z）还有一些额外的性质。因为（B.7）成立，并且E[φdt（α）| Z=t]是α的递增函数，t<z<z′，αtz≤ αtz′。（B.11）因为（B.7）保持s和E[ψt（α）|Z=t]是α的增函数，z<z′<t，αtz≤ αtz′。（B.12）构造Ydz:=Pt<zφdt（αtz）+Wdz+Pt>zψdt（αtz）。因为P（Wdz∈ [yd，yd]）=1，假设E.1适用于此ydz。由于（B.9），假设E.2对这个Ydz保持s，即对于任何t，Z和t 6=Z，E[Ydz | Z=t]=E[Ydz | Z=Z]。要显示假设E.3对这个Ydz也保持s，请注意，对于任何Z，Z和1≤ z<z≤ k、 40指定错误模型的不协调松弛o如果Z<Z，Ydz=φdZ（αZz）≤ φdZ（αZz）=ydzb因为（B.11）并且因为φdZ（α）包含在α中如果Z=Z，Ydz=Wdz≤ φdZ（αZz）=ydzb，因为φdZ（α）的定义如果z<z<z，Ydz=ψdZ（αZz）≤ WdZ≤ φdZ（αZz）=ydzb，因为φdZ（α）和ψdZ（α）的定义如果Z=Z，Ydz=ψdZ（αZz）≤ WdZ=Ydz，因为ψdZ（α）的定义如果z<z，Ydz=ψdZ（αZz）≤ ψdZ（αZz）=Ydzbecause of（B.12）和因为ψdZ（α）在α中增加。因此，Ydz≤ 对于任何一个z来说都是如此≤ z、 此外，由于（B.8），对于t<min（z，z′）和z的任何t，z和z′，αtz=αtz′*≤ min（z，z′）。

由于（B.8）和（B.10），对于任何z，αtz=0*≤ t<z，对于任何t>z，αtz=1≥ Z*.鉴于这些结果，我们可以证明，对于任何z′≥ Z*, Ydz′=Pt<z*φdt（αtz）* ) +Pkt=z*Wdt。这意味着假设。3也成立。到目前为止，我们已经证明YDZ的结构满足上述假设* .最后，由于E[Ydz]=E[Ydz | Z=Z]=E[Wdz | Z=Z]和（B.6），我们知道pzp（Z=Z）E[Ydz]达到了Γd，Z的下界。此外，因为P[Ydz=Y | d=d，Z=1，这种Ydz的构造与数据一致。结合以上所有结果，得到一个任意的d∈ {0，1}，我们已经构建了YDzy，它满足假设az*同时，PzP（Z=Z）E[Ydz]达到了Γd，Z的下界。同样，我们可以构造满足假设az的Ydz* pzp（Z=Z）E[Ydz]通过定义γ′zas来实现Γd，Z的上界，如下所示：o对于Z<Z*, 设γ′zb为wh ich solvesmin（qdt:t）的值≥ z） =E[（D=D）Y | z=z]+E[（d6=D）Y | z=z]γzo代表z≥ Z*, 设γ′zb为wh ich solvesmin（qdt:t）的值≥ Z*) = E[（D=D）Y | Z=Z]+E[（d6=D）Y | Z=Z]γZ除了用γ′Z表示γZ外，遵循与前面相同的步骤，可以证明构造的YDzsaties E.1-E.3和PZp（Z=Z）E[Ydz]实现了ΓD，Z的上界。通过构造的凸组合，在假设E.1-E.3下，可以实现ΓD中的每个点。这就完成了证明。引理9的证明。假设E.1和E.2保持不变。对于任何一个z∈ {1,2，…，k}和任何d∈ {0，1}，我们有（Z=Z，D=D）Y+（z6=Z或d6=D）yd≤ Ydz≤（Z=Z，D=D）Y+（z6=Z或d6=D）因此，qdz≤ E[Ydz | Z=Z]≤ qdz。由于E.2，这意味着qdz≤ E[Ydz]≤ qdz。因此，E[Yd]≤PzP（Z=Z）EYdz≤ E[Yd]，这证明了ΘIhE[Y]，E[Y]i×hE[Y]，E[Y]i.此外，当PY∈ [yd，yd]| D=D= 1对于任何d∈ {0，1}无法保持，E.1将无法保持。

因此，ΘI6= 除非PY∈ [yd，yd]| D=D= 任何d都是1∈ {0, 1}.假设PY∈ [yd，yd]| D=D= 任何d都是1∈ {0，1}等一下。然后，我们知道，对于每个z=1。。。，k和每个d，yd≤ qdz≤qdz≤ yd.为每个z和d构造Ydzas:Ydz=（z=z，d=d）Y+（z=z，d6=d）yd+（z=z）qdz。通过构造，θd=PzP（Z=Z）EYdz=PzP（Z=Z）qdz=E[Yd]。此外，可以检查该结构是否符合假设E.1和d E.2。类似地，对于每个d，我们可以构造Y′dzasY′dz=（Z=Z，d=d）Y+（Z=Z，d6=d）yd+（z6=Z）qdz。同样，Y’Dzs通过构造满足假设E.1和E.2。此外，θd=PzP（Z=Z）EY′dz=E[Yd]。通过考虑（Y1z，Y′0z），（Y′1z，Y0z），（Y1z，Y0z）和（Y′1z，Y′0z），我们得出结论：ΘIis非空且ΘI=hE[Y]，E[Y]I×hE[Y]，E[Y]I。