非动态面板门槛模型（Hansen，1999）

本文为经典文献阅读系列。我会把一些经典 paper 的数学部分非常详细地推一遍，对于需要引用其他文章才能证明的坑，会在文末给出寻找的索引。

对于文本，非引用的地方一般是作者在 paper 中给出的公式，

而在引用框里的公式则是我本人推导

还有一些自己的想法

希望大家批评指正！

对面板门槛模型：

也可以写成：

其实还可以写成：

其中：

要使用面板门槛模型，最关键的地方在于两个检验：

门槛效应是否存在
门槛值是否可信

1 门槛效应是否存在

检验门槛效应是否显著的检验，即检验原假设：

这个原假设可以使用统计量：

来检验，其中：

是非门槛模型得到的 MSE
是在门槛值为处得到的MSE

统计量并不服从任何标准的分布，==Hansen（1996）==证明了 Bootstrap 程序得到其一阶渐进分布，以此得到的 -value 也可以用于进行统计推断。

2 门槛值是否估计准确

在门槛效应显著的情形下，我们要进行的下一步检验是：

其中，是真实的门槛值。这个假设可以用统计量检验：

本文证明了，在一定的假设条件下，如果原假设成立，那么：

其中，时，服从分布函数：

于是反分布函数为：

所以可以设置各置信水平的上分位值，比如：10% 的置信水平对应的分位值为6.53；而 5% 的分位值是7.53；最后，1% 的分位值时 10.59。那么如果的值超过了，那么我们就可以在的置信水平上拒绝原假设。

所以最难的地方在于如何找到的理论分布，下面的数学推导摘录自文章的 Appendix。

3 关于的推导

3.1 定义和假设

对面板门槛模型：

也可以写成：

其实还可以写成：

其中：

令表示模型中的真实取值。并定义：

，其中
表示门槛变量的密度函数
，其中表示的转置
表示给定下的条件密度函数

假设：

对任意，都是 iid 的
对任意，与是独立的，而且
对，，其中是的第个元素
，且
对固定的和，
在处连续
对任意的，

其中，假设 1.-4. 是固定效应面板模型和严格外生变量的基本假设。假设 6. 排除了在回归变量的边际分布和回归函数中同时出现的阈值效应。假设 7. 排除了连续化门槛模型，并要求门槛变量在处是连续且正的分布的。假设 8. 排除了对任意，的情况

最值得玩味的假设是 5.，它假设时，

这个假设减少样本中与门槛值值有关的信息，从而减慢阈值估计的收敛速度。由于可以将降至零的速率设置得很低（通过参数的调节），因此不必将此假设视为限制性很强。但是，这确实表明，相对于大的情况，当小时，渐近逼近更有可能提供良好的性质。

3.2 推导

让表示关于统一度量的弱收敛，记。于是：

定理 A.1 在下，对随机变量，有：

其中：

是一个在上的双边布朗运动（double-sided standard Brownian motion)

证明 A.1 令：

当时，门槛模型成立。对任何，回归模型可以被写成：
$\begin{split} y_{it} &= \mu_i +\beta_1^\prime x_{it} I(q_{it}\leqslant\gamma_0) + \beta_2^\prime x_{it} I(q_{it}>\gamma_0) + e_{it} \\ &= \mu_i +\beta_1^\prime x_{it} I(q_{it}\leqslant\gamma) + \beta_2^\prime x_{it} I(q_{it}>\gamma) \\ &\quad- \beta_1^\prime x_{it}\left[I(q_{it}\leqslant\gamma)-I(q_{it}\leqslant\gamma_0)\right]-\beta_2^\prime x_{it}[I(q_{it}>\gamma)-I(q_{it}>\gamma_0)] + e_{it} \\ &=\mu_{i}+\beta^{\prime} x_{i t}(\gamma)+\left(\beta_{2}-\beta_{1}\right)^{\prime} x_{i t}\left[I\left(q_{i t} \leqslant \gamma\right)-I\left(q_{i t} \leqslant \gamma_{0}\right)\right]+e_{i t}\\ &=\mu_{i}+\beta^{\prime} x_{i t}(\gamma)+n^{-\alpha} \nabla z_{i t}(\gamma)+e_{i t} \end{split} \tag{A.1}$

其中，这里用到了：

这里证明一下，定义：

关键的部分是如何对和的关系进行建模。由于，那么可以用

来刻画其关系。这种关系对于和也成立，于是：
$\begin{split} I\left(q_{i t} > \gamma\right)-I\left(q_{i t} >\gamma_{0}\right)&=\{x_i\}_{i=1}^n-\{y_i\}_{i=1}^n \\ &=\{x_i-y_i\}_{i=1}^n \\ &=\{(1-x_i^\prime)-(1-y^\prime_i)\}_{i=1}^n \\ &=\{y_i^\prime-x_i^\prime\}_{i=1}^n \\ &= I\left(q_{i t} \leqslant \gamma_0\right)-I\left(q_{i t} \leqslant \gamma\right)\\ &= -\left[I\left(q_{i t} \leqslant \gamma\right)-I\left(q_{i t} \leqslant \gamma_{0}\right)\right] \end{split}$
证毕。

公式给出了当时回归的精确误差（比正确的模型多了一个的误差修正项）。由于组内估计量的转换是线性的，所以对公式也同样适用，于是我们有：

这波很好操作，对公式在时间上求平均：
$\begin{split} \frac{1}{T} \sum_{t=1}^T y_{it} &= \underbrace{\frac{1}{T} \sum_{t=1}^T }_{\frac{1}{T}\cdot T}\mu_{i}+\frac{1}{T} \sum_{t=1}^T \beta^{\prime} x_{i t}(\gamma)+\frac{1}{T} \sum_{t=1}^T n^{-\alpha} \nabla z_{i t}(\gamma)+\frac{1}{T} \sum_{t=1}^T e_{i t} \\ \Rightarrow\quad\bar y_i&=\mu_{i}+\beta^{\prime} \bar x_{i}(\gamma)+ n^{-\alpha} \nabla \bar z_{i}(\gamma)+ \bar e_{i} \\ \end{split}$
然后把上式对公式做差，并记等带星号的变量为离差形式，就有：

了。

此模型才是当时应该使用的回归方程。Hasen（1999）表示，的渐进分布并不受的影响，这个结论在这里也成立（这是因为，门槛的存在与系数是独立的）。于是对一个固定的来说，回归残差是：

这是因为当，且和 毫无关系时，对一个固定的而言，对的估计的残差可以写作

也就是不变下，对的估计的残差，可以被认为是公式后面的一个整体。再次强调，可以把看作误差修正项。

有了公式，我们于是可以计算，对两个给定不同门槛值和，模型的 MSE 之差为：
$\begin{split} S(\gamma_0)-S(\gamma)&=\sum_{i=1}^n\sum_{t=1}^T \hat e_{it} (\gamma_0)^2 - \sum_{i=1}^n\sum_{t=1}^T \hat e_{it} (\gamma)^2 \\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{t=1}^T \left[n^{-\alpha} \underbrace{\nabla z_{it}^\star (\gamma_0)}_{=0} + e_{it}^\star \right]^2 - \sum_{i=1}^n\sum_{t=1}^T \left[n^{-\alpha} \nabla z_{it}^\star (\gamma) + e_{it}^\star\right]^2 \\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{t=1}^T \left(e_{it}^\star\right)^2 -\sum_{i=1}^n\sum_{t=1}^T\left[n^{-2\alpha} \nabla z_{it}^\star (\gamma)^2+2n^{-\alpha}\nabla z_{it}^\star (\gamma)e_{it}^\star + \left(e_{it}^\star\right)^2\right] \\ &=-n^{-2\alpha} \sum_{i=1}^n\sum_{t=1}^T\nabla z_{it}^\star (\gamma)^2 - 2n^{-\alpha} \sum_{i=1}^n\sum_{t=1}^T \nabla z_{it}^\star (\gamma)e_{it}^\star \end{split} \tag{A.3}$
现在我们拥有了的表达式，后面的目标是找到它服从什么分布。

节点1：的左边

现在我们证明，对于，当，对（" uniformly over "），公式的左项有：

我们会证明在的情况下，公式成立。==Hansen（1999）的定理 A.10==证明，它的充分条件是对于，公式成立：

证明：第一个等号：基于万物 iid 假设，之间关于也是 iid 的，于是：
$\begin{split} {\rm E}&\left[n^{-2\alpha} \sum_{i=1}^n\sum_{t=1}^T\nabla z_{it}^\star \left(\gamma\right)^2\right] \\ &= n \cdot n^{-2\alpha} {\rm E}\left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \left( \sum_{t=1}^T\nabla z_{it}^\star \left(\gamma\right)^2 \right)\right] \\ &= \lambda_n {\rm E}\left[ \sum_{t=1}^T\nabla z_{it}^\star \left(\gamma\right)^2 \right] \\ 期望算子的线性性&= \sum_{t=1}^{T} \mathrm{E}\left[\nabla z_{i t}^{*}(\gamma)\right]^{2} \end{split}$
证毕。

做类似的证明经常用到几个技巧：

iid 的假设下，大数定律：

期望算子的线性性：

无关下标的是可以化成系数的：

掌握这些技巧对做类似的推导和证明很有作用。

把公式的平方展开，有：

$\sum_{t=1}^{T} \mathrm{E}\left[\nabla z_{i t}^{*}(\gamma)\right]^{2}=\sum_{t=1}^{T} \mathrm{E}\left[\nabla z_{i t}(\gamma)\right]^{2}-\frac{1}{T} \sum_{t=1}^{T} \sum_{k=1}^{T} \mathrm{E}\left(\nabla z_{i t}(\gamma) \nabla z_{i k}(\gamma)\right) \tag{A.6}$

证明 A.6：直接把离差形式变成原来的形式：
$\begin{split} \begin{array}{l} \sum_{t=1}^{T} \mathrm{E}\left[\nabla z_{i t}^{\star}(\gamma)\right]^{2}=\sum_{t=1}^{T} \mathrm{E}\left[\nabla z_{i t}(\gamma)-\nabla \bar{z}_{i k}(\gamma)\right]^{2} \\ =\sum_{t=1}^{T} \mathrm{E}\left[\nabla z_{i t}(\gamma)^{2}-2 \nabla z_{i t}(\gamma) \nabla \bar{z}_{i k}(\gamma)+\nabla \bar{z}_{i k}(\gamma)^{2}\right] \\ =\sum_{t=1}^{T} \mathrm{E}\left[\nabla z_{i t}(\gamma)^{2}\right]-2 \sum_{t=1}^{T} \mathrm{E}\left[\nabla z_{i t}(\gamma) \nabla \bar{z}_{i k}(\gamma)\right]+\sum_{t=1}^{T} \mathrm{E}\left[\nabla \bar{z}_{i k}(\gamma)^{2}\right] \\ =\sum_{t=1}^{T} \mathrm{E}\left[\nabla z_{i t}(\gamma)^{2}\right]-2 \sum_{t=1}^{T} \mathrm{E}\left[\nabla z_{i t}(\gamma) \cdot \frac{1}{T} \sum_{k=1}^{T} \nabla z_{i k}(\gamma)\right]+\sum_{t=1}^{T} \mathrm{E}\left[\left(\frac{1}{T} \sum_{k=1}^{T} \nabla z_{i k}(\gamma)\right)^{2}\right] \\ =\sum_{t=1}^{T} \mathrm{E}\left[\nabla z_{i t}(\gamma)^{2}\right]-\frac{2}{T} \sum_{t=1}^{T} \mathrm{E}\left[\nabla z_{i t}(\gamma) \cdot \sum_{k=1}^{T} \nabla z_{i k}(\gamma)\right]+\frac{1}{T^{2}} \sum_{t=1}^{T} \mathrm{E}\left[\left(\sum_{k=1}^{T} \nabla z_{i k}(\gamma)\right)^{2}\right] \end{array} \end{split}$

注意到第三项是的第一个是对求和，而期望的内部是对求和，于是第一个仅仅是简单的叠加，于是。用同样的道理，可以把第二项写成公式的形式，即：
$\begin{split} \sum_{t=1}^T {\rm E}\left[\nabla z_{it}^\star(\gamma)\right]^2 &=\sum_{t=1}^T{\rm E}[\nabla z_{i t}(\gamma)^2]-\frac{2}{T}\sum_{t=1}^T{\rm E}\left[\nabla z_{i t}(\gamma)\cdot \sum_{k=1}^T \nabla z_{i k}(\gamma)\right] \\ &\quad\quad +\frac{1}{T^2}\cdot T \cdot {\rm E}\left[\left( \sum_{k=1}^T \nabla z_{i k}(\gamma)\right)^2\right]\\ &=\sum_{t=1}^T{\rm E}[\nabla z_{i t}(\gamma)^2]-\frac{2}{T}\sum_{t=1}^T\sum_{k=1}^T{\rm E}\left[\nabla z_{i t}(\gamma)\cdot \nabla z_{i k}(\gamma)\right] \\ &\quad\quad+\frac{1}{T}{\rm E}\left[\left( \sum_{k=1}^T \nabla z_{i k}(\gamma)\right)^2\right]\\ \end{split}$
这就离公式很接近了，接下来我们要证明的是：

这两个东西在本质上都是和的平方，见：
$\begin{split} \sum_{t=1}^T \sum_{k=1}^T{\rm E}\left[\nabla z_{i t}(\gamma)\cdot \nabla z_{i k}(\gamma)\right] &= {\rm E}\left[\sum_{t=1}^T \sum_{k=1}^T\nabla z_{i t}(\gamma)\cdot \nabla z_{i k}(\gamma)\right] \\ &= {\rm E}\left[\sum_{t=1}^T \nabla z_{i t}(\gamma)\cdot \sum_{k=1}^T \nabla z_{i k}(\gamma)\right] \\ &={\rm E}\left[\left(\sum_{t=1}^T \nabla z_{i t}(\gamma)\right)^2\right] \end{split}$
证毕。

从这里开始，我们转向概率分布

考虑公式的右边的第一项，注意到在时，，于是时：

因为时，根据累计分布函数的定义，这实际上是导数的定义：

即，求累计分布函数在处的微分，也就是求密度函数。另外：

而：

两个式子一乘，就有上面的结果了。其数学意义是，在样本容量很大时，落在之间的概率的倍趋向于的概率密度函数在处的倍。其中服从均匀分布。

其实我觉得，写成：

更直观，也就是落在之间的概率是的概率密度函数乘以一个系数。这个系数是一个均匀分布的和一个随样本容量时趋向于无穷的量（）的商。

在时，趋向于一个点，从而概率是。正好符合 pdf 的性质。

于是，最关键的一步来了：

$\begin{split} \lambda_n \sum_{t=1}^T{\rm E}[\nabla z_{it}(\gamma)]^2 &= \lambda_n \sum_{t=1}^T {\rm E}[z_{it}^2I(\gamma_0 < q_{it}\leqslant\gamma)]\\ 使用迭代期望定律&= \sum_{t=1}^T {\rm E}[z_{it}^2|\gamma_0 < q_{it} < \gamma]\underbrace{\lambda_n {\rm P}(\gamma_0 < q_{it}\leqslant\gamma)}_{=vf_t(\gamma_0)+o(1)} \\ &\to \sum_{t=1}^T v{\rm E}[z_{it}^2|q_{it}=\gamma_0]f_t(\gamma_0)\\ &=vD \end{split}\tag{A.8}$

这一步最巧妙的地方在于，把与一个示性函数的积的期望表示为该示性函数发生的条件下条件期望，从而实现从期望到密度函数的转化。

之所以要转而证明成立，是因为不能分离和，而前者的期望算子具备这样的良好的数学性质。

接下来考虑公式的第二项。对于，
$\begin{split} {\rm P}(\gamma_0& < q_{ik} \leqslant \gamma | \gamma_0 < q_{it} \leqslant \gamma)\\ &= v \lambda_n^{-1} \frac{\left[{\rm P}(q_{ik}\leqslant \gamma | \gamma_0 < q_{it} \leqslant \gamma)-{\rm P}(q_{ik}\leqslant\gamma_0|\gamma_0 < q_{it} \leqslant \gamma) \right]}{\gamma-\gamma_0} \\ &=v\lambda_n^{-1} \left(f_{k|t}(\gamma_0|\gamma_0\right) + o(1))\\ &\to 0 \end{split}$

当，两个无穷小量、之间有记号，如果时，无穷小量是关于的高阶无穷小，即时，

特别地，当时，，那么就记为：

对于记号，就是当时，保持有界，就记作：

特别地，记号：

表示在时，是有界的量。

第二个等号到第三个等号其实是在附近用切线近似割线的值。于是，记的 pdf 为。在处做 1 阶数展开，就有：
$\begin{split} {\rm P}(\gamma_0& < q_{ik} \leqslant \gamma | \gamma_0 < q_{it} \leqslant \gamma)\\ &= v \lambda_n^{-1} \frac{\left[{\rm P}(q_{ik}\leqslant \gamma | \gamma_0 < q_{it} \leqslant \gamma)-{\rm P}(q_{ik}\leqslant\gamma_0|\gamma_0 < q_{it} \leqslant \gamma) \right]}{\gamma-\gamma_0} \\ &=v\lambda_n^{-1} \frac{F(\gamma|\cdot)-F(\gamma_0|\cdot)}{\gamma-\gamma_0} \end{split}$
如果对上面的式子直接求的极限，那么可以直接得到：

因为有界，，。

作者可能是为了让我们看的更清楚（并没有），把求极限的两个部分拆开了，计算的是割线的近似：

之所以是，是因为在时，上式就是导数的定义，没有误差。

结合，对于，

$\begin{array}{l} \lambda_{n} \mathrm{P}\left(\gamma_{0}<q_{i t} \leqslant \gamma, \gamma_{0}<q_{i k} \leqslant \gamma\right) \\ \quad=\lambda_{n} \mathrm{P}\left(\gamma_{0}<q_{i t} \leqslant \gamma \mid \gamma_{0}<q_{i k} \leqslant \gamma\right) \cdot \mathrm{P}\left(\gamma_{0}<q_{i k} \leqslant \gamma\right) \\ \quad \rightarrow 0 \end{array} \tag{A.9}$

证明：
$\begin{split} \lambda_n{\rm P}&(\gamma_0 < q_{it} \leqslant \gamma, \gamma_0 < q_{ik} \leqslant \gamma) \\ &= \lambda_n{\rm P}(\gamma_0 < q_{it} \leqslant \gamma| \gamma_0 < q_{ik} \leqslant \gamma) \cdot {\rm P}(\gamma_0 < q_{ik} \leqslant \gamma) \\ &= \underbrace{\lambda_n {\rm P}(\gamma_0 < q_{ik} \leqslant \gamma)}_{(A.7)}{\rm P}(\gamma_0 < q_{it} \leqslant \gamma| \gamma_0 < q_{ik} \leqslant \gamma) \\ &\to vf_t(\gamma_0) \cdot 0 \to 0 \end{split}$
证毕。

公式对的情形也适用（对称的）。于是：

$\begin{split} \lambda_n\frac{1}{T} &\sum_{t=1}^{T} \sum_{k=1}^{T} \mathrm{E}\left(\nabla z_{i t}(\gamma) \nabla z_{i k}(\gamma)\right) \\ &= \frac{1}{T} \sum_{t=1}^{T} \sum_{k=1}^{T} \lambda_n {\rm E}\left[z_{it}z_{ik} I(\gamma_0 < q_{it} \leqslant \gamma) I(\gamma_0 < q_{ik} \leqslant \gamma)\right] \\ &= \frac{1}{T} \sum_{t=1}^{T} \sum_{k=1}^{T} {\rm E}\left[z_{it}^2| \gamma_0 < q_{it} \leqslant \gamma,\gamma_0 < q_{ik} \leqslant \gamma\right]\\ &\quad \quad \cdot \lambda_n{\rm P}(\gamma_0 < q_{it} \leqslant \gamma,\gamma_0 < q_{ik} \leqslant \gamma)\\ &=\frac{1}{T} \sum_{t=1}^{T} {\rm E}(z_{it}^2|\gamma_0 < q_{it}\leqslant\gamma)\lambda_n {\rm P}(\gamma_0 < q_{it}\leqslant\gamma) + o(1) \\ &\to \frac{1}{T}\sum_{t=1}^{T} {\rm E}(z_{it}^2|q_{it}=\gamma_0)vf_t(\gamma_0) = \frac{1}{T}vD \end{split} \tag{A.10}$

证明：倒数第二个等号
$\begin{split} &\frac{1}{T} \sum_{t=1}^{T} \sum_{k=1}^{T} \mathrm{E}\left[z_{i t}^{2} \mid \gamma_{0}<q_{i 1} \leqslant \gamma, \gamma_{0}<q_{i k} \leqslant \gamma\right]\lambda_{n} \cdot \mathrm{P}\left(\gamma_{0}<q_{i t} \leqslant \gamma, \gamma_{0}<q_{i k} \leqslant \gamma\right) \\ &= \frac{\lambda_{n}}{T}\sum_{\text{all}} \times \\ &\quad\left[ \begin{matrix} {\rm E}[z_{i1}^2|\gamma_{0}<q_{i 1} \leqslant \gamma, \gamma_{0}<q_{i 1} \leqslant \gamma]\cdot{\rm P}(\cdot) & \cdots & {\rm E}[z_{i1}^2|\gamma_{0}<q_{i1} \leqslant \gamma, \gamma_{0}<q_{i T} \leqslant \gamma] \cdot{\rm P}(\cdot)\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ {\rm E}[z_{iT}^2|\gamma_{0}<q_{i T} \leqslant \gamma, \gamma_{0}<q_{i 1} \leqslant \gamma]\cdot{\rm P}(\cdot) & \cdots & {\rm E}[z_{iT}^2|\gamma_{0}<q_{1 T} \leqslant \gamma, \gamma_{0}<q_{i T} \leqslant \gamma]\cdot{\rm P}(\cdot) \end{matrix}\right] \\ &=\frac{\lambda_{n}}{T}\left(\sum_{t=k} + \sum_{t\ne k} \right)\\ &= \frac{1}{T}\sum_{t=1}^T {\rm E}[z_{it}^2|\gamma_0<q_{it}\leqslant\gamma]\lambda_{n} \mathrm{P}\left(\gamma_{0}<q_{i t} \leqslant \gamma\right) \\ &\quad+ \frac{1}{T}\sum_{t\ne k} \lambda_{n}{\rm E}(z_{it}^2|\gamma_{0}<q_{i t} \leqslant \gamma, \gamma_{0}<q_{i k} \leqslant \gamma) {\rm P}(\gamma_{0}<q_{i t} \leqslant \gamma, \gamma_{0}<q_{i k} \leqslant \gamma) \end{split}$
于是，左项就是我们要获取的。现在我们需要证明，
$\frac{1}{T}\sum_{t\ne k} \lambda_{n}{\rm E}(z_{it}^2|\gamma_{0}<q_{i t} \leqslant \gamma, \gamma_{0}<q_{i k} \leqslant \gamma) {\rm P}(\gamma_{0}<q_{i t} \leqslant \gamma, \gamma_{0}<q_{i k} \leqslant \gamma) \to 0$
由于各部分大于等于，加起来为，于是改证：在时，，使得

这就是 A.9 啊。

证毕。

于是把和代入，就有：

其中，我们证明了的情形，实际上对于也适用，所以用

于是我们找到公式的左边了。

节点2：的右边

我们下面尝试证明公式的右边是：对于，

最小二乘的投影性质表明：，并且是 iid 的，于是：
$\begin{aligned} \mathrm{E}\left(n^{-\alpha} \sum_{i=1}^{n} \sum_{t=1}^{T} \nabla z_{i t}^{*}(\gamma) e_{i t}^{*}\right)^{2} &=\lambda_{n} \mathrm{E}\left(\sum_{t=1}^{T} \nabla z_{i t}^{*}(\gamma) e_{i t}\right)^{2} \\ &=\lambda_{n} \sum_{t=1}^{T} \mathrm{E}\left(\nabla z_{i t}^{*}(\gamma)\right)^{2} \sigma^{2} \\ & \rightarrow D_{T}|v| \sigma^{2} \end{aligned} \tag{A.12}$

证明：第一个等号：
$\begin{split} \sum_{t=1}^T \nabla z_{it}^\star(\gamma)e_{it}^\star &= \sum_{t=1}^T \nabla z_{it}^\star(\gamma)\left(e_{it}-\frac{1}{T}\sum_{k=1}^n e_{ik}\right) \\ &= \sum_{t=1}^T \nabla z_{it}^\star(\gamma)e_{it} - \frac{1}{T}\sum_{t=1}^T \nabla z_{it}^\star(\gamma)\sum_{i=k}^n e_{ik} \end{split}$
后面我们证明第二项等于零：
$\begin{aligned} \sum_{t=1}^{T} \nabla z_{i t}^{\star}(\gamma) & \sum_{i=k}^{n} e_{i k}=\sum_{i=k}^{n} e_{i k} \sum_{t=1}^{T}\left(\nabla z_{i t}(\gamma)-\frac{1}{T} \sum_{j=1}^{n} z_{i j}(\gamma)\right) \\ &=\sum_{i=k}^{n} e_{i k} \sum_{t=1}^{T} \nabla z_{i t}(\gamma)-\sum_{i=k}^{n} e_{i k} \sum_{i=t}^{n} \frac{1}{T} \sum_{j=1}^{n} \nabla z_{i j}(\gamma) \\ &=\sum_{i=k}^{n} \sum_{t=1}^{T} e_{i k} \nabla z_{i t}(\gamma)-\sum_{i=k}^{n} \sum_{j=1}^{T} e_{i k} \nabla z_{i j}(\gamma)=0 \end{aligned}$
证毕。

证明：第二个等号
$\begin{aligned} \mathrm{E}\left(\sum_{t=1}^{T} \nabla z_{i t}^{*}(\gamma) e_{i t}\right)^{2}&= \left({\rm E}[\nabla z_{1t}^{*}(\gamma) e_{1 t}+\cdots+\nabla z_{n t}^{*}(\gamma) e_{n t}] \right)^2 \\ &= ({\rm E}[\nabla z_{1t}^{*}(\gamma) e_{1 t}] + \cdots +{\rm E}[\nabla z_{nt}^{*}(\gamma) e_{n t}])^2 \\ (z_{it}独立于x_{it}从而独立于z_{it})&= ({\rm E}[\nabla z_{1t}]{\rm E}[e_{1t}]+\cdots+{\rm E}[\nabla z_{nt}]{\rm E}[e_{nt}])^2 \\ (e_{it}是\text{iid}的,而且{\rm E}[e_{it}]=\sigma)&=\sum_{t=1}^{T} {\rm E}[ \nabla z_{i t}^{*}(\gamma) ]^2\sigma^2 \end{aligned}$
证毕。

第三个等号用了时，。

这就确定了随机过程的有限维分布是双向布朗运动（double-sided Brownian motion）的。通过 Hasen（1999） 的定理 A.11，这里的公式和假设1足以推导出公式。于是公式和结合公式就可以得出定理 A.1了。

定理 1 的证明

由于是要最小化，于是实际上满足：

==Hasen（1999）表明==，在假设 1 成立的条件下：

一个随机向量是的，如果他是随机有界的；是的，如果它按照概率收敛到0

本文不会重复证明公式。公式的随机有界性表明，对任何，总存在一个，使得：

在这里，随机有界的定义是：对任何，如果存在一个，使得：

那么就说：

特别地，如果随机序列退化为常数序列，那么我们就记为

令：

这里的收敛符号使用了时和刚刚证明的定理 A.1：

定理 A.1 在下，对随机变量，有：

其中：

是一个在上的双边布朗运动（double-sided standard Brownian motion)

公式表明，

这个不等式表明：

其中，Hasen（1999）的定理 2证明了的分布函数为：

坑

需要从《Sample splitting and threshold estimation》（Hasen，2000）获取的证明有：

定理 A.10：
定理 A.11：
定理 2：
不知道是哪个定理：

非动态面板门槛模型（Hansen，1999）

1 门槛效应是否存在

2 门槛值是否估计准确

3 关于 的推导

3.1 定义和假设

3.2 推导

节点1： 的左边

节点2： 的右边

定理 1 的证明

坑

你可能感兴趣的:(非动态面板门槛模型（Hansen，1999）)

3 关于的推导

节点1：的左边

节点2：的右边