Propriedades do padrão bivariado normal e probabilidade condicional implícita no modelo de Roy

Desculpe pelo título longo, mas meu problema é bastante específico e difícil de explicar em um título.

Atualmente, estou aprendendo sobre o Modelo Roy (análise de efeito do tratamento).

Há uma etapa de derivação nos meus slides, que eu não entendo.

Calculamos o resultado esperado com o tratamento no grupo de tratamento (manequim D é tratamento ou não tratamento). Isto está escrito como

\begin{aligned} E [Y_{1} | D = 1] \end{aligned}

$\begin{align} E[Y_1|D=1] \end{align}$

como isso pode ser reescrito como $Y_1=\mu_1 + U_1$ antes de dizermos também, que se, é o seguinte:

\begin{aligned} E [Y_{1} | D = 1] & = E [μ_{1} + {você}_{1} | D = 1] \\ = μ_{1} + E [{você}_{1} | D = 1] \end{aligned}

$\begin{align} E[Y_1|D=1] &= E[\mu_1+U_1|D=1]\\ &=\mu_1+ E[U_1|D=1] \end{align}$

D = 1

$D=1$

Y_{1} > Y_{0}

$Y_1>Y_0$

$Y_1-Y_0>0$

$\mu_1+U_1-(\mu_0-U_0)>0$

$(\mu_1+U_1)/\sigma-(\mu_0-U_0)/ \sigma >0$

$Z-\epsilon>0$

então se $D=1$ $\epsilon<Z$

Portanto, sustenta que

\begin{aligned} E [Y_{1} | D = 1] & = μ_{1} + E [U_{1} | ϵ < Z] \end{aligned}

$\begin{align} E[Y_1|D=1] &=\mu_1 + E[U_1|\epsilon<Z] \end{align}$

Sabe-se ainda que

\begin{aligned} [\begin{matrix} U_{1} \\ U_{0} \\ ϵ \end{matrix}] = N ([\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}], [\begin{matrix} σ_{1}^{2} & σ_{10} & σ_{1 ϵ} \\ σ_{10} & σ_{0}^{2} & σ_{0 ϵ} \\ σ_{1 ϵ} & σ_{0 ϵ} & σ_{ϵ}^{2} \end{matrix}]) \end{aligned}

$\begin{align} \begin{bmatrix} U_1 \\ U_0 \\ \epsilon \end{bmatrix}=N\left( \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} \sigma_1^2 & \sigma_{10} & \sigma_{1\epsilon} \\ \sigma_{10} & \sigma_{0}^2 & \sigma_{0\epsilon} \\ \sigma_{1\epsilon} & \sigma_{0\epsilon} & \sigma_{\epsilon}^2 \end{bmatrix}\right) \end{align}$

portanto, segue: $P(D=1)=P(\epsilon<Z)=\Phi(Z)$

Então agora vem a minha pergunta, dizem os slides, que E eu não entendo por que?

\begin{aligned} μ_{1} - E [{você}_{1} | ϵ < Z] = μ_{1} - σ_{1 ϵ} \frac{ϕ (Z)}{Φ (Z)} \end{aligned}

$\begin{align} \mu_1 - E[U_1|\epsilon<Z] =\mu_1 - \sigma_{1\epsilon} \frac{\phi(Z)}{\Phi(Z)} \end{align}$

Eu sei que se duas variáveis aleatórias seguem uma distribuição normal bivariada padrão: $E[u_1|u_2)=\rho u_2$

então $E[u_1|u_2>c)=E[\rho u_2|u_2>c]=\rho E[u_2|u_2>c)=\rho\frac{\phi(c)}{1-\Phi(c)}$

Portanto, eu teria esperado um "mais" e não um sinal de menos? Também por isso usamos a covariância e não a correlação ? Então, eu esperava algo como $\sigma_{1\epsilon}$ $\rho$

\begin{aligned} μ_{1} - E [{você}_{1} | ϵ < Z] = μ_{1} + ρ \frac{ϕ (Z)}{Φ (Z)} \end{aligned}

$\begin{align} \mu_1 - E[U_1|\epsilon<Z] =\mu_1 + \rho \frac{\phi(Z)}{\Phi(Z)} \end{align}$

Estou ciente do fato de que, se eu fizer o truncamento acima do se tornará . $1-\Phi(c)$ $\Phi(c)$

— Ivanov
fonte

Primeiro, no modelo de Roy, é normalizado como por motivos de identificação (cf. Cameron e Trivedi: Microeconometrics: métodos e aplicações). Vou manter essa normalização daqui em diante. Para responder sua pergunta, vamos mostrar $\sigma_{\varepsilon}^{2}$ $1$ primeiro. Aqui estãoeos pdf e cdf de uma distribuição normal padrão, respectivamente. Observe que

E ({você}_{1} ∣ ε < Z) = - σ_{1 ε} \frac{ϕ (Z)}{Φ (Z)}

$\mathrm{{E}}\left(U_{1}\mid\varepsilon<Z\right)=-\sigma_{1\varepsilon}\frac{\phi\left(Z\right)}{\Phi\left(Z\right)}$

ϕ

$\phi$

Φ

$\Phi$

pela lei da expectativa iterado. O vetor

é um normal bivariado commédia

E ({você}_{1} ∣ ε < Z) = E (E ({você}_{1} ∣ ε) ∣ ε < Z)

$\mathrm{E}\left(U_{1}\mid\varepsilon<Z\right)=\mathrm{E}\left(\mathrm{E}\left(U_{1}\mid\varepsilon\right)\mid\varepsilon<Z\right)$

(U_{1}, ε)

$\left(U_{1},\varepsilon\right)$

{(0, 0)}^{'}

$\left(0,0\right)'$ e matriz de covariância

A média condicional

(note que covariância não correlação surge aqui porque

). Assim,

A função de densidade de

[\begin{array}{cc} σ_{1}^{2} & σ_{1 ϵ} \\ 1 \end{array}] .

$\left[\begin{array}{cc} \sigma_{1}^{2} & \sigma_{1\epsilon}\\ & 1 \end{array}\right].$

E (U_{1} ∣ ε) = σ_{1 ε} ε

$\mathrm{{E}}\left(U_{1}\mid\varepsilon\right)=\sigma_{1\varepsilon}\varepsilon$

σ_{ε}^{2} = 1

$\sigma_{\varepsilon}^{2}=1$

E ({você}_{1} ∣ ε < Z) = σ_{1 ε} E (ε ∣ ε < Z) .

$\mathrm{E}\left(U_{1}\mid\varepsilon<Z\right)=\sigma_{1\varepsilon}\mathrm{E}\left(\varepsilon\mid\varepsilon<Z\right).$

ε ∣ ε < Z

$\varepsilon\mid\varepsilon<Z$

A média condicional

f (ε ∣ ε < Z) = {\begin{cases} \frac{ϕ (ε)}{Φ (Z)}, & - \infty < ε < Z; \\ 0 0, & ε \geq Z . \end{cases}

$f\left(\varepsilon\mid\varepsilon<Z\right)=\begin{cases} \frac{\phi\left(\varepsilon\right)}{\Phi\left(Z\right)}, & -\infty<\varepsilon<Z;\\ 0, & \varepsilon\geq Z. \end{cases}$

E (ε ∣ ε < Z)

$\mathrm{E}\left(\varepsilon\mid\varepsilon<Z\right)$

\begin{array}{rcl} E (ε ∣ ε < Z) & = & \int_{- \infty}^{Z} t \frac{ϕ (t)}{Φ (Z)} d t \\ = & \frac{1}{Φ (Z)} \int_{- \infty}^{Z} t \frac{1}{\sqrt{2 π}} \exp (- \frac{1}{2} t^{2}) d t \\ = & - \frac{1}{Φ (Z)} \int_{- \infty}^{Z} \frac{\partial}{\partial t} {\frac{1}{\sqrt{2 π}} \exp (- \frac{1}{2} t^{2})} d t \\ = & - \frac{1}{Φ (Z)} (ϕ (Z) - ϕ (- \infty)) . \end{array}

$\begin{eqnarray*} \mathrm{E}\left(\varepsilon\mid\varepsilon<Z\right) & = & \int_{-\infty}^{Z}t\frac{\phi\left(t\right)}{\Phi\left(Z\right)}\,\mathrm{{d}}t\\ & = & \frac{1}{\Phi\left(Z\right)}\int_{-\infty}^{Z}t\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(-\frac{1}{2}t^{2}\right)\,\mathrm{{d}}t\\ & = & -\frac{1}{\Phi\left(Z\right)}\int_{-\infty}^{Z}\frac{\partial}{\partial t}\left\{ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(-\frac{1}{2}t^{2}\right)\right\} \,\mathrm{{d}}t\\ & = & -\frac{1}{\Phi\left(Z\right)}\left(\phi\left(Z\right)-\phi\left(-\infty\right)\right). \end{eqnarray*}$ Observe como o sinal negativo sai. Portanto,

E (ε ∣ ε < Z) = - ϕ (Z) / Φ (Z)

$\mathrm{E}\left(\varepsilon\mid\varepsilon<Z\right)=-\phi\left(Z\right)/\Phi\left(Z\right)$ e a conclusão a seguir.

— semibruína
fonte

Tentei conceder-lhe a recompensa, mas diz: "Você pode conceder sua recompensa em 18 horas". Lembra-me, se eu esquecer :-)

— Stat Tistician

Obrigado pelo seu prêmio, e fico feliz que a publicação ajude.

— Semibruin