【精选】因果推理（八）：工具变量（Intrusmental Variables）

关于因果关系的识别，前面介绍了一些方法：随机对照试验、后门调整、前门调整、do-演算。今天介绍另一种进行因果效应识别的另一种方法：工具变量。

上面的因果图中， Z Z Z就是一个工具变量，可以利用它在 U U U观测不到的情况下计算 T T T对 Y Y Y的因果效应。

工具变量的标准：

一个变量满足上述工具变量标准，才能成为一个工具变量，才能利用其进行因果关系的识别。

与第五章介绍的ATE识别的方法相比，工具变量无法对ATE进行无参识别。当使用后门调整、前门调整和do-演算识别ATE时，我们无需对参数形式或者说结构变量做任何假设，但工具变量对ATE的识别必须建立在对参数形式（例如，线性）的假设之上。

因果效应可以被无参识别的必要条件是： T T T到其后代也是 Y Y Y的祖先的节点 M M M的后门路径是可以被阻断的（见第五章最后）。在上面的因果图中， Y Y Y是 T T T的子代，并将其看成自己的祖先， T T T到 Y Y Y的后门路径 T → U → Y T→U→Y T→U→Y由于 U U U观测不到而无法被阻断，因此 T T T对 Y Y Y的因果效应不能被无参识别。

首先介绍最简单的情况：二元线性设置下用工具变量识别ATE。 假设： Y : = δ T + α u U Y:=\delta T+\alpha{_u}U Y:=δT+αu​U，假设 T T T和 Z Z Z都是二元变量。

根据假设， T T T对 Y Y Y的因果效应为 δ \delta δ，我们需要根据 Z Z Z估计 δ \delta δ的值。

E [ Y ∣ Z = 1 ] − E [ Y ∣ Z = 0 ] = E [ δ T + α u U ∣ Z = 1 ] − E [ δ T + α u U ∣ Z = 0 ] = δ ( E [ T ∣ Z = 1 ] − E [ T ∣ Z = 0 ] ) + α u ( E [ U ∣ Z = 1 ] − E [ U ∣ Z = 0 ] ) = δ ( E [ T ∣ Z = 1 ] − E [ T ∣ Z = 0 ] ) \mathbb{E}[Y \mid Z=1]-\mathbb{E}[Y \mid Z=0]\\ \quad=\mathbb{E}\left[\delta T+\alpha_{u} U \mid Z=1\right]-\mathbb{E}\left[\delta T+\alpha_{u} U \mid Z=0\right]\\ \quad=\delta (\mathbb{E}[T|Z=1]-\mathbb{E}[T|Z=0])+\alpha_{u}(\mathbb{E}[U|Z=1]-\mathbb{E}[U|Z=0])\\ \quad=\delta (\mathbb{E}[T|Z=1]-\mathbb{E}[T|Z=0]) E[Y∣Z=1]−E[Y∣Z=0]=E[δT+αu​U∣Z=1]−E[δT+αu​U∣Z=0]=δ(E[T∣Z=1]−E[T∣Z=0])+αu​(E[U∣Z=1]−E[U∣Z=0])=δ(E[T∣Z=1]−E[T∣Z=0])

在计算过程中把 E [ T ∣ Z = 0 ] ) + α u ( E [ U ∣ Z = 1 ] − E [ U ∣ Z = 0 ] ) \mathbb{E}[T|Z=0])+\alpha_{u}(\mathbb{E}[U|Z=1]-\mathbb{E}[U|Z=0]) E[T∣Z=0])+αu​(E[U∣Z=1]−E[U∣Z=0])直接删掉是因为根据工具变量标准的第三条， Z Z Z与 U U U是相互独立的。于是，

δ = E [ Y ∣ Z = 1 ] − E [ Y ∣ Z = 0 ] E [ T ∣ Z = 1 ] − E [ T ∣ Z = 0 ] \delta=\frac{\mathbb{E}[Y \mid Z=1]-\mathbb{E}[Y \mid Z=0]}{\mathbb{E}[T \mid Z=1]-\mathbb{E}[T \mid Z=0]} δ=E[T∣Z=1]−E[T∣Z=0]E[Y∣Z=1]−E[Y∣Z=0]​注意，根据工具变量标准的第一条，上式中的分母不为零。

然后，我们插入经验平均值来代替这些条件期望值，得到Wald估计量： δ ^ = 1 n 1 ∑ i : z i = 1 Y i − 1 n 0 ∑ i : z i = 0 Y i 1 n 1 ∑ i : z i = 1 T i − 1 n 0 ∑ i : z i = 0 T i \hat{\delta}=\frac{\frac{1}{n_{1}} \sum_{i: z_{i}=1} Y_{i}-\frac{1}{n_{0}} \sum_{i: z_{i}=0} Y_{i}}{\frac{1}{n_{1}} \sum_{i: z_{i}=1} T_{i}-\frac{1}{n_{0}} \sum_{i: z_{i}=0} T_{i}} δ^=n1​1​∑i:zi​=1​Ti​−n0​1​∑i:zi​=0​Ti​n1​1​∑i:zi​=1​Yi​−n0​1​∑i:zi​=0​Yi​​其中， n 1 n_1 n1​是 z = 1 z=1 z=1的样本数， n 2 n_2 n2​是 z = 0 z=0 z=0的样本数。

同样假设 Y : = δ T + α u U Y:=\delta T+\alpha{_u}U Y:=δT+αu​U，当 T T T和 Z Z Z都是连续的的时候， δ = Cov ⁡ ( Y , Z ) Cov ⁡ ( T , Z ) \delta=\frac{\operatorname{Cov}(Y, Z)}{\operatorname{Cov}(T, Z)} δ=Cov(T,Z)Cov(Y,Z)​证明：

Cov ⁡ ( Y , Z ) = E [ Y Z ] − E [ Y ] E [ Z ] = E [ ( δ T + α u U ) Z ] − E [ δ T + α u U ] E [ Z ] = δ E [ T Z ] + α u E [ U Z ] − δ E [ T ] E [ Z ] − α u E [ U ] E [ Z ] = δ ( E [ T Z ] − E [ T ] E [ Z ] ) + α u ( E [ U Z ] − E [ U ] E [ Z ] ) = δ Cov ⁡ ( T , Z ) + α u Cov ⁡ ( U , Z ) = δ Cov ⁡ ( T , Z ) \begin{aligned} \operatorname{Cov}(Y, Z) &=\mathbb{E}[Y Z]-\mathbb{E}[Y] \mathbb{E}[Z] \\ &=\mathbb{E}\left[\left(\delta T+\alpha_{u} U\right) Z\right]-\mathbb{E}\left[\delta T+\alpha_{u} U\right] \mathbb{E}[Z] \\ &=\delta \mathbb{E}[T Z]+\alpha_{u} \mathbb{E}[U Z]-\delta \mathbb{E}[T] \mathbb{E}[Z]-\alpha_{u} \mathbb{E}[U] \mathbb{E}[Z] \\ &=\delta(\mathbb{E}[T Z]-\mathbb{E}[T] \mathbb{E}[Z])+\alpha_{u}(\mathbb{E}[U Z]-\mathbb{E}[U] \mathbb{E}[Z]) \\ &=\delta \operatorname{Cov}(T, Z)+\alpha_{u} \operatorname{Cov}(U, Z) \\ &=\delta \operatorname{Cov}(T, Z) \end{aligned} Cov(Y,Z)​=E[YZ]−E[Y]E[Z]=E[(δT+αu​U)Z]−E[δT+αu​U]E[Z]=δE[TZ]+αu​E[UZ]−δE[T]E[Z]−αu​E[U]E[Z]=δ(E[TZ]−E[T]E[Z])+αu​(E[UZ]−E[U]E[Z])=δCov(T,Z)+αu​Cov(U,Z)=δCov(T,Z)​

根据Principal Strata，将数据分为四层：

Local ATE（LATE, Complier Average Causal Effect (CACE)）的定义： E [ Y ( T = 1 ) − Y ( T = 0 ) ∣ T ( Z = 1 ) = 1 , T ( Z = 0 ) = 0 ] \mathbb{E}[Y(T=1)-Y(T=0) \mid T(Z=1)=1, T(Z=0)=0] E[Y(T=1)−Y(T=0)∣T(Z=1)=1,T(Z=0)=0]

Monotonicity假设： ∀ i , T i ( Z = 1 ) ≥ T i ( Z = 0 ) \forall i, \quad T_{i}(Z=1) \geq T_{i}(Z=0) ∀i,Ti​(Z=1)≥Ti​(Z=0)，这个假设的意思就是没有defier。

基于上面的假设，我们可以得到局部ATE： E [ Y ( 1 ) − Y ( 0 ) ∣ T ( 1 ) = 1 , T ( 0 ) = 0 ] = E [ Y ∣ Z = 1 ] − E [ Y ∣ Z = 0 ] E [ T ∣ Z = 1 ] − E [ T ∣ Z = 0 ] \mathbb{E}[Y(1)-Y(0) \mid T(1)=1, T(0)=0]=\frac{\mathbb{E}[Y \mid Z=1]-\mathbb{E}[Y \mid Z=0]}{\mathbb{E}[T \mid Z=1]-\mathbb{E}[T \mid Z=0]} E[Y(1)−Y(0)∣T(1)=1,T(0)=0]=E[T∣Z=1]−E[T∣Z=0]E[Y∣Z=1]−E[Y∣Z=0]​

证明： 按照Principal Strata将数据分为四层， E [ Y ( Z = 1 ) − Y ( Z = 0 ) ] = E [ Y ( Z = 1 ) − Y ( Z = 0 ) ∣ T ( 1 ) = 1 , T ( 0 ) = 0 ] P ( T ( 1 ) = 1 , T ( 0 ) = 0 ) + E [ Y ( Z = 1 ) − Y ( Z = 0 ) ∣ T ( 1 ) = 0 , T ( 0 ) = 1 ] P ( T ( 1 ) = 0 , T ( 0 ) = 1 ) + E [ Y ( Z = 1 ) − Y ( Z = 0 ) ∣ T ( 1 ) = 1 , T ( 0 ) = 1 ] P ( T ( 1 ) = 1 , T ( 0 ) = 1 ) + E [ Y ( Z = 1 ) − Y ( Z = 0 ) ∣ T ( 1 ) = 0 , T ( 0 ) = 0 ] P ( T ( 1 ) = 0 , T ( 0 ) = 0 ) \begin{array}{l} \mathbb{E}[Y(Z=1)-Y(Z=0)] \\ \quad \begin{array}{l}= \mathbb{E}[Y(Z=1)-Y(Z=0) \mid T(1)=1, T(0)=0] P(T(1)=1, T(0)=0) \\ +\mathbb{E}[Y(Z=1)-Y(Z=0) \mid T(1)=0, T(0)=1] P(T(1)=0, T(0)=1) \\ +\mathbb{E}[Y(Z=1)-Y(Z=0) \mid T(1)=1, T(0)=1] P(T(1)=1, T(0)=1) \\ +\mathbb{E}[Y(Z=1)-Y(Z=0) \mid T(1)=0, T(0)=0] P(T(1)=0, T(0)=0) \end{array} \end{array} E[Y(Z=1)−Y(Z=0)]=E[Y(Z=1)−Y(Z=0)∣T(1)=1,T(0)=0]P(T(1)=1,T(0)=0)+E[Y(Z=1)−Y(Z=0)∣T(1)=0,T(0)=1]P(T(1)=0,T(0)=1)+E[Y(Z=1)−Y(Z=0)∣T(1)=1,T(0)=1]P(T(1)=1,T(0)=1)+E[Y(Z=1)−Y(Z=0)∣T(1)=0,T(0)=0]P(T(1)=0,T(0)=0)​​对于always-takers和never-takers， Z Z Z和 T T T是独立的，因此 Z Z Z对 Y Y Y也没有因果效应，因此消去它们。 = E [ Y ( Z = 1 ) − Y ( Z = 0 ) ∣ T ( 1 ) = 1 , T ( 0 ) = 0 ] P ( T ( 1 ) = 1 , T ( 0 ) = 0 ) + E [ Y ( Z = 1 ) − Y ( Z = 0 ) ∣ T ( 1 ) = 0 , T ( 0 ) = 1 ] P ( T ( 1 ) = 0 , T ( 0 ) = 1 ) \begin{aligned} \quad=& \mathbb{E}[Y(Z=1)-Y(Z=0) \mid T(1)=1, T(0)=0] P(T(1)=1, T(0)=0) \\ &+\mathbb{E}[Y(Z=1)-Y(Z=0) \mid T(1)=0, T(0)=1] P(T(1)=0, T(0)=1) \end{aligned} =​E[Y(Z=1)−Y(Z=0)∣T(1)=1,T(0)=0]P(T(1)=1,T(0)=0)+E[Y(Z=1)−Y(Z=0)∣T(1)=0,T(0)=1]P(T(1)=0,T(0)=1)​根据假设，没有defiers，因此，消去它们。 = E [ Y ( Z = 1 ) − Y ( Z = 0 ) ∣ T ( 1 ) = 1 , T ( 0 ) = 0 ] P ( T ( 1 ) = 1 , T ( 0 ) = 0 ) \begin{aligned} \quad=& \mathbb{E}[Y(Z=1)-Y(Z=0) \mid T(1)=1, T(0)=0] P(T(1)=1, T(0)=0) \end{aligned} =​E[Y(Z=1)−Y(Z=0)∣T(1)=1,T(0)=0]P(T(1)=1,T(0)=0)​ 现在，我们可以得到，对于compliers， Z Z Z对 Y Y Y的因果效应为： E [ Y ( Z = 1 ) − Y ( Z = 0 ) ∣ T ( 1 ) = 1 , T ( 0 ) = 0 ] = E [ Y ( Z = 1 ) − Y ( Z = 0 ) ] P ( T ( 1 ) = 1 , T ( 0 ) = 0 ) \mathbb{E}[Y(Z=1)-Y(Z=0) \mid T(1)=1, T(0)=0]=\frac{\mathbb{E}[Y(Z=1)-Y(Z=0)]}{P(T(1)=1, T(0)=0)} E[Y(Z=1)−Y(Z=0)∣T(1)=1,T(0)=0]=P(T(1)=1,T(0)=0)E[Y(Z=1)−Y(Z=0)]​因为是compliers，所以 Y ( Z = 1 ) = Y ( T = 1 ) Y(Z=1)=Y(T=1) Y(Z=1)=Y(T=1)且 Y ( Z = 1 ) = Y ( T = 1 ) Y(Z=1)=Y(T=1) Y(Z=1)=Y(T=1)，因此， E [ Y ( T = 1 ) − Y ( T = 0 ) ∣ T ( 1 ) = 1 , T ( 0 ) = 0 ] = E [ Y ( Z = 1 ) − Y ( Z = 0 ) ] P ( T ( 1 ) = 1 , T ( 0 ) = 0 ) = E [ Y ∣ Z = 1 ] − E [ Y ∣ Z = 0 ] P ( T ( 1 ) = 1 , T ( 0 ) = 0 ) \mathbb{E}[Y(T=1)-Y(T=0) \mid T(1)=1, T(0)=0]\\=\frac{\mathbb{E}[Y(Z=1)-Y(Z=0)]}{P(T(1)=1, T(0)=0)}\\ =\frac{\mathbb{E}[Y|Z=1]-\mathbb{E}[Y|Z=0]}{P(T(1)=1, T(0)=0)} E[Y(T=1)−Y(T=0)∣T(1)=1,T(0)=0]=P(T(1)=1,T(0)=0)E[Y(Z=1)−Y(Z=0)]​=P(T(1)=1,T(0)=0)E[Y∣Z=1]−E[Y∣Z=0]​因为没有compliers，可以用总概率减去always-takes和never-takers得到compliers的概率。于是， = E [ Y ∣ Z = 1 ] − E [ Y ∣ Z = 0 ] 1 − P ( T = 0 ∣ Z = 1 ) − P ( T = 1 ∣ Z = 0 ) = E [ Y ∣ Z = 1 ] − E [ Y ∣ Z = 0 ] 1 − ( 1 − P ( T = 1 ∣ Z = 1 ) ) − P ( T = 1 ∣ Z = 0 ) = E [ Y ∣ Z = 1 ] − E [ Y ∣ Z = 0 ] P ( T = 1 ∣ Z = 1 ) − P ( T = 1 ∣ Z = 0 ) = E [ Y ∣ Z = 1 ] − E [ Y ∣ Z = 0 ] E [ T ∣ Z = 1 ] − E [ T ∣ Z = 0 ] =\frac{\mathbb{E}[Y \mid Z=1]-\mathbb{E}[Y \mid Z=0]}{1-P(T=0 \mid Z=1)-P(T=1 \mid Z=0)}\\=\frac{\mathbb{E}[Y \mid Z=1]-\mathbb{E}[Y \mid Z=0]}{1-(1-P(T=1 \mid Z=1))-P(T=1 \mid Z=0)}\\=\frac{\mathbb{E}[Y \mid Z=1]-\mathbb{E}[Y \mid Z=0]}{P(T=1 \mid Z=1)-P(T=1 \mid Z=0)}\\=\frac{\mathbb{E}[Y \mid Z=1]-\mathbb{E}[Y \mid Z=0]}{\mathbb{E}[T \mid Z=1]-\mathbb{E}[T \mid Z=0]} =1−P(T=0∣Z=1)−P(T=1∣Z=0)E[Y∣Z=1]−E[Y∣Z=0]​=1−(1−P(T=1∣Z=1))−P(T=1∣Z=0)E[Y∣Z=1]−E[Y∣Z=0]​=P(T=1∣Z=1)−P(T=1∣Z=0)E[Y∣Z=1]−E[Y∣Z=0]​=E[T∣Z=1]−E[T∣Z=0]E[Y∣Z=1]−E[Y∣Z=0]​

上面计算局部ATE的方法仅局限于：