Thuộc tính của tiêu chuẩn bivariate bình thường và xác suất có điều kiện ngụ ý trong mô hình Roy

Xin lỗi cho tiêu đề dài, nhưng vấn đề của tôi khá cụ thể và khó giải thích trong một tiêu đề.

Tôi hiện đang tìm hiểu về Mô hình Roy (phân tích hiệu quả điều trị).

Có một bước phái sinh tại các slide của tôi, mà tôi không hiểu.

Chúng tôi tính toán kết quả mong đợi với điều trị trong nhóm điều trị (giả D là điều trị hoặc không điều trị). Điều này được viết là

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

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

vì điều này có thể được viết lại thành trước khi chúng tôi cũng nói rằng nếu vì vậy nó tuân theo: $Y_1=\mu_1 + U_1$

\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}

$Y_1>Y_0$

$Y_1-Y_0>0$

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

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

$Z-\epsilon>0$

vì vậy nếu $D=1$ $\epsilon<Z$

Do đó, nó giữ,

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

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

Người ta còn biết thêm rằng

\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}

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

do đó, nó tuân theo: $P(D=1)=P(\epsilon<Z)=\Phi(Z)$

Vì vậy, bây giờ đến câu hỏi của tôi, các slide nói rằng Và tôi không hiểu tại sao?

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

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

Tôi biết rằng, nếu hai biến ngẫu nhiên tuân theo phân phối chuẩn bivariate tiêu chuẩn: $E[u_1|u_2)=\rho u_2$

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

Vì vậy, tôi đã mong đợi một "cộng" và không phải là một dấu trừ? Ngoài ra, tại sao chúng ta sử dụng hiệp phương sai mà không phải là mối tương quan ? Vì vậy, tôi đã mong đợi một cái gì đó như $\sigma_{1\epsilon}$ $\rho$

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

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

Tôi nhận thức được thực tế rằng, nếu tôi thực hiện cắt ngắn từ trên sẽ trở thành . $1-\Phi(c)$ $\Phi(c)$

— Ivanov
nguồn

Đầu tiên, trong mô hình Roy, được chuẩn hóa thành vì lý do nhận dạng (cf Cameron và Trivingi: Microeconometrics: phương thức và ứng dụng). Tôi sẽ duy trì sự bình thường hóa này sau đây. Để trả lời câu hỏi của bạn, hãy hiển thị trước. Ở đây và là pdf và cdf của một bản phân phối chuẩn thông thường. Lưu ý rằng theo luật kỳ vọng lặp lại. Vectơ $\sigma_{\varepsilon}^{2}$ $1$

E (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

$\Phi$

E (U_{1} ∣ ε < Z) = E (E (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)

$\left(U_{1},\varepsilon\right)$ là một biến số bivariate bình thường với trung bình và ma trận hiệp phương sai Giá trị trung bình có điều kiện (lưu ý rằng hiệp phương sai không tương quan phát sinh ở đây vì ). Do đó, Hàm mật độ của là

{(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

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

E (U_{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

$\varepsilon\mid\varepsilon<Z$

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

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

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}

$\begin{eqnarray*} \mathrm{E}\left(\varepsilon\mid\varepsilon<Z\right) & = & \int_{-\infty}^{Z}t\frac{\phi\left(t\right)}{\Phi\left(Z\right)}\,\mathrm{{d}}t\\ & = & \frac{1}{\Phi\left(Z\right)}\int_{-\infty}^{Z}t\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(-\frac{1}{2}t^{2}\right)\,\mathrm{{d}}t\\ & = & -\frac{1}{\Phi\left(Z\right)}\int_{-\infty}^{Z}\frac{\partial}{\partial t}\left\{ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(-\frac{1}{2}t^{2}\right)\right\} \,\mathrm{{d}}t\\ & = & -\frac{1}{\Phi\left(Z\right)}\left(\phi\left(Z\right)-\phi\left(-\infty\right)\right). \end{eqnarray*}$ Lưu ý cách xuất hiện dấu âm. Do đó, và kết luận sau.

E (ε ∣ ε < Z) = - ϕ (Z) / Φ (Z)

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

— bán kết
nguồn

Tôi đã cố gắng thưởng cho bạn tiền thưởng, nhưng nó nói: "Bạn có thể thưởng tiền thưởng của bạn sau 18 giờ". Nhắc tôi, nếu tôi quên nó :-)

— Stat Tistician 16/07/13

Cảm ơn giải thưởng của bạn, và tôi rất vui vì bài viết giúp.

— semibruin