Untuk bagian pertama Anda menyatakan bahwa Anda memiliki instrumen "valid". Ini menyiratkan untuk perawatan biner dan instrumen ituCov(Di,Zi)≠0 setara dengan P(Di=1|Zi=1)≠P(Di=1|Zi=0), yaitu instrumen memiliki efek pada apakah perawatan dipilih atau tidak. Pengamatan ini yang juga harus dinyatakan dalam makalah Angrist dan Imbens adalah kunci untuk sisa bukti mereka. Untuk tahap pertama mereka menganggap ituP(Di=1|Zi=1)>P(Di=1|Zi=0), artinya jumlah penyesuai (Ci) lebih besar dari defiers (Fi).
Menggunakan batasan pengecualian (untuk setiap z∈ {0;1} kami memilikinya Yiz=Yi0z=Yi1z, yaitu instrumen tidak memiliki efek langsung pada hasil) Anda dapat menulis perbedaan dalam bagian penyesuai dan penyerang dalam populasi sebagai
mana langkah kedua menggunakan independensi untuk menyingkirkan pengkondisian pada
P(Di=1|Zi=1)−P(Di=1|Zi=0)=P(Di1=1|Zi=1)−P(Di0=1|Zi=0)=P(Di1=1)−P(Di0=0)=[P(Di1=1,Di0=0)+P(Di1=1,Di0=1)]−[P(Di1=0,Di0=1)+P(Di1=1,Di0=1)]=P(Ci)–P(Fi)
Zi karena hasil potensial tidak tergantung pada instrumen. Langkah ketiga menggunakan hukum probabilitas total. Pada langkah terakhir Anda hanya perlu menggunakan monotonisitas yang pada dasarnya mengasumsikan bahwa penangkal tidak ada,
P(Fi)=0 dan Anda dapatkan
P(Ci)=P(Di=1|Zi=1)−P(Di=1|Zi=0).
Ini akan menjadi koefisien tahap pertama Anda dalam regresi 2SLS. Asumsi monotonisitas sangat penting untuk ini dan orang harus berpikir keras tentang kemungkinan alasan mengapa hal itu dilanggar (namun, monotonitas dapat dilonggarkan, lihat misalnya
de Chaisemartin (2012) “Yang Anda butuhkan adalah TERLAMBAT” ).
Bagian kedua dari buktinya mengikuti jalur yang sama. Untuk ini, Anda harus ingat bahwa status perawatan yang diamati adalah
karena Anda tidak dapat mengamati kedua hasil potensial untuk individu yang sama. Dengan cara ini Anda dapat menghubungkan hasil yang diamati dengan hasil potensial, status perawatan, dan instrumen sebagai
Di=ZiDi1+(1−Zi)Di0
Yi=(1−Zi)(1−Di)Yi00+Zi(1−Di)Yi10+(1−Zi)DiYi01+ZiDiYi11
Untuk bagian kedua dari bukti ambil perbedaan dalam hasil yang diharapkan dengan instrumen diaktifkan dan diaktifkan, dan gunakan representasi sebelumnya dari hasil yang diamati dan pembatasan pengecualian dalam langkah pertama untuk mendapatkan:
E(Yi|Zi=1)–E(Yi|Zi=0)=E(Yi1Di+Yi0(1−Di)|Zi=0)−E(Yi1Di+Yi0(1−Di)|Zi=1)=E(Yi1Di1+Yi0(1−Di1)|Zi=1)−E(Yi1Di0+Yi0(1−Di0)|Zi=0)=E(Yi1Di1+Yi0(1−Di1))−E(Yi1Di0+Yi0(1−Di0))=E((Yi1−Yi0)(Di1−Di0))=E(Yi1−Yi0|Di1−Di0=1)P(Di1−Di0=1)−E(Yi1−Yi0|Di1−Di0=−1)P(Di1−Di0=−1)=E(Yi1−Yi0|Ci)P(Ci)−E(Yi1−Yi0|Fi)P(Fi)=E(Yi1−Yi0|Ci)P(Ci)
Sekarang ini cukup banyak pekerjaan tetapi tidak terlalu buruk jika Anda tahu langkah-langkah yang perlu Anda ambil. Untuk lini kedua gunakan lagi pembatasan eksklusi untuk menuliskan status pengobatan potensial. Di baris ketiga gunakan independensi untuk menyingkirkan pengkondisian pada seperti sebelumnya. Pada baris keempat, Anda hanya memasukkan faktor. Baris kelima menggunakan hukum ekspektasi berulang. Baris terakhir muncul karena asumsi monotonisitas, yaitu . Maka Anda hanya perlu membagi sebagai langkah terakhir dan Anda tiba di
ZiP(Fi)=0
E(Yi1−Yi0|Ci)=E(Yi|Zi=1)–E(Yi|Zi=0)P(Ci)=E(Yi|Zi=1)–E(Yi|Zi=0)P(Di=1|Zi=1)−P(Di=1|Zi=0)=E(Yi|Zi=1)–E(Yi|Zi=0)E(Di|Zi=1)−E(Di|Zi=0)
karena dan adalah biner. Ini harus menunjukkan bagaimana Anda menggabungkan dua bukti dan bagaimana mereka sampai pada ekspresi akhir.
DiZi