Posterior olasılık> 1 olabilir mi?

Bayes formülünde:

P (x | a) = \frac{P (a | x) P (x)}{P (a)}

$P(x|a) = \frac{P(a|x) P(x)}{P(a)}$

arka olasılık 1'i aşabilir mi? $P(x|a)$

Örneğin, ve ve . Ama bundan emin değilim, çünkü bir olasılığın birden fazla olması ne anlama gelir? $0 < P(a) < 1$ $P(a) < P(x) < 1$ $P(a)/P(x) < P(a|x) < 1$

probability bayesian conditional-probability

— Thomas Moore
kaynak

Notasyonu tanımlarken kesin olmalıdır. neyi temsil ettiği belirsizdir . Eğer (a) olasılık dağılımı (bu durumda olan ve kümeleridir) veya (b) bir ayrık alan bir kitle işlevi, o zaman zaten cevapları esasen doğrudur. Eğer bir yoğunluk fonksiyonu olduğu anlaşılmaktadır, o zaman doğru değildir . Nitpicking'ın nedeni, her üç fonksiyon tipinin de Bayes kuralını karşılamasıdır. notasyonu genellikle dağıtım içindir, ancak bağımsız değişkenler için küçük harfler kullanılması yoğunluk önerir.

P (\cdot)

$P(\cdot)$

P (\cdot)

$P(\cdot)$

a

$a$

x

$x$

P (\cdot)

$P(\cdot)$

P (x ∣ a) \leq 1

$P(x \mid a) \le 1$

P (\cdot)

$P(\cdot)$

— adam

P (x ∣ a) = \frac{P (x, a)}{P (a)} \leq \frac{P (a)}{P (a)} = 1

$P(x\mid a) = \frac{P(x,a) }{P(a)} \le \frac{P(a) }{P(a)} =1$ yani arka olasılık

geçemez

1

$1$ . (Posterior yoğunluk farklı bir konudur - Sürekli dağılımlar bol yoğunlukları aşan var

1

$1$ Bazı değerler için)

— Henry

Hesaplanan posterior bir tanesini aşarsa, bir yerde bir hata yaptınız.

— Emil M Friedman

@EmilMFriedman, cevabınız belirsiz (ve bu nedenle potansiyel olarak zararlı), çünkü "hesaplanmış posterior" bir olasılık veya yoğunluğu

— whuber

Olasılıktaki birlik engeli kırılabilir ve kırılabilir. Yazım AT istatistiklerine bakın.stackexchange.com/questions/4220/… .

— Mark L. Stone

Yanıtlar:

Varsayılan koşullar , koşullu olasılık tanımıyla asla doğru olmadığı anlamına gelmez : $P(a)/P(x) < P(a|x)$

$P(a|x) = P(a\cap x) / P(x) \leq P(a) / P(x)$

— khol
kaynak

Hayır, posterior olasılığın birini aşması mümkün değildir. Bu, olasılık teorisinin norm aksiyomunun ihlali olacaktır. Koşullu olasılık kurallarını kullanarak aşağıdakilere sahip olmalısınız:

P (a | x) = \frac{P (a, x)}{P (x)} ⩽ \frac{P (a)}{P (x)} .

$\mathbb{P}(a | x) = \frac{\mathbb{P}(a,x)}{\mathbb{P}(x)} \leqslant \frac{\mathbb{P}(a)}{\mathbb{P}(x)}.$

Bu, belirttiğiniz eşitsizlik koşullarına sahip olamayacağınız anlamına gelir. (Bu arada, bu iyi bir soru: sorun arayan olasılık yasalarını incelemeniz iyi. Bu konuları çoğu öğrenciden daha fazla titizlikle incelediğinizi gösteriyor.)

Ek bir nokta: Bu durum hakkında, olasılığın farklı özelliklerinin mantıksal önceliği ile ilgili ek bir noktaya değinmeye değer. Olasılık teorisinin, bir olasılık ölçümünün gerçekte ne olduğunu karakterize eden bir dizi aksiyomla başladığını unutmayın . Bu aksiyomlardan, aksiyomlardan türetilen teoremler olan "olasılık kurallarını" türetebiliriz. Bu olasılık kuralları geçerli olacak aksiyomlarla tutarlı olmalıdır. Bir olasılık kuralının aksiyomlardan biriyle çelişkiye yol açtığını tespit ettiyseniz (örn., Örnek uzayının olasılığı birden büyüktür), bu aksiyomu tahrif etmez - olasılık kuralını tahrif eder . Bu nedenle, Bayes kuralı böyle olsa bilebirden fazla posterior olasılığa yol açar (değil), bu birden fazla posterior olasılığınız olabileceği anlamına gelmez; sadece Bayes kuralının geçerli bir olasılık kuralı olmadığı anlamına gelir.

— Monica'yı eski durumuna getir
kaynak

Son pay P (x) olmalı mı?

— BallpointBen

Hala benim için P (a) gösteriliyor

— BallpointBen

Payda P (a) olması gerekiyordu. Eşitsizlik OP'ye sorusunda belirttiği gibi P (a | x)> P (a) / P (x) alamayacağını gösteriyor.

— Monica'yı

Bayes formülü ,aşandeğerler veremez. Bunu görmenin sezgisel bir yolu,yı toplam olasılık yasası yoluyla etmektir. $\displaystyle P(B \mid A) = \frac{P(A\mid B)P(B)}{P(A)}$ $P(B\mid A)$ $1$ $P(A)$

P (A) = P (A ∣ B) P (B) + P (A ∣ B^{c}) P (B^{c})

$P(A) = P(A\mid B)P(B) + P(A\mid B^c)P(B^c)$

, payın paydadaki toplamdaki terimlerden sadece biri olduğunu gösterir ve böylece kesirdeğerde

geçemez.

P (B ∣ A) = \frac{P (A ∣ B) P (B)}{P (A)} = \frac{P (A ∣ B) P (B)}{P (A ∣ B) P (B) + P (A ∣ B^{c}) P (B^{c})}

$P(B \mid A) = \frac{P(A\mid B)P(B)}{P(A)} = \frac{P(A\mid B)P(B)}{P(A\mid B)P(B) + P(A\mid B^c)P(B^c)}$

1

$1$

— Dilip Sarwate
kaynak

+1 bu benim için en kolay kanıt.

— user541686

P (B ∣ A)

$P(B\mid A)$

1

$1$

P (A ∣ B) P (B) = P \A \cap B)

$P(A\mid B)P(B) = P\A\cap B)$

P (A)

$P(A)$

A \cap B \subset A

$A\cap B \subset A$

P \A \cap B) \leq P (A)

$P\A\cap B) \leq P(A)$ ve Bayes formülüyle kendi aralarında çok az ilişkiye sahiptir (istatistiklerde önceki olasılıklardan posterior olasılıklar elde etmek için kullanıldığından).

— Dilip Sarwate