Chứng minh định lý LATE của Angrist và Imbens 1994

Giả sử chúng ta có một công cụ nhị phân có thể được sử dụng để ước tính ảnh hưởng của biến nội sinh đến kết quả . Giả sử nhạc cụ có giai đoạn đầu tiên đáng kể, nó được gán ngẫu nhiên, nó thỏa mãn hạn chế loại trừ và nó thỏa mãn tính đơn điệu như được nêu trong Angrist và Imbens (1994). http://www.jstor.org/discover/10.2307/2951620?uid=3738032&uid=2&uid=4&sid=21104754800073 $Z_i$ $D_i$ $Y_i$

Họ tuyên bố rằng xác suất trở thành một trình biên dịch ( ) là và sự khác biệt về kết quả tiềm năng đối với việc phân nhóm trình biên dịch là $C_i$

Pr (C_{i}) = Pr (D_{i} = 1 | Z_{i} = 1) - Pr (D_{i} = 1 - Z_{i} = 0)

$\text{Pr}(C_i) = \text{Pr}(D_i = 1|Z_i = 1) - \text{Pr}(D_i = 1 - Z_i = 0)$

E (Y_{i 1} - Y_{i 0} | C_{i}) = \frac{E (Y_{i} | Z_{i} = 1) - E (Y_{i} | Z_{i} = 0)}{E (D_{i} | Z_{i} = 1) - E (D_{i} | Z_{i} = 0)}

$E(Y_{i1} - Y_{i0}|C_i) = \frac{E(Y_i|Z_i=1)-E(Y_i|Z_i=0)}{E(D_i|Z_i=1)-E(D_i|Z_i=0)}$

Ai đó có thể làm sáng tỏ về cách họ có được hai biểu thức này và quan trọng hơn là cách họ kết hợp chúng? Tôi cố gắng hiểu điều này từ bài báo của họ nhưng tôi không thể hiểu ý nghĩa của nó. Bất kỳ trợ giúp về điều này sẽ được rất nhiều đánh giá cao.

— người dùng44903
nguồn

Câu trả lời:

Đối với phần đầu tiên, bạn nói rằng bạn có một công cụ hợp lệ của người Viking. Điều này ngụ ý cho một điều trị nhị phân và công cụ mà tương đương với , tức là công cụ này có hiệu lực về việc điều trị được lựa chọn hay không. Quan sát này cũng cần được nêu trong bài viết của Angrist và Imbens là chìa khóa cho phần còn lại của bằng chứng. Đối với giai đoạn đầu tiên, họ giả sử rằng , có nghĩa là số lượng trình biên dịch ( lớn hơn số lượng của bộ khử ( ). $Cov(D_i,Z_i) \neq 0$ $P(D_i = 1|Z_i = 1) \neq P(D_i = 1|Z_i = 0)$ $P(D_i = 1|Z_i = 1) > P(D_i = 1|Z_i = 0)$ $C_i)$ $F_i$

Sử dụng hạn chế loại trừ (với mọi { }, chúng ta có , tức là công cụ không có ảnh hưởng trực tiếp đến kết quả), bạn có thể viết sự khác biệt về tỷ lệ của các trình biên dịch và các phần tử trong dân số là started trong đó bước thứ hai sử dụng tính độc lập để thoát khỏi của điều hòa trên $z \in$ $0;1$ $Y_{iz} = Y_{i0z} = Y_{i1z}$

\begin{aligned} P (D_{i} = 1 | Z_{i} = 1) - P (D_{i} = 1 | Z_{i} = 0) & = P (D_{i 1} = 1 | Z_{i} = 1) - P (D_{i 0} = 1 | Z_{i} = 0) \\ = P (D_{i 1} = 1) - P (D_{i 0} = 0) \\ = [P (D_{i 1} = 1, D_{i 0} = 0) + P (D_{i 1} = 1, D_{i 0} = 1)] - [P (D_{i 1} = 0, D_{i 0} = 1) + P (D_{i 1} = 1, D_{i 0} = 1)] \\ = P (C_{i}) - P (F_{i}) \end{aligned}

$\begin{align} P(D_i = 1|Z_i = 1) - P(D_i = 1|Z_i = 0) &= P(D_{i1} = 1|Z_i = 1) - P(D_{i0} = 1|Z_i = 0) \newline &= P(D_{i1} = 1) - P(D_{i0} = 0) \newline &= \left[ P(D_{i1} = 1, D_{i0} = 0) + P(D_{i1} = 1, D_{i0} = 1) \right] - \left[ P(D_{i1} = 0, D_{i0} = 1) + P(D_{i1} = 1, D_{i0} = 1) \right] \newline &= P(C_i) – P(F_i) \end{align}$

Z_{i}

$Z_i$ bởi vì kết quả tiềm năng là độc lập với các công cụ. Bước thứ ba sử dụng luật tổng xác suất. Ở bước cuối cùng, bạn chỉ cần sử dụng tính đơn điệu, về cơ bản giả định rằng các defiers không tồn tại, vì vậy và bạn nhận được Đây sẽ là hệ số giai đoạn đầu tiên của bạn trong hồi quy 2SLS. Giả định về tính đơn điệu là rất quan trọng cho vấn đề này và người ta nên suy nghĩ kỹ về những lý do có thể khiến nó bị vi phạm (tuy nhiên, tính đơn điệu có thể được nới lỏng, xem ví dụ de Chaisemartin (2012) Tất cả những gì bạn cần là LATE .

P (F_{i}) = 0

$P(F_i) = 0$

P (C_{i}) = P (D_{i} = 1 | Z_{i} = 1) - P (D_{i} = 1 | Z_{i} = 0) .

$P(C_i) = P(D_i = 1|Z_i = 1) - P(D_i = 1|Z_i = 0).$

Phần thứ hai của bằng chứng theo một con đường tương tự. Đối với điều này, bạn cần nhớ rằng trạng thái điều trị được quan sát là vì bạn không thể quan sát cả hai kết quả tiềm năng cho cùng một cá nhân. Theo cách này, bạn có thể liên kết kết quả quan sát được với kết quả tiềm năng, tình trạng điều trị và công cụ là Đối với phần thứ hai của bằng chứng, hãy lấy sự khác biệt trong kết quả mong đợi với công cụ được bật và bật, và sử dụng biểu diễn kết quả quan sát trước đó và hạn chế loại trừ trong bước đầu tiên để có được:

D_{i} = Z_{i} D_{i 1} + (1 - Z_{i}) D_{i 0}

$D_i = Z_iD_{i1} + (1-Z_i)D_{i0}$

Y_{i} = (1 - Z_{i}) (1 - D_{i}) Y_{i 00} + Z_{i} (1 - D_{i}) Y_{i 10} + (1 - Z_{i}) D_{i} Y_{i 01} + Z_{i} D_{i} Y_{i 11}

$Y_i = (1-Z_i)(1-D_i)Y_{i00} + Z_i(1-D_i)Y_{i10} + (1-Z_i)D_iY_{i01} + Z_iD_iY_{i11}$

\begin{aligned} E (Y_{i} | Z_{i} = 1) - E (Y_{i} | Z_{i} = 0) & = E (Y_{i 1} D_{i} + Y_{i 0} (1 - D_{i}) | Z_{i} = 0) \\ - E (Y_{i 1} D_{i} + Y_{i 0} (1 - D_{i}) | Z_{i} = 1) \\ = E (Y_{i 1} D_{i 1} + Y_{i 0} (1 - D_{i 1}) | Z_{i} = 1) \\ - E (Y_{i 1} D_{i 0} + Y_{i 0} (1 - D_{i 0}) | Z_{i} = 0) \\ = E (Y_{i 1} D_{i 1} + Y_{i 0} (1 - D_{i 1})) \\ - E (Y_{i 1} D_{i 0} + Y_{i 0} (1 - D_{i 0})) \\ = E ((Y_{i 1} - Y_{i 0}) (D_{i 1} - D_{i 0})) \\ = E (Y_{i 1} - Y_{i 0} | D_{i 1} - D_{i 0} = 1) P (D_{i 1} - D_{i 0} = 1) \\ - E (Y_{i 1} - Y_{i 0} | D_{i 1} - D_{i 0} = - 1) P (D_{i 1} - D_{i 0} = - 1) \\ = E (Y_{i 1} - Y_{i 0} | C_{i}) P (C_{i}) - E (Y_{i 1} - Y_{i 0} | F_{i}) P (F_{i}) \\ = E (Y_{i 1} - Y_{i 0} | C_{i}) P (C_{i}) \end{aligned}

$\begin{align} E(Y_i|Z_i = 1) – E(Y_i|Z_i=0) &= E(Y_{i1}D_i + Y_{i0}(1-D_i)|Z_i=0) \newline &- E(Y_{i1}D_i + Y_{i0}(1-D_i)|Z_i=1)\newline &= E(Y_{i1}D_{i1} + Y_{i0}(1-D_{i1})|Z_i=1) \newline &- E(Y_{i1}D_{i0} + Y_{i0}(1-D_{i0})|Z_i=0) \newline &= E(Y_{i1}D_{i1} + Y_{i0}(1-D_{i1})) \newline &- E(Y_{i1}D_{i0} + Y_{i0}(1-D_{i0})) \newline &= E((Y_{i1}-Y_{i0})(D_{i1}-D_{i0})) \newline &= E(Y_{i1}-Y_{i0}|D_{i1}-D_{i0}=1)P(D_{i1}-D_{i0} = 1) \newline &- E(Y_{i1}-Y_{i0}|D_{i1}-D_{i0}=-1)P(D_{i1}-D_{i0} = -1) \newline &= E(Y_{i1}-Y_{i0}|C_i)P(C_i) - E(Y_{i1}-Y_{i0}|F_i)P(F_i) \newline &= E(Y_{i1}-Y_{i0}|C_i)P(C_i) \end{align}$

Bây giờ điều này là khá nhiều công việc nhưng nó không quá tệ nếu bạn biết các bước bạn cần phải thực hiện. Đối với dòng thứ hai, sử dụng lại hạn chế loại trừ để viết ra các trạng thái điều trị tiềm năng. Trong dòng thứ ba, sử dụng tính độc lập để thoát khỏi điều hòa trên như trước đây. Trong dòng thứ tư, bạn chỉ cần các điều khoản yếu tố. Dòng thứ năm sử dụng luật kỳ vọng lặp lại. Dòng cuối cùng phát sinh do giả định đơn điệu, tức là . Sau đó, bạn chỉ cần phân chia như bước cuối cùng và bạn đến $Z_i$ $P(F_i)=0$

\begin{aligned} E (Y_{i 1} - Y_{i 0} | C_{i}) & = \frac{E (Y_{i} | Z_{i} = 1) - E (Y_{i} | Z_{i} = 0)}{P (C_{i})} \\ = \frac{E (Y_{i} | Z_{i} = 1) - E (Y_{i} | Z_{i} = 0)}{P (D_{i} = 1 | Z_{i} = 1) - P (D_{i} = 1 | Z_{i} = 0)} \\ = \frac{E (Y_{i} | Z_{i} = 1) - E (Y_{i} | Z_{i} = 0)}{E (D_{i} | Z_{i} = 1) - E (D_{i} | Z_{i} = 0)} \end{aligned}

$\begin{align} E(Y_{i1}-Y_{i0}|C_i) &= \frac{E(Y_i|Z_i = 1) – E(Y_i|Z_i=0)}{P(C_i)} \newline &= \frac{E(Y_i|Z_i = 1) – E(Y_i|Z_i=0)}{P(D_i = 1|Z_i = 1) - P(D_i = 1|Z_i = 0)} \newline &= \frac{E(Y_i|Z_i = 1) – E(Y_i|Z_i=0)}{E(D_i|Z_i = 1) - E(D_i|Z_i = 0)} \end{align}$ vì và là nhị phân. Điều này sẽ cho thấy cách bạn kết hợp hai bằng chứng và cách chúng đi đến biểu thức cuối cùng.

D_{i}

$D_i$

Z_{i}

$Z_i$

— Andy
nguồn

Có bốn loại người:

Never Takers (NT): cho cả hai giá trị của Z $D = 0$
Defiers (DF): khi và khi $D=0$ $Z =1$ $D=1$ $Z =0$
Bộ tuân thủ (C): khi và khi $D=1$ $Z =1$ $D=0$ $Z =0$
Luôn Takers (AT): cho cả hai giá trị của . $D =1$ $Z$

Công thức của công cụ ước tính Wald là:

Δ_{I V} = \frac{E (Y | Z = 1) - E (Y | Z = 0)}{P r (D = 1 | Z = 1) - P r (D = 1 | Z = 0)}

$\Delta_{IV} = \frac{E(Y|Z=1)−E(Y|Z=0)}{Pr(D=1|Z =1)−Pr(D=1|Z =0)}$

Sử dụng 4 nhóm của chúng tôi và các quy tắc xác suất cơ bản, chúng tôi có thể viết lại hai phần tử số là: và

E (Y | Z = 1) = E (Y_{1} | A T) \cdot P r (A T) + E (Y_{1} | C) \cdot P r (C) + E (Y_{0} | D F) \cdot P r (D F) + E (Y_{0} | N T) \cdot P r (N T)

E (Y | Z = 0) = E (Y_{1} | A T) \cdot P r (A T) + E (Y_{0} | C) \cdot P r (C) + E (Y_{1} | D F) \cdot P r (D F) + E (Y_{0} | N T) \cdot P r (N T)

Hai thuật ngữ mẫu số là: và

P r (D = 1 | Z = 1) = P r (D = 1 | Z = 1, A T) \cdot P r (A T) + P r (D = 1 | Z = 1, C) \cdot P r (C) = P r (A T) + P r (C)

$Pr(D=1|Z =1)=Pr(D=1|Z =1,AT) \cdot Pr(AT)+Pr(D=1|Z =1,C) \cdot Pr(C) \\ =Pr(AT)+Pr(C)$

P r (D = 1 | Z = 0) = P r (D = 1 | Z = 0, A T) \cdot P r (A T) + P r (D = 1 | Z = 0, D F) \cdot P r (D F) = P r (A T) + P r (D F)

$Pr(D=1|Z =0)=Pr(D=1|Z = 0,AT) \cdot Pr(AT)+Pr(D=1|Z =0,DF) \cdot Pr(DF) \\ =Pr(AT)+Pr(DF)$

Đầu tiên trong số này tương ứng với biểu thức đầu tiên của bạn.

Quay trở lại công thức Wald và cắm chúng vào, chúng ta thấy rằng một số thuật ngữ này bị loại bỏ trong phép trừ, để lại Điều này mang lại một số hiểu biết. Công cụ ước tính Wald IV là trung bình có trọng số của hiệu quả điều trị đối với các trình biên dịch và mức độ tiêu cực của hiệu quả điều trị đối với các chất khử.

Δ_{I V} = \frac{[E (Y_{1} | C) \cdot P r (C) + E (Y_{0} | D) \cdot P r (D)] - [E (Y_{0} | C) \cdot P r (C) + E (Y_{1} | D F) \cdot P r (D F)]}{P r (C) - P r (D F)} .

$\Delta_{IV} =\frac{[E(Y_1 |C) \cdot Pr(C)+E(Y_0 |D) \cdot Pr(D)]−[E(Y_0 |C) \cdot Pr(C)+E(Y_1 |DF) \cdot Pr(DF)]}{Pr(C) − Pr(DF)}.$

Bây giờ chúng tôi thực hiện hai giả định. Đầu tiên, chúng tôi giả định tính đơn điệu, do đó công cụ chỉ có thể tăng hoặc giảm xác suất tham gia. Điều này có nghĩa là . Giả định đơn điệu tương đương với giả định mô hình hàm chỉ số để điều trị. Giả định thứ hai là có một số trình biên dịch, nghĩa là . Hành vi của một số cá nhân phải được thay đổi bởi các công cụ. Điều này nên là trường hợp nếu các công cụ có liên quan. Hai giả định này tạo ra $Pr(DF) = 0$ $Pr(C) > 0$

Δ_{I V} = \frac{E (Y_{1} | C) \cdot P r (C) - E (Y_{0} | C) \cdot P r (C)}{P r (C)} = E (Y_{1} | C) - E (Y_{0} | C) = L A T E .

$\Delta_{IV} =\frac{E(Y_1 |C) \cdot Pr(C)−E(Y_0 |C) \cdot Pr(C)}{Pr(C)}=E(Y_1 |C)−E(Y_0 |C)=LATE.$

— Dimitriy V. Masterov
nguồn

+1, tôi nghĩ rằng hai câu trả lời bổ sung cho nhau rất tốt. Điều này cho thấy nhiều hơn trực giác của người ước tính Wald và nơi các giả định xuất phát thay vì chỉ sử dụng chúng một cách thuần túy về mặt kỹ thuật

— Andy