Propiedades de la probabilidad condicional estándar bivariada normal e implícita en el modelo de Roy

Perdón por el título largo, pero mi problema es bastante específico y difícil de explicar en un título.

Actualmente estoy aprendiendo sobre el Modelo Roy (análisis del efecto del tratamiento).

Hay un paso de derivación en mis diapositivas, que no entiendo.

Calculamos el resultado esperado con el tratamiento en el grupo de tratamiento (dummy D es tratamiento o no tratamiento). Esto está escrito como

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

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

desde esto puede reescribirse como antes de que también dijimos, que si por lo que sigue: $Y_1=\mu_1 + U_1$

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

$Y_1>Y_0$

$Y_1-Y_0>0$

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

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

$Z-\epsilon>0$

entonces si $D=1$ $\epsilon<Z$

Por lo tanto, se sostiene que

\begin{aligned} mi [Y_{1} El | re = 1] & = μ_{1} + mi [U_{1} El | ϵ < Z] \end{aligned}

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

Se sabe además que

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

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

por lo tanto se sigue: $P(D=1)=P(\epsilon<Z)=\Phi(Z)$

Así que ahora viene mi pregunta, dicen las diapositivas, que Y no entiendo por qué?

\begin{aligned} μ_{1} - mi [U_{1} El | ϵ < Z] = μ_{1} - σ_{1 ϵ} \frac{ϕ (Z)}{Φ (Z)} \end{aligned}

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

Sé que si dos variables aleatorias siguen una distribución normal bivariada estándar: $E[u_1|u_2)=\rho u_2$

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

Por lo tanto, ¿habría esperado un "más" y no un signo menos? Además, ¿por qué utilizamos la covarianza y no la correlación ? Entonces hubiera esperado algo como $\sigma_{1\epsilon}$ $\rho$

\begin{aligned} μ_{1} - mi [U_{1} El | ϵ < Z] = μ_{1} + ρ \frac{ϕ (Z)}{Φ (Z)} \end{aligned}

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

Soy consciente del hecho de que si hago el truncamiento desde arriba, el convierte en . $1-\Phi(c)$ $\Phi(c)$

— Ivanov
fuente

Primero, en el modelo Roy, está normalizado para ser por razones de identificación (cf Cameron y Trivedi: Microeconometría: métodos y aplicaciones). Mantendré esta normalización de aquí en adelante. Para responder a su pregunta, primero. Aquí y son el pdf y el cdf de una distribución normal estándar, respectivamente. Tenga en cuenta que por la ley de la expectativa iterada. El vector $\sigma_{\varepsilon}^{2}$ $1$

mi (U_{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

$\Phi$

mi (U_{1} ∣ ε < Z) = mi (mi (U_{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)

$\left(U_{1},\varepsilon\right)$ es una normal bivariada con media y matriz de covarianza La media condicional (tenga en cuenta que la covarianza no correlación surge aquí porque ). Por lo tanto, La función de densidad de es

{(0, 0)}^{'}

$\left(0,0\right)'$

[\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

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

mi (U_{1} ∣ ε < Z) = σ_{1 ε} mi (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

$\varepsilon\mid\varepsilon<Z$

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

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

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}

$\begin{eqnarray*} \mathrm{E}\left(\varepsilon\mid\varepsilon<Z\right) & = & \int_{-\infty}^{Z}t\frac{\phi\left(t\right)}{\Phi\left(Z\right)}\,\mathrm{{d}}t\\ & = & \frac{1}{\Phi\left(Z\right)}\int_{-\infty}^{Z}t\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(-\frac{1}{2}t^{2}\right)\,\mathrm{{d}}t\\ & = & -\frac{1}{\Phi\left(Z\right)}\int_{-\infty}^{Z}\frac{\partial}{\partial t}\left\{ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(-\frac{1}{2}t^{2}\right)\right\} \,\mathrm{{d}}t\\ & = & -\frac{1}{\Phi\left(Z\right)}\left(\phi\left(Z\right)-\phi\left(-\infty\right)\right). \end{eqnarray*}$ Tenga en cuenta cómo sale el signo negativo. Así, , y la conclusión sigue.

E (ε ∣ ε < Z) = - ϕ (Z) / Φ (Z)

$\mathrm{E}\left(\varepsilon\mid\varepsilon<Z\right)=-\phi\left(Z\right)/\Phi\left(Z\right)$

— semibruin
fuente

Traté de otorgarle la recompensa, pero dice: "Puede otorgar su recompensa en 18 horas". Recuérdame, si lo olvido :-)

— Stat Tistician

Gracias por su premio, y me alegra que la publicación ayude.

— semibruin