Arka kapı ve ön kapı ayarlamaları nedeniyle nedensel etki

Aşağıdaki nedensel grafikte üzerindeki nedensel etkisini hesaplamak istiyorsak , hem arka kapı ayarını hem de ön Kapı ayar teoremlerini kullanabiliriz, yani $X$ $Y$

P (y | yapmak (X = x)) = \underset{u}{Σ} P (y | x, u) P (u)

$P(y | \textit{do}(X = x)) = \sum_u P(y | x, u) P(u)$

P (y | yapmak (X = x)) = \underset{z}{Σ} P (z | x) \underset{x^{'}}{Σ} P (y | x^{'}, z) P (x^{'}) .

$P(y | \textit{do}(X = x)) = \sum_z P(z | x) \sum_{x'} P(y|x', z)P(x').$

İki ayarlamanın üzerindeki aynı nedensel etkisine yol açtığını göstermek kolay bir ödev mi? $X$ $Y$

— Jae
kaynak

Bu gerçek bir ödev mi? Sonra lütfen kendi kendine çalışma etiketini ekleyin. Sonra insanlar size ipucu verebilir, düşünceyi (ve öğrenmeyi) size bırakabilir. Neyi denediğinizi ve nerede sıkıştığınızı bize bildirin. Özgeçmişin dış kaynak kullanımı ödevi olmadığını hatırlayın ...

— Knarpie

Merhaba Knarpie, kendi kendine çalışmanın bir parçası ve bir ödev değil. Şu anda Pearl vd. Tarafından "İstatistikte Nedensel Çıkarım" okuyorum. ve sormak doğal bir soru olduğu için eşitliği gösteremediğimiz için yukarıda sorduğum soru üzerinde yaklaşık 1 saat düşünün. Ya burada bir şey eksik ya da iki ifade eşit değil.

— Jae

Eylem değişken bir müdahaleye karşılık gelir için setler o $do(x)$ $X$ $x$ . Biz müdahale olduğunda , bu araçlar velileri işaret okları kaldırarak karşılık gelir ki, artık değerini etkilemez .bu en yeni DAG bu müdahaleyi temsil edelim. $X$ $X$ $X$

Orijinal gözlemsel dağıtım ve müdahale sonrası dağıtım diyelim . Hedefimiz 'yi cinsinden ifade etmektir . de sahip olduğumuza dikkat edin . Ayrıca, ön girişimsel ve sonrası girişimsel olasılıklar bu iki invariances paylaşmaktadır: ve yapmadık çünkü dokunmatik müdahaleye bu değişkenleri giren herhangi bir ok. Yani: $P$ $P^*$ $P^*$ $P$ $P^*$ $U \perp X$ $P^*(U) = P(U)$ $P^*(Y|X, U) = P(Y|X, U)$

\begin{aligned} P (Y | d Ö (X)) & : = P^{*} (Y | X) \\ = \underset{U}{Σ} P^{*} (Y | X, U) P^{*} (U | X) \\ = \underset{U}{Σ} P^{*} (Y | X, U) P^{*} (U) \\ = \underset{U}{Σ} P (Y | X, U) P (U) \end{aligned}

$\begin{aligned} P(Y|do(X)) &:= P^*(Y|X) \\ &=\sum_{U}P^*(Y|X, U)P^*(U|X)\\ &=\sum_{U}P^*(Y|X, U)P^*(U)\\ &=\sum_{U}P(Y|X, U)P(U) \end{aligned}$

Ön kapının türetilmesi biraz daha karmaşıktır. İlk olarak ve arasında bir karışıklık olmadığına dikkat edin , $X$ $Z$

P (Z | d Ö (X)) = P (Z | X)

$P(Z|do(X)) = P(Z|X)$

Ayrıca, türetmek için aynı mantığı kullanarak biz kontrol görüyoruz etkisini türetmeye için yeterlidir üzerindeki , yani $P(Y|do(X))$ $X$ $Z$ $Y$

P (Y | d Ö (Z)) = \underset{X^{'}}{Σ} P (Y | X^{'}, Z) P (X^{'})

$P(Y|do(Z)) = \sum_{X'}P(Y|X', Z) P(X')$

Bir sonraki ifade için gösterim kolaylığı için asal kullanıyorum. Yani bu iki ifade zaten müdahale öncesi dağıtım açısından ve biz bunları elde etmek için önceki arka kapı mantığını kullandık.

İhtiyacımız son parçası etkisini anlaması için olan ile etkisini birleştiren ile ve ile . Bunu yapmak için, lütfen grafik içinde bildirim , etkisi yana ilgili tamamen aracılık eder ve gelen arka kapı yolu için ile müdahale engellenmiş olan . Dolayısıyla: $X$ $Y$ $Z$ $Y$ $X$ $Z$ $P(Y|Z, do(X)) = P(Y|do(Z), do(X)) = P(Y|do(Z))$ $X$ $Y$ $Z$ $Z$ $Y$ $X$

\begin{aligned} P (Y | d Ö (X)) & = \underset{Z}{Σ} P (Y | Z, d Ö (X)) P (Z | d Ö (X)) \\ = \underset{Z}{Σ} P (Y | d Ö (Z)) P (Z | d Ö (X)) \\ = \underset{Z}{Σ} \underset{X^{'}}{Σ} P (Y | X^{'}, Z) P (X^{'}) P (Z | X) \\ = \underset{Z}{Σ} P (Z | X) \underset{X^{'}}{Σ} P (Y | X^{'}, Z) P (X^{'}) \end{aligned}

$\begin{aligned} P(Y|do(X)) &= \sum_{Z} P(Y|Z, do(X))P(Z|do(X))\\ &= \sum_{Z} P(Y|do(Z))P(Z|do(X))\\ &= \sum_{Z} \sum_{X'}P(Y|X', Z) P(X')P(Z|X)\\ &= \sum_{Z}P(Z|X) \sum_{X'}P(Y|X', Z) P(X') \end{aligned}$

Burada şu şekilde anlaşılabilir: ı müdahale olduğunda , o zaman dağıtım değiştirir ; ama aslında üzerinde müdahale ediyorum ben ne sıklıkta bilmek istiyorum böylece ı değiştirdiğinizde belirli bir değer alabilir ise, . $\sum_{Z} P(Y|do(Z))P(Z|do(X))$ $Z$ $Y$ $P(Y|do(Z))$ $X$ $Z$ $X$ $P(Z|do(X))$

Dolayısıyla, iki ayar size gösterdiğimiz gibi bu grafikte aynı girişim sonrası dağılımı verir.

Bana olan sorunuzu yeniden okuduğunuzda, iki denklemin sağ tarafının girişim öncesi dağılımda eşit olduğunu göstermekle doğrudan ilgilenebilirsiniz (önceki türetimimiz göz önüne alındığında olması gerekir). Bunu da doğrudan göstermek zor değil. Bunu DAG'nizde göstermek yeterli:

\underset{X^{'}}{Σ} P (Y | Z, X^{'}) P (X^{'}) = \underset{U}{Σ} P (Y | Z, U) P (U)

$\sum_{X'}P(Y|Z, X') P(X') = \sum_{U}P(Y|Z, U) P(U)$

ve anlamına geldiğine dikkat edin : $Y \perp X|U, Z$ $U \perp Z|X$

\begin{aligned} \underset{X^{'}}{Σ} P (Y | Z, X^{'}) P (X^{'}) & = \underset{X^{'}}{Σ} (\underset{U}{Σ} P (Y | Z, X^{'}, U) P (U | Z, X^{'})) P (X^{'}) \\ = \underset{X^{'}}{Σ} (\underset{U}{Σ} P (Y | Z, U) P (U | X^{'})) P (X^{'}) \\ = \underset{U}{Σ} P (Y | Z, U) \underset{X^{'}}{Σ} P (U | X^{'}) P (X^{'}) \\ = \underset{U}{Σ} P (Y | Z, U) P (U) \end{aligned}

$\begin{aligned} \sum_{X'}P(Y|Z, X') P(X') &= \sum_{X'}\left(\sum_{U}P(Y|Z, X', U)P(U|Z, X') \right)P(X') \\ &= \sum_{X'}\left(\sum_{U}P(Y|Z, U)P(U| X') \right)P(X') \\ &= \sum_{U}P(Y|Z, U) \sum_{X'}P(U| X')P(X') \\ &= \sum_{U}P(Y|Z, U) P(U) \\ \end{aligned}$

Dolayısıyla:

\begin{aligned} \underset{Z}{Σ} P (Z | X) \underset{X^{'}}{Σ} P (Y | X^{'}, Z) P (X^{'}) & = \underset{Z}{Σ} P (Z | X) \underset{U}{Σ} P (Y | Z, U) P (U) \\ = \underset{U}{Σ} P (U) \underset{Z}{Σ} P (Y | Z, U) P (Z | X) \\ = \underset{U}{Σ} P (U) \underset{Z}{Σ} P (Y | Z, X, U) P (Z | X, U) \\ = \underset{U}{Σ} P (Y | X, U) P (U) \end{aligned}

$\begin{aligned} \sum_{Z}P(Z|X) \sum_{X'}P(Y|X', Z) P(X') &= \sum_{Z}P(Z|X)\sum_{U}P(Y|Z, U) P(U)\\ &= \sum_{U}P(U)\sum_{Z}P(Y|Z, U)P(Z|X) \\ &= \sum_{U}P(U)\sum_{Z}P(Y|Z, X, U)P(Z|X, U) \\ &= \sum_{U}P(Y| X, U) P(U)\\ \end{aligned}$

— Carlos Cinelli
kaynak

Bu çok iyi ve kapsamlı bir cevap. Ancak, nedensel etkiyi ön kapıdan tanımladığınız nokta gereksizdir (OP zaten yapmış ve doğrudan ön kapı teoreminden sonra gelmektedir) ve ayrıca bir hata içeriyor: "Toplam yasa yok" olasılık ". Yani, genellikle yerine eşit değildir , , ki bu açıkça farklıdır 87-88. Sayfalardaki büyük İnci kitabına bakınız.

P (Y | d o (X))

$P(Y|do(X))$

\sum_{Z} P (Y | d o (Z)) P (Z | d o (X)

$\sum_{Z}P(Y|do(Z))P(Z|do(X)$

\sum_{Z} P (Y | Z, d o (X)) P (Z | d o (X))

$\sum_{Z}P(Y|Z, do(X))P(Z|do(X))$

— Julian Schuessler

@JulianSchuessler bu yüzden anlamaya yardımcı olmak için bir yol olarak “olarak düşünülebilir” yazdım, ama tam anlamıyla söylemiyorum. Ön kapıdan türetme ile ilgili olarak OP'nin bunu nasıl elde edeceğini bildiği açık değildi, bu yüzden oraya koydum.

— Carlos Cinelli

Mükemmel cevap. Teşekkürler Carlos. Cevabınızın ikinci kısmı tam olarak istediğim şeydi. Burada iki takip sorum var. 1) İkinci cevabınızdaki ifadeleri cebirsel olarak değiştirmek için hangi arama stratejisini kullandınız? (İfadelerde yeterince uzun şaşırarak?) Arama alanı büyük olduğundan, otomatik olarak aynı sonuca varmak için bir algoritmanın nasıl yazılabileceğini merak ediyorum.

— Jae

2) İlk sezgim Julian'ın önerisi gibi olduğu için nasıl yorumlayacağımla da kafam karıştı . ve diğerlerinin bahsettiğim kitabı ifadenizi kullanır.Genel olarak, başlangıç düğümünün neden olduğu ve son düğümün etkisinin olduğu yönlendirilmiş bir zinciri çarpanlara ayırırken, her faktörün ve üzerinde değil , burada zincirde bir ara nottur

\sum_{z} P (Y | do (Z) P (Z | do (X))

$\sum_z P(Y|\textit{do}(Z)P(Z|\textit{do}(X))$

do (Z)

$\textit{do}(Z)$

Z

$Z$

Z

$Z$

— Jae

@Jeevaka bu, DAG'da kodlanan ve çarpanlarına ayırma ve sistemin modüler, özerk parçalardan oluştuğu varsayımıyla ima edilen bir varsayımdır. Bu nedenle, daki değişiklikler etkilemez . Bunu düşünmeye yardımcı olmanın bir yolu, hem (gözlemsel model) hem de (girişimsel model) modellerinin yapısal denklemlerini yazmak ve sonra zımni ve dağılımlarını türetmektir . ve verilen koşulunun her ikisinde de aynı olacağını göreceksiniz.

P (X, U)

$P(X, U)$

P (Y | X, U)

$P(Y|X, U)$

M

$M$

M^{*}

$M^*$

P

$P$

P^{*}

$P^*$

Y

$Y$

X

$X$

U

$U$

— Carlos Cinelli