Apêndice 6.H Seção 9 (Variáveis Instrumentais)

Definição 6.19.

${\mathbb{U}}=\{U_{V}:V\in{\mathcal{V}}\}$ , ${\mathcal{V}}^{(1)}=\{V\in{\mathcal{V}}:Pa(V)=\emptyset\}$ , e ${\mathcal{V}}^{(i)}=\{V\in{\mathcal{V}}:Pa(V)\subseteq{\mathcal{V}}^{(i-1)}\}$ .

Lema 6.20.

No modelo de resultados potenciais (Definição 4.7) se $Anc^{*}(Y_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}})\cap{\mathbb{U}}=Anc^{*}({\mathbf{Y}}_{{% \mathbf{X}}={\mathbf{x}},{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}})\cap{\mathbb{U}}$ , então para cada $V\in Pa(Y)$ , $Anc^{*}(V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}})\cap{\mathbb{U}}=Anc^{*}(V_{{\mathbf{X}}% ={\mathbf{x}},{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}})\cap{\mathbb{U}}$ .

Demonstração.

Primeiramente, note que para todo $Z\in{\mathbf{Z}}$ , tem-se que $U_{Z}\notin Anc^{*}(Y_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}},{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}})=% Anc^{*}(Y_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}})$ . Assim, como $Anc^{*}(V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}})\subseteq Anc^{*}(Y_{{\mathbf{X}}={% \mathbf{x}}})$ , $U_{Z}\notin Anc^{*}(V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}})$ . Isto é, ${\mathbf{Z}}_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}}\cap Anc^{*}(V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{% x}}})=\emptyset$ .

A seguir, por construção da Definição 4.7, $Anc^{*}(V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}},{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}})\cap{\mathbb{U% }}\subseteq Anc^{*}(V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}})\cap{\mathbb{U}}$ . Assim, basta provar que para todo $U\in Anc^{*}(V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}})\cap{\mathbb{U}}$ tem-se que $U\in Anc^{*}(V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}},{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}})$ .

Tome $U\in Anc^{*}(V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}})\cap{\mathbb{U}}$ . Por construção, existem vértices, $C_{1},\ldots,C_{m}\in{\mathcal{V}}$ que constituem um caminho direcionado de $U$ a $V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}}$ , $(U,(C_{1})_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}},\ldots,(C_{m})_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x% }}},V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}})$ . Como ${\mathbf{Z}}_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}}\cap Anc^{*}(V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{% x}}})=\emptyset$ , não existe $V_{i}$ tal que $V_{i}\in{\mathbf{Z}}$ . Portanto, $(U,(C_{1})_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}},{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}},\ldots,(C_{m}% )_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}},V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}},{\mathbf{Z}}={% \mathbf{z}}})$ é um caminho direcionado de $U$ a $V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}},{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}}$ , isto é, $U\in Anc^{*}(V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}},{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}})$ . ∎

Lema 6.21.

No modelo de resultados potenciais (Definição 4.7), se $Anc^{*}(Y_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}})\cap{\mathbb{U}}=Anc^{*}(Y_{{\mathbf{X}}% ={\mathbf{x}},{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}})\cap{\mathbb{U}}$ , então $Y_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}}\equiv Y_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}},{\mathbf{Z}}=% {\mathbf{z}}}$ .

Demonstração.

Faremos a demonstração por indução. Para tal, utilizaremos a Definição 6.19. Se $Y\in{\mathcal{V}}^{(1)}$ , então $Pa(Y)=\emptyset$ . Assim, $Anc^{*}(Y_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}})$ é $\{U_{Y}\}$ ou $\emptyset$ . Se $Anc^{*}(Y_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}})=\emptyset$ , então $Y\in{\mathbf{X}}$ . Portanto, tomando $Y$ como $X_{i}$ , $Y_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}}\equiv{\mathbf{x}}_{i}\equiv Y_{{\mathbf{X}}={% \mathbf{x}},{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}}$ . Se $Anc^{*}(Y_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}})=Anc^{*}(Y_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}},{% \mathbf{Z}}={\mathbf{z}}})=\{U_{Y}\}$ , então $Y_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}}\equiv g_{Y}(U_{Y})\equiv Y_{{\mathbf{X}}={% \mathbf{x}},{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}}$ .

Agora, suponha que se $V\in{\mathcal{V}}^{(i-1)}$ e $Anc^{*}(V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}})\cap{\mathbb{U}}=Anc^{*}(V_{{\mathbf{X}}% ={\mathbf{x}},{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}})\cap{\mathbb{U}}$ , então $V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}}\equiv V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}},{\mathbf{Z}}=% {\mathbf{z}}}$ . Tome $Y\in{\mathcal{V}}^{(i)}$ tal que $Anc^{*}(Y_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}})\cap{\mathbb{U}}=Anc^{*}(Y_{{\mathbf{X}}% ={\mathbf{x}},{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}})\cap{\mathbb{U}}$ . Se $U_{Y}\notin Anc^{*}(Y_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}})$ , então existe $Y$ é algum $X_{i}$ . Portanto, $Y_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}}\equiv{\mathbf{x}}_{i}\equiv Y_{{\mathbf{X}}={% \mathbf{x}},{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}}$ . A seguir, suponha que $U_{Y}\in Anc^{*}(Y_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}},{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}})$ . Para cada $V\in Pa(Y)$ , como $Y\in{\mathcal{V}}^{(i)}$ , $V\in{\mathcal{V}}^{(i-1)}$ . Além disso, decorre do Lema 6.20, que $Anc^{*}(V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}})\cap U=Anc^{*}(V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{% x}},{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}})\cap U$ . Portanto, decorre da hipótese de indução que $V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}}\equiv V_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}},{\mathbf{Z}}=% {\mathbf{z}}}$ . Assim,

\displaystyle Y_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}}\equiv g_{Y}(U_{Y},(Pa(Y))_{{% \mathbf{X}}={\mathbf{x}}})\equiv g_{Y}(U_{Y},(Pa(Y))_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}% },{\mathbf{Z}}={\mathbf{z}}})\equiv Y_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}},{\mathbf{Z}}=% {\mathbf{z}}}

∎

Prova do Lema 4.23.

A seguir, suponha que existe um caminho direcionado de $I$ a $Y$ , $(I,C_{1},\ldots,C_{m},Y)$ , que não passa por $X$ . Escolha $f$ tal que $I\sim\text{Bernoulli}(0.5)$ e $I\equiv C_{1}\equiv\ldots\equiv C_{m}\equiv Y$ . $Y_{X=x}\sim\text{Bernoulli}(0.5)$ e $Y_{X=x,I=i}\equiv i$ . Portanto, ${\mathbb{P}}(Y_{X=x}\neq Y_{X=x,I=i})>0$ .

A seguir, suponha que todo caminho direcionado de $I$ a $Y$ , $C$ , é tal que existe $j$ com $C_{j}=X$ . Iremos provar que $Anc^{*}(Y_{X=x})\cap{\mathbb{U}}=Anc^{*}(Y_{X=x,I=i})\cap{\mathbb{U}}$ e, com base no Lema 6.21, concluir que $Y_{I=i,X=x}\equiv Y_{X=x}$ . Como $Anc^{*}(Y_{X=x,I=i})\cap{\mathbb{U}}\subseteq Anc^{*}(Y_{X=x})\cap{\mathbb{U}}$ , basta provar que todo $U\in Anc^{*}(Y_{X=x})\cap{\mathbb{U}}$ satisfaz $U\in Anc^{*}(Y_{X=x,I=i})$ .

Tome $U\in Anc^{*}(Y_{X=x})\cap{\mathbb{U}}$ . Assim, existem vértices $C_{1},\ldots,C_{m}\in{\mathcal{V}}$ e um caminho direcionado de $U$ a $Y_{{\mathbf{X}}={\mathbf{x}}}$ , $(U,(C_{1})_{X=x},\ldots,(C_{m})_{X=x},Y_{X=x})$ . Note que se algum $C_{j}$ fosse $I$ , então pela hipótese do lema, existiria algum $C_{k}$ que seria $X$ . Assim, $(U,C_{1},\ldots,C_{m},Y_{X=x})$ não seria um caminho direcionado, afinal, $X_{X=x}$ não tem pais. Portanto, $I$ não está em $C_{1},\ldots,C_{m}$ . Conclua que $(U,(C_{1})_{X=x,I=i},\ldots,(C_{m})_{X=x,I=i},Y_{X=x,I=i})$ é um caminho direcionado de $U$ a $Y_{X=x,I=i}$ . Isto é, $U\in Anc^{*}(Y_{X=x,I=i})$ . Decorre do Lema 6.21 que $Y_{I=i,X=x}\equiv Y_{X=x}$ . ∎

Lema 6.22.

Se $I$ é um instrumento para medir o efeito causal de $X$ em $Y$ e $X\in Anc(Y)$ , então $I$ é ignorável para o efeito em $X$ .

Demonstração.

Provaremos a contra-positiva. Se $I$ não é ignorável para medir o efeito em $X$ , então decorre do Lema 4.13 que $I$ e $X$ tem um ancestral comum, $Z$ . Como $X$ é um ancestral de $Y$ , decorre que $Z$ é ancestral comum a $I$ e $Y$ . Portanto, conclui-se do Lema 4.13 que $I$ não é ignorável para $Y$ . Isto é, pela Definição 4.22.1, $I$ não é um instrumento. ∎

Lema 6.23.

Se $X$ é ignorável para medir o efeito causal em $Y$ em um CM linear Gaussiano, então

\displaystyle{ACE}=Cov[X,Y]\cdot{\mathbb{V}}^{-1}[X].

Demonstração.

Decorre do Lema 2.26 que ${\mathcal{V}}$ segue uma normal multivariada. Portanto, existem $\alpha$ e $\beta$ tais que

\displaystyle{\mathbb{E}}[Y|X]=\alpha+\beta\cdot X.

(16)

Assim,

$\displaystyle{ACE}$	$\displaystyle=\frac{d{\mathbb{E}}[Y\|do(X=x)]}{dx}$
	$\displaystyle=\frac{d{\mathbb{E}}[Y\|X=x]}{dx}$
	$\displaystyle=\frac{d(\alpha+\beta x)}{dx}=\beta$	(17)

Finalmente,

	$\displaystyle Cov[X,Y]$	$\displaystyle={\mathbb{E}}[XY]-{\mathbb{E}}[X]{\mathbb{E}}[Y]$
		$\displaystyle={\mathbb{E}}[X{\mathbb{E}}[Y\|X]]-{\mathbb{E}}[X]{\mathbb{E}}[{% \mathbb{E}}[Y\|X]]$
		$\displaystyle={\mathbb{E}}[X(\alpha+\beta X)]-{\mathbb{E}}[X]{\mathbb{E}}[% \alpha+\beta X]$
		$\displaystyle=\alpha{\mathbb{E}}[X]+\beta{\mathbb{E}}[X^{2}]-\alpha{\mathbb{E}% }[X]-\beta{\mathbb{E}}[X]^{2}$
		$\displaystyle=\beta{\mathbb{V}}[X]$
		$\displaystyle={ACE}\cdot{\mathbb{V}}[X]$

Rearranjando os termos, obtenha ${ACE}=Cov[X,Y]\cdot{\mathbb{V}}^{-1}[X]$ . ∎

Prova do Teorema 4.24.

$\displaystyle Cov[I,Y]\cdot{\mathbb{V}}^{-1}[I]$	$\displaystyle={ACE}_{I,Y}$
	$\displaystyle=\sum_{C\in\mathbb{C}_{I,Y}}\prod_{i=1}^{\|C\|-1}\beta_{C_{i+1},C_{% i}}$
	$\displaystyle=\sum_{C\in\mathbb{C}_{I,X}}\sum_{K\in\mathbb{C}_{X,Y}}\left(% \prod_{i=1}^{\|C\|-1}\beta_{C_{i+1},C_{i}}\right)\left(\prod_{j=1}^{\|K\|-1}\beta_% {K_{i+1},K_{i}}\right)$
	$\displaystyle=\left(\sum_{C\in\mathbb{C}_{I,X}}\prod_{i=1}^{\|C\|-1}\beta_{C_{i+% 1},C_{i}}\right)\left(\sum_{K\in\mathbb{C}_{X,Y}}\left(\prod_{j=1}^{\|K\|-1}% \beta_{K_{i+1},K_{i}}\right)\right)$
	$\displaystyle={ACE}_{I,X}\cdot{ACE}_{X,Y}$
	$\displaystyle=Cov[I,X]\cdot{\mathbb{V}}^{-1}[I]\cdot{ACE}_{X,Y}$	Lemas 6.22 e 6.23

Rearranjando os termos, obtemos ${ACE}_{X,Y}=\frac{Cov[I,Y]}{Cov[I,X]}$ . ∎

Prova do Teorema 4.27.

	$\displaystyle Y_{I=1}-Y_{I=0}$
$\displaystyle=$	$\displaystyle Y_{I=1}{\mathbb{I}}(X_{I=1}=1)+Y_{I=1}{\mathbb{I}}(X_{I=1}=0)-Y_% {I=0}{\mathbb{I}}(X_{I=0}=1)-Y_{I=0}{\mathbb{I}}(X_{I=0}=0)$
$\displaystyle=$	$\displaystyle Y_{I=1,X=1}{\mathbb{I}}(X_{I=1}=1)+Y_{I=1,X=0}{\mathbb{I}}(X_{I=% 1}=0)-Y_{I=0,X=1}{\mathbb{I}}(X_{I=0}=1)-Y_{I=0,X=0}{\mathbb{I}}(X_{I=0}=0)$
$\displaystyle=$	$\displaystyle Y_{X=1}{\mathbb{I}}(X_{I=1}=1)+Y_{X=0}{\mathbb{I}}(X_{I=1}=0)-Y_% {X=1}{\mathbb{I}}(X_{I=0}=1)-Y_{X=0}{\mathbb{I}}(X_{I=0}=0)$	Definição 4.22.2
$\displaystyle=$	$\displaystyle(Y_{X=1}-Y_{X=0})({\mathbb{I}}(X_{I=1}=1)-{\mathbb{I}}(X_{I=0}=1))$
$\displaystyle=$	$\displaystyle(Y_{X=1}-Y_{X=0})(X_{I=1}-X_{I=0})$	$\displaystyle X\in\{0,1\}$	(18)

Portanto,

	$\displaystyle{\mathbb{E}}[Y_{I=1}-Y_{I=0}]$	$\displaystyle={\mathbb{E}}[(Y_{X=1}-Y_{X=0})(X_{I=1}-X_{I=0})]$
		$\displaystyle={\mathbb{E}}[Y_{X=1}-Y_{X=0}\|X_{I=1}-X_{I=0}=1]{\mathbb{P}}(X_{I% =1}-X_{I=0}=1)$		(19)

Como $I$ é um instrumento, decorre da Definição 4.22 que $Cov[I,X]\neq 0$ . Portanto, ${\mathbb{P}}(X_{I=1}-X_{I=0}=1)\neq 0$ . Reagrupando os termos na tillegg 6.H, obtemos:

$\displaystyle{\mathbb{E}}[Y_{X=1}-Y_{X=0}\|X_{I=1}-X_{I=0}=1]$	$\displaystyle=\frac{{\mathbb{E}}[Y_{I=1}-Y_{I=0}]}{{\mathbb{P}}(X_{I=1}-X_{I=0% }=1)}$
$\displaystyle{LATE}$	$\displaystyle=\frac{{\mathbb{E}}[Y_{I=1}-Y_{I=0}]}{{\mathbb{P}}(X_{I=1}-X_{I=0% }=1)}$		(21)
	$\displaystyle=\frac{{\mathbb{E}}[Y_{I=1}-Y_{I=0}]}{{\mathbb{E}}[X_{I=1}-X_{I=0% }]}$	$\displaystyle X\in\{0,1\},\text{\lx@cref{creftype~refnum}{def:monotone}}$ Definição 4.25\displaystyle X\in\{0,1\},\text{\lx@cref{creftype~refnum}{def:monotone}}	(22)

Há dois casos a considerar. Se $X\in Anc(Y)$ . Assim, decorre do Lema 6.22 que $I$ é ignorável para medir $X$ . Neste caso, podemos continuar a desenvolver tillegg 6.H:

\displaystyle{LATE}

\displaystyle=\frac{{\mathbb{E}}[Y|I=1]-{\mathbb{E}}[Y|I=0]}{{\mathbb{E}}[X|I=% 1]-{\mathbb{E}}[X|I=0]}

Definição 4.22.1, LABEL:{cor:ignore}

Se $X\notin Anc(Y)$ , então como $I$ é um instrumento, decorre do Lema 4.23 que $I\notin Anc(Y)$ . Portanto, conclua do Exercício 3.36 que ${\mathbb{E}}[Y|do(I=1)]-{\mathbb{E}}[Y|do(I=0)]=0$ , o que implica pelo Lema 4.11 que ${\mathbb{E}}[Y_{I=1}-Y_{I=0}]=0$ . Como $I$ é ignorável para $Y$ , decorre do Corolário 4.14 que ${\mathbb{E}}[Y|I=1]-{\mathbb{E}}[Y|I=0]=0$ . Assim, decorre do tillegg 6.H que ${LATE}=0=\frac{{\mathbb{E}}[Y|I=1]-{\mathbb{E}}[Y|I=0]}{{\mathbb{E}}[X|I=1]-{% \mathbb{E}}[X|I=0]}$ . ∎