Причинний ефект завдяки регулюванням задніх та дверних дверей

Якщо ми хотіли обчислити причинний ефект на у причинному графіку нижче, ми можемо використовувати як теорему регулювання задньої двері, так і теореми регулювання передньої двері, тобто $X$ $Y$

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^{'}) .

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

Чи легко зробити домашнє завдання, щоб показати, що два коригування призводять до однакового причинного впливу на ? $X$ $Y$

— Джі
джерело

Це справжнє домашнє завдання? Потім додайте тег самонавчання. Тоді люди можуть давати вам підказки, залишаючи мислення (і навчання) вам. Розкажіть, що ви спробували і де ви застрягли. Пам'ятайте, що CV не для аутсорсингу домашніх завдань ...

— Knarpie

Привіт Knarpie, це частина самостійного навчання, а не домашнє завдання. Зараз я читаю "Причинно-наслідковий вихід у статистику" Pearl та співавт. і витратити близько 1 години на роздуми над питанням, яке я задав вище, оскільки це природне запитання, але не могла показати рівність. Або я щось пропускаю тут, або два вирази не рівні.

— Jae

$do(x)$ $X$ $x$ $X$ $X$ $X$

$P$ $P^*$ $P^*$ $P$ $P^*$ $U \perp X$ $P^*(U) = P(U)$ $P^*(Y|X, U) = P(Y|X, U)$

\begin{aligned} P (Y | d 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^{'})

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

Де я використовую прайм для зручності позначення для наступного виразу. Таким чином, ці два вирази вже є в частині розподілу перед втручанням, і ми просто використовували попереднє обґрунтування, яке їх можна було отримати.

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

\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}

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

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

Отже, два коригування дають той самий постінтервенційний розподіл на цьому графіку, як ми показали.

Перечитавши ваше запитання, мені спало на думку, що вам може бути цікаво безпосередньо показати, що права частина двох рівнянь однакова в доінтервенційному розподілі (яким вони повинні бути, враховуючи наше попереднє виведення). Це не важко показати і безпосередньо. Досить показати, що у вашому 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}

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

Звідси:

\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 Сінеллі
джерело

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 тому я написав "можна вважати як", як спосіб допомогти зрозуміти, але не буквально кажучи, що це так. Щодо виведення вхідних дверей, не було зрозуміло, що ОП знав, як його отримати, тому я і поставив його там.

— Карлос Сінеллі

Чудова відповідь. Спасибі, Карлос. Друга частина вашої відповіді була саме тим, про що я попросив. У мене є два наступні питання. 1) Яку стратегію пошуку ви використовували для алгебраїчного маніпулювання виразами у своїй другій відповіді? (Скупившись досить довго в виразах?) Оскільки місця пошуку велике, мені цікаво, як можна записати алгоритм, щоб можна було автоматично прийти до того ж висновку.

— 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

$U$