识别与选择终点：补全世界、截尾人群和偏差阈值 ​

先读部分识别理路部分识别与可达锐界Partial identification and sharp bounds · Identified set · Manski bounded-outcome bounds从完整观测律的相容补全出发构造识别集合，证明缺失均值与无交换性ATE的可达端点，并将识别宽度与有限样本覆盖分开。、Lee选择界理路Lee 选择界与分数截尾Lee selection bounds · Lee trimming bounds · 单调选择下的锐界在随机处理和单调选择下，对始终可见人群的平均效应给出可达截尾界，保留原子分数质量，并推导条件化后的正确人群权重。和配对敏感性分析理路Rosenbaum 配对敏感性分析Rosenbaum matched-pair sensitivity analysis · Gamma sensitivity bounds · 配对隐蔽偏差界对独立匹配对的未知处理概率施加Gamma限制，证明非负固定权重单侧尾的可达最坏界，构造有效p值和精确卷积，并分清双侧与恒定效应反演的责任。。返回识别与选择学习路线。下载精确复算程序及结果JSON。

四项任务各自指定概率来自哪里。前三项先把观测总体律当成已知，求所有相容世界；第四项固定潜在结果，改变允许的分配律。除明确加入IID抽样的步骤外，数值界都不是置信区间。

任务一：不同人群拥有不同的已知支持 ​

输入与要求 ​

协变量$X$对所有人可见，$P(X=0)=1/3$、$P(X=1)=2/3$。$X=0$时结果的已知支持是$[0,1]$，回答率$1/2$；$X=1$时支持是$[0,4]$，回答率$3/4$。两层所有回答者的结果均为一，不对未回答者作任何独立性假设。

求完整总体均值的锐界，给出端点完整律；再说明为什么先忘掉$X$、只使用共同支持$[0,4]$会丢失信息。

完整答案 ​

层内均值区间分别为$[1/2,1]$和$[3/4,7/4]$，按原总体层权重平均得

$${\mathrm{\Theta }}_{\mu }=[2/3,3/2].$$

可以用十二份等质量类型核验：四份属于$X=0$，两份可见且为一、两份缺失；八份属于$X=1$，六份可见且为一、两份缺失。下端把四份缺失都填零，总和八、均值$2/3$；上端把第一层两份填一、第二层两份填四，总和十八、均值$3/2$。两份世界保留同一个完整$(X,R,RY)$观测律，混合给每个中间均值。

忘掉$X$后，总回答率为$2/3$，$E(RY)=2/3$。只用共同支持得到$[2/3,2]$。被丢掉的约束是第一层未回答者不可能取四：无条件上端试图把这部分人也填成四，因此不能与原来已知支持同时成立。

再加入有限样本保护 ​

现在设独立同分布抽取$n$条$(X,R,RY)$，在每条记录中按自己的已知支持计算$L_i=R_i{Y}_i$和$U_i=R_i{Y}_i+(1-R_i)b(X_i)$。两者都在$[0,4]$中，故$\epsilon =4\sqrt{\log \left(2/\alpha \right)/(2n)}$给出

$$[max(0,\bar{L}-\epsilon ),min(4,\bar{U}+\epsilon )]$$

以至少$1-\alpha$的概率含住整个真实识别集合。这一保证针对随机样本；上面的十二类型是总体构造，不是恰好抽到十二人就自动取得某个置信水平。

若某份$n=800$的样本恰有$\bar{L}=2/3,\bar{U}=3/2$，取$\alpha =0.05$时只需按此公式增加抽样保护，不能把识别宽度$5/6$也除以$\sqrt{800}$。

做任务二前，可先回顾条件分布：截尾使用的是处理组可见者内部归一化后的结果分布，并非这些人在原总体中的质量。恢复完整潜在人群时，要把两种质量分清；任务三还会在始终可见人群内部重新计算层权重。

任务二：从截尾质量恢复完整潜在人群 ​

输入与要求 ​

处理随机，$p_0=1/2,p_1=3/4$，选择向上单调。处理可见分布为结果零、二、六各占$1/4,1/2,1/4$；对照可见结果恒为一。先求界，再把低端和高端各写成总体类型质量表，核全部观测分布。

完整答案 ​

始终可见$A$、仅处理可见$I$、从不可见$N$的总体质量为$1/2,1/4,1/4$。处理可见者中保留$a=2/3$，两端均须把结果二的原子分开。

低端世界的非零质量为

类型	$Y(1)$	$Y(0)$	总体质量
$A$	0	1	$3/16$
$A$	2	1	$5/16$
$I$	2	任选0	$1/16$
$I$	6	任选0	$3/16$
$N$	任选0	任选0	$1/4$

高端世界把第一行$A$的处理结果零换为六，同时把$I$的六换为零，其余行不变。两张表的处理可见总体质量均为：零$3/16$、二$6/16$、六$3/16$；除以$p_1=3/4$就恢复指定分布。对照可见者都来自$A$，总质量$1/2$且结果为一。

在$A$内归一化，低端处理均值为$5/4$，高端为$7/2$，所以效应界为$[1/4,5/2]$。表格给出同时满足所有要求的端点世界，比只报两个截尾均值多完成了一步锐性认证。

如果保留全部$Y\le 2$，保留比例变成$3/4$，而始终可见者实际只占$2/3$。这份错误方案在可见样本上似乎容易执行，却不再满足潜在人群的质量合同。

改变选择方向 ​

现在换一个独立实验：假设$S(1)\le S(0)$，$p_1=1/2,p_0=3/4$。处理可见结果恒为四，对照可见分布改为刚才的零、二、六三点分布。应截尾对照，得到${\nu }_{-}=5/4,{\nu }_{+}=7/2$，所以

$${\tau }_A\in [4-7/2,4-5/4]=[1/2,11/4].$$

若直接沿用“截处理、减对照”的原公式，会针对错误的混合物；若相减时不交换上下端，又会写出倒置的区间。

任务三：正确的层权重能识别出正方向 ​

输入与要求 ​

两个处理前层$X=0,1$各占一半，处理与$X$及全部潜在量独立，选择向上单调。

• $X=0$：$p_{00}=1/2,p_{10}=1$；处理可见结果零、二各占一半，对照可见结果恒零
• $X=1$：$p_{01}=p_{11}=1$；处理结果恒十，对照结果恒九

求始终可见人群的锐界。再忘掉$X$算粗Lee界，找出信息丢失在哪里。

完整答案 ​

第一层保留一半处理分布，所以层内效应界$[0,2]$；第二层没有选择变化，效应为一。始终可见者的两层总体质量为$1/4,1/2$，归一化权重为$1/3,2/3$，因此

$$\begin{array}{}\text{(1)}& {\mathrm{\Theta }}_{{\tau }_A}=[2/3,4/3].\end{array}$$

不要按原总体权重各一半平均，那会得到$[1/2,3/2]$，对应错误的目标人群构成。

忘掉$X$后$p_0=3/4,p_1=1$，处理分布为

$$P(Y=0)=1/4,P(Y=2)=1/4,P(Y=10)=1/2,$$

对照可见均值为${\mu }_0=(1/3)0+(2/3)9=6$。低端保留$3/4$：零$1/4$、二$1/4$、十$1/4$，得到均值四；高端保留十$1/2$和二$1/4$，得到均值$22/3$。所以粗界为

$$\begin{array}{}\text{(2)}& [-2,4/3].\end{array}$$

粗下端试图把一半的结果十排除出$A$，但结果十所在的第二层始终全部可见，任何这种排除都违反已知层内选择率。条件化后这些相容世界被删掉，负效应不再可能。这是人口识别信息的加强，不是多做一次回归让标准误变小。

端点同样可构造：第二层不动；第一层从零或二中选择恰好一半作为$A$，剩余半数作为仅处理可见者。按两层总体权重混合，即分别达到式(1)两端。

任务四：并列、零差和候选效应必须一起更新 ​

输入与要求 ​

四个固定匹配对的处理减对照差为$(0,1,1,2)$。每对独立，处理概率满足同一个$\mathrm{\Gamma }$限制。检验逐人恒定效应候选$\delta$，使用调整差的符号计数：删除零差，每个非零差权重一，大值更反对候选。分别计算$\delta <0$、$0$、$(0,1)$、$1$、$(1,2)$、$2$和$>2$的精确最坏上尾。

完整答案 ​

令$h=\mathrm{\Gamma }/(1+\mathrm{\Gamma })$，非零对数为$m$，正差数为$k$。每个候选重新读取调整差，得到

候选位置	$m$	$k$	$p_{\mathrm{\Gamma }}^{+}$
$\delta <0$	4	4	$h^4$
$\delta =0$	3	3	$h^3$
$0<\delta <1$	4	3	$4h^3-3h^4$
$\delta =1$	2	1	$2h-h^2$
$1<\delta <2$	4	1	$1-(1-h{)}^4$
$\delta =2$	3	0	1
$\delta >2$	4	0	1

在$\mathrm{\Gamma }=2$时，七个值依次为

$$16/81,8/27,16/27,8/9,80/81,1,1.$$

取教学水平$\alpha =1/4$，按$p^{+}\le \alpha$拒绝，接受集合是$[0,\mathrm{\infty })$。零处的对被删除，使$p$从左侧的$16/81$跳到$8/27$，所以端点零保留。网格若没单独检查零，就可能误报开区间。

在真实表上检查覆盖，而不只检查一个观察 ​

固定每对两人的基线分别为$(0,a_i)$，其中$a=(0,1,1,2)$，真实恒定效应为零。上面给出的观察对应所有非零对中较高结果者处理。现在改变所有$2^4$种分配，保持潜在表不变。

在真候选零处，始终只有三个非零对。即使三者全为正，最坏p值也为$8/27>1/4$，所以对这张真实表，该单侧反演程序在$\mathrm{\Gamma }=2$下总保留零，实际覆盖为一。理论保证是至少$3/4$，离散程序没有必须用尽错误预算。

若换为权重$(1,2,2,3)$和观察正和七，精确卷积给$[l^3,h^3]$；用全部端点概率向量枚举可独立核验极值。若改成双侧绝对统计量，则尾事件不再逐坐标递增，必须重新优化；不能把同一个$h^3$当作任意双侧答案。

提交检查 ​

提交每个端点完整律或分配律，核它保持全部观测质量和假设；说明目标人群、总体还是有限表、概率源及原子处理。公开程序枚举有理补全、全部截尾顶点与隐藏分配角点，并与排序算法、卷积和候选断点交叉核验。有限枚举补充正文的一般证明，没有把有限测试提升为对任意总体律的证明。