Derive P (C | A + B) das duas regras de Cox


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Estou trabalhando (auto-estudo) no livro de ET Jaynes, Probability Theory - The Logic of Science

Problema original

O Exercício 2.1 diz: "É possível encontrar uma fórmula geral para análoga a [a fórmula ] das regras de produto e soma. Em caso afirmativo, deduza-o; caso contrário, explique por que isso não pode ser feito. "p(C|A+B)p(A+B|C)=p(A|C)+p(B|C)p(AB|C)

Givens

As regras com as quais tenho que trabalhar são:

p(AB|C)=p(A|C)p(B|AC)=p(B|C)p(A|BC) ep(A|B)+p(A¯|B)=1

Onde também podemos usar identidades lógicas para manipular proposições. Por exemplo:A+B=A¯B¯¯

Suposição de solvabilidade

Acredito que deve ser possível porque ele não introduz outras regras mais tarde e ter uma simples combinação lógica de proposições que não fosse facilmente expressável derrotaria a tese central de Jaynes. No entanto, não consegui derivar a regra.

Minha tentativa

Para evitar confusões devido ao uso dos mesmos nomes de variáveis ​​que os givens, estou resolvendo o problema como:

Derivar uma fórmula para p(X|Y+Z)

Introduzindo uma tautologia para condicionamento

Minha melhor tentativa de resolvê-lo até agora foi introduzir uma proposição que é sempre verdadeira. Assim, posso reescrever como (já que a verdade é a identidade multiplicativa).WY+Z(Y+Z)W

Então, eu posso escrever:

p(X|Y+Z)=p(X|(Y+Z)W)

Então, reescrevendo um dos dados como regra de Bayes: , eu posso escrever:p(A|BC)=p(B|AC)p(A|C)p(B|C)

p(X|(Y+Z)W)=p(Y+Z|XW)p(X|W)p(Y+Z|W)=p(Y+Z|X)p(X|W)p(Y+Z|W)

Por que isso não funciona

O termo é fácil de lidar. (Sua expansão é referida na definição do problema.)p(Y+Z|X)

No entanto, eu não sei o que fazer com e . Não há transformação lógica que eu possa aplicar para me livrar do , nem pensar em nenhuma maneira de aplicar as regras fornecidas para chegar lá.p(X|W)p(Y+Z|W)W

Outros lugares que eu olhei

Eu fiz uma pesquisa no Google, que apareceu nesta página do fórum . Mas o autor faz a mesma coisa que tentei sem ver a dificuldade que tenho com o condicionamento resultante na tautologia introduzida.

Eu também procurei em stats.stackexchange.com por "Jaynes" e também por "Exercise 2.1" sem encontrar resultados úteis.


Não acho que isso seja digno de sua própria resposta, mas acho que o que você tem é correto e é o que Jaynes esperava que você apresentasse. Você pode assumir que seja verdadeiro sempre. E a próxima pergunta que ele faz é sobre o caso mais geral de , no qual ele pede que você prove a forma mais geral do teorema de Bayes. (Este é anos após esta questão foi colocada, mas eu estava presa na mesma parte Espero que este comentário ajuda outros.)Wp(C|(A1+A2+...+An)W)
William Oliver

Respostas:


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Não sei ao certo o que Jaynes considera análogo a mas os alunos usam alegremente um ou mais dos seguintes trabalhos de casa e exames: Você acha que alguma delas está correta?P(ABC)=P(AC)+P(BC)P(ABC)

P(ABC)=P(AB)+P(C)P(ABC)=P(AB)+P(C)P(AC)P(ABC)=P(AB)+P(AC),P(ABC)=P(AB)+P(AC)P(ABC),P(ABC)=P(ABBC)+P(ACBC)P(ABCBC).

Nota: Alterando meu comentário (agora excluído) em um adendo à minha resposta, as regras permitem as seguintes manipulações: O primeiro introduz condicionado em um subconjunto de mas não elimina condicionado em . A segunda também não elimina condicionado em . Portanto, qualquer manipulação de sempre incluirá termos da forma , e não poderá ser expressa em termos de , , , etc. sem incluir probabilidades condicionadasP(ABC)=P(AC)P(BAC);P(AC)=1P(AcC).CCCP(ABC)P(XBC)P(ABC)P(AB)P(AC)P(ABC)BC também.


Eu não gosto de nenhum deles. Acho que a última resposta é tecnicamente correto, mas não elimina o condicionamento Eu estou tentando remover porque todos os termos têm ainda uma função de dada . ABC
Eponymous 10/10

@ Epônimo Mas observe que na expressão que Jaynes quer que você imite, viz. , o condicionamento permanece em toda parte. Portanto, a questão se resume ao que Jaynes considera análogo. Minha última "identidade" é uma afirmação verdadeira e tem condicionamento no mesmo evento de ambos os lados, assim como Jaynes fazP(ABC)=P(AC)+P(BC)P(ABC)CP(ABC)=P(AC)+P(BC)P(ABC)
Dilip Sarwate

Na estrutura de Jaynes, você deve sempre condicionar algo. é indefinido para todos . Assim, o condicionamento em um único termo é inevitável. Meu entendimento do problema é que preciso, de alguma forma, dividir em coisas que possam ser mais naturais / fáceis de calcular, removendo idealmente o completo (embora possa ser irremovível). Não vejo sua última identidade fazendo isso. P(X)XP(A|BC)
Eponymous

@Dilip Eu não acho que haja algo errado com sua resposta, e acho que há muitas (especialmente a última parte) que estão certas (+1). Na ausência de um manual de soluções (que acho que nem existe), nunca podemos saber o que estava em mente de Jaynes. Mas eu acho que você está certo de que a resposta final deve ter condicionado durante todo o tempo, e o que parece ser o evento condicionado natural seria: . AB

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Para problemas como esse, às vezes é útil pensar menos sobre as fórmulas e desenhar uma figura (nesse caso, um diagrama de Venn).

insira a descrição da imagem aqui

Agora olhe para a figura e tente visualizar o que representa. Se você conseguir tirá-lo da foto, verá que existem várias maneiras válidas de escrevê-lo (duas maneiras me lembram do bastão). Se você ainda estiver preso, tente voltar à prova usual da regra geral de adição geral para obter dicas.P(C|AB)

Lembre-se: uma probabilidade condicional concentra toda a sua massa de probabilidade no evento de condicionamento (neste caso, ). A idéia é focar nos locais onde cruza esse evento.ABC

A propósito, o código R para a figura é

library(venneuler)
vd <- venneuler(c(A=0.2, B=0.2, C=0.2, "A&B"=0.04, "A&C"=0.04, "B&C"=0.04 ,"A&B&C"=0.008))
plot(vd)

Como isso ajuda a escrever uma fórmula usando apenas as regras de Jaynes? Devemos usar apenas as duas regras declaradas pelo OP.
precisa

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@Dilip Acho que a parte mais difícil desse problema de Jaynes é que ele não indicou explicitamente a fórmula para atirar. Mas o diagrama nos permite ver possíveis fórmulas que têm uma chance no Heck de serem válidas, e sim, a que estou pensando pode ser provada apenas com as regras de produto e soma (na verdade, Jaynes fez isso no parágrafo imediatamente prosseguindo o exercício original!).

@Jay O problema, como já salientado nos comentários sobre a minha própria resposta, é que tudo numa fórmula para precisa necessariamente de ser condicionado em . Por outro lado, como você diz, o texto de Jaynes prova a versão condicional do conhecido resultado: . É fácil separar o evento condicionado , não para o evento condicionado . P(CAB)ABP(AB)=P(A)+P(B)P(AB)
usar o seguinte

@Dilip sim, não posso terminar o evento de condicionamento, estou com você.

1

O Teorema de Bayes fornece Agora, usando as regras de soma condicional e incondicional, temos Obviamente, a questão é se essa fórmula seria "suficientemente análoga" para Jaynes.

p(CA+B)=p(A+BC)p(C)p(A+B).
p(CA+B)=p(AC)+p(BC)p(ABC)p(A)+p(B)p(AB)p(C).

Como o OP apontou em um comentário, "Na estrutura de Jaynes, você sempre deve condicionar algo. P (X) é indefinido para todo X. Portanto, o condicionamento a um único termo é inevitável". Então, você não tem permissão para escrever P (C), P (A), etc.
Dilip Sarwate

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Você não pode se livrar da tautologia. Eu acho que você deve apenas adicionar a tautologia e aplicar a regra do produto e, em seguida, a regra da soma e você obtém:

p(C|(A+B)W)=p(CA|W)+p(CB|W)p(AB|W)p(A|W)+p(B|W)p(AB|W)

onde todas as probabilidades são expressas como posteriores à tautologia. Eu acho que esse é o equivalente mais semelhante à regra da soma que você pode obter para esse problema, então essa seria a solução.

Observe que se você adicionar a condição (ou seja, e são mutuamente exclusivos), obtém a mesma expressão que precisa provar no problema 2.2, que indicaria que esta solução provavelmente está correta (por Indução bayesiana;).p(AB|W)=0AB


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Seguindo apenas as regras de Cox, tomando como no livro de Jaynes, temos a solução do MastermindX:W=X

p(C|(A+B)X)=p(C(A+B)|X)p((A+B)|X)(product rule)
=p((CA+CB)|X)p((A+B)|X)(distributive property of the conjunction)
=p(CA|X)+p(CB|X)p(CAB|X)p((A+B)|X)(sum rule on numerator)
=p(CA|X)+p(CB|X)p(CAB|X)p(A|X)+p(B|X)p(AB|X)(sum rule on demoninator)
=p(A|X)p(C|AX)+p(B|X)p(C|BX)p(AB|X)p(C|ABX)p(A|X)+p(B|X)p(AB|X)(product rule on numerator)

A solução para Ex. 2.1 segue a intenção do Capítulo 2 na regra do produto, de que "primeiro buscamos uma regra consistente que relacione a plausibilidade do produto lógico à plausibilidade de e separadamente" (página 24). Além disso, para as proposições mutuamente exclusivas e , isso é igual à Eq. (2,67) no Ex. 2.2, se considerarmos , ; também indicado pelo MastermindX. Observe que o próprio Jaynes não se livra das informações adicionais na Eq. (2,67), então acredito que esta é a solução esperada para ambos os exercícios.ABABAB{A1=AA2=B}X

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