Eigenschaften der normalen und impliziten bedingten Wahrscheinlichkeit des bivariaten Standards im Roy-Modell

Entschuldigung für den langen Titel, aber mein Problem ist sehr spezifisch und schwer in einem Titel zu erklären.

Ich lerne gerade über das Roy-Modell (Behandlungseffektanalyse).

Bei meinen Folien gibt es einen Ableitungsschritt, den ich nicht verstehe.

Wir berechnen das erwartete Ergebnis mit der Behandlung in der Behandlungsgruppe (Dummy D ist Behandlung oder Nichtbehandlung). Dies ist geschrieben als

\begin{aligned} E. [{Y.}_{1} | D. = 1]] \end{aligned}

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

da kann dies umgeschrieben werden als bevor wir auch sagten, dass wenn so folgt es: $Y_1=\mu_1 + U_1$

\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}

$Y_1>Y_0$

$Y_1-Y_0>0$

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

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

$Z-\epsilon>0$

also wenn $D=1$ $\epsilon<Z$

Daher gilt:

\begin{aligned} E. [{Y.}_{1} | D. = 1]] & = μ_{1} + E. [{U.}_{1} | ϵ < Z.]] \end{aligned}

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

Es ist weiterhin bekannt, dass

\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}

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

daher folgt: $P(D=1)=P(\epsilon<Z)=\Phi(Z)$

Nun kommt meine Frage, sagen die Folien, dass Und ich verstehe nicht warum?

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

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

Ich weiß, dass, wenn zwei Zufallsvariablen einer bivariaten Standardnormalverteilung folgen: $E[u_1|u_2)=\rho u_2$

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

Deshalb hätte ich ein "Plus" und kein Minuszeichen erwartet? Warum verwenden wir auch die Kovarianz und nicht die Korrelation ? Also hätte ich so etwas erwartet $\sigma_{1\epsilon}$ $\rho$

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

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

Mir ist bewusst, dass aus dem ein wird , wenn ich die Kürzung von oben mache . $1-\Phi(c)$ $\Phi(c)$

— Ivanov
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Zunächst wird im Roy-Modell aus Identifikationsgründen auf normalisiert (vgl. Cameron und Trivedi: Mikroökonometrie: Methoden und Anwendungen). Ich werde diese Normalisierung im Folgenden beibehalten. Um Ihre Frage zu beantworten, zeigen wir zuerst. Hier sind und das pdf bzw. cdf einer Standardnormalverteilung. Beachten Sie, dass nach dem Gesetz der iterierten Erwartung. Der Vektor $\sigma_{\varepsilon}^{2}$ $1$

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)

$\left(U_{1},\varepsilon\right)$ ist eine bivariate Normalen mit dem Mittelwert und der Kovarianzmatrix Der bedingte Mittelwert (beachten Sie, dass hier keine Kovarianzkorrelation auftritt, weil ). Somit ist Die Dichtefunktion von ist

{(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}

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

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}

$\begin{eqnarray*} \mathrm{E}\left(\varepsilon\mid\varepsilon<Z\right) & = & \int_{-\infty}^{Z}t\frac{\phi\left(t\right)}{\Phi\left(Z\right)}\,\mathrm{{d}}t\\ & = & \frac{1}{\Phi\left(Z\right)}\int_{-\infty}^{Z}t\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(-\frac{1}{2}t^{2}\right)\,\mathrm{{d}}t\\ & = & -\frac{1}{\Phi\left(Z\right)}\int_{-\infty}^{Z}\frac{\partial}{\partial t}\left\{ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(-\frac{1}{2}t^{2}\right)\right\} \,\mathrm{{d}}t\\ & = & -\frac{1}{\Phi\left(Z\right)}\left(\phi\left(Z\right)-\phi\left(-\infty\right)\right). \end{eqnarray*}$ Beachten Sie, wie das negative Vorzeichen herauskommt. Somit ist , und die Schlussfolgerung folgt.

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
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Ich habe versucht, Ihnen das Kopfgeld zu gewähren, aber es heißt: "Sie können Ihr Kopfgeld in 18 Stunden vergeben". Erinnere mich, wenn ich es vergesse :-)

— Stat Tistician

Vielen Dank für Ihre Auszeichnung und ich bin froh, dass der Beitrag hilft.

— Semibruin