Причинный эффект при регулировке задней двери и передней двери

Если мы хотим вычислить причинное влияние на на приведенном ниже причинном графике, мы можем использовать как теоремы регулировки задней двери, так и теоремы регулировки передней двери, т. Е. $X$ $Y$

P (y | do (X = x)) = \sum_{u} P (y | x, u) P (u)

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

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

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

Легко ли домашнее задание показать, что две корректировки приводят к одинаковому причинному влиянию на ? $X$ $Y$

self-study causality graph-theory dag Jae
источник

Это настоящая домашняя работа? Затем, пожалуйста, добавьте тег самообучения. Тогда люди могут дать вам подсказки, оставив вам мышление (и обучение). Расскажите нам, что вы пытались и где вы застряли. Помните, резюме не для аутсорсинга домашней работы ...

Knarpie

Привет Кнарпи, это часть самостоятельной работы, а не домашняя работа. В настоящее время я читаю «Причинный вывод в статистике» Pearl et al. и потратить около 1 часа на размышления над вопросом, который я задал выше, так как это естественный вопрос, но он не может показать равенство. Либо я что-то здесь упускаю, либо два выражения не равны.

Jae

Действие соответствует вмешательству в переменную которое устанавливает его в значение $do(x)$ $X$ $x$ . Когда мы вмешиваемся в , это означает, что родители больше не влияют на его значение, что соответствует удалению стрелок, указывающих на Итак, давайте представим это вмешательство в новом DAG. $X$ $X$ $X$

Назовем исходное распределение наблюдений и распределение после вмешательства . Наша цель состоит в том, чтобы выразить в терминах . Обратите внимание , что в мы имеем , что . Кроме того, вероятности до вмешательства и после вмешательства разделяют эти две инвариантности: и $P$ $P^*$ $P^*$ $P$ $P^*$ $U \perp X$ $P^*(U) = P(U)$ поскольку мы не касались стрелок, вводящих эти переменные в нашем вмешательстве. Так: $P^*(Y|X, U) = P(Y|X, U)$

\begin{aligned} P (Y | d o (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}

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

$X$ $Z$

P (Z | d o (X)) = P (Z | X)

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

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

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

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

Где я использую штрих для удобства обозначения следующего выражения. Таким образом, эти два выражения уже относятся к распределению перед вмешательством, и мы просто использовали предыдущее обоснование бэкдора для их получения.

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

\begin{aligned} P (Y | d o (X)) & = \sum_{Z} P (Y | Z, d o (X)) P (Z | d o (X)) \\ = \sum_{Z} P (Y | d o (Z)) P (Z | d o (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}

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

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

Следовательно, две корректировки дают вам такое же распределение после вмешательства на этом графике, как мы показали.

Перечитывая ваш вопрос, я подумал, что вас может заинтересовать прямая демонстрация того, что правая часть двух уравнений одинакова в распределении до вмешательства (которым они должны быть, учитывая наш предыдущий вывод). Это не сложно показать напрямую. Достаточно показать, что в вашем DAG:

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

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

$Y \perp X|U, Z$ $U \perp Z|X$

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

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

Следовательно:

\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}

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

Карлос Синелли
источник

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))

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

@JulianSchuessler, поэтому я написал «можно думать как», как способ помочь пониманию, но не буквально говоря, что это так. Что касается деривации парадной двери, не было ясно, как ОП знал, как ее получить, поэтому я и положил ее туда.

Карлос

Отличный ответ. Спасибо, Карлос. Вторая часть вашего ответа была именно то, что я просил. У меня есть два дополнительных вопроса здесь. 1) Какую стратегию поиска вы использовали для алгебраической манипуляции выражениями во втором ответе? (Прищурившись достаточно долго в выражениях?) Поскольку пространство поиска велико, мне интересно, как можно написать алгоритм, позволяющий автоматически прийти к такому же выводу.

Jae

\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

$Z$

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

$U$

Причинный эффект при регулировке задней двери и передней двери

Ответы: