Efeito causal por ajustes na porta traseira e na porta frontal

Se quisermos calcular o efeito causal de em no gráfico causal abaixo, podemos usar os teoremas de ajuste da porta traseira e da porta da frente, ou seja, $X$ $Y$

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^{'}) .

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

É uma tarefa fácil mostrar que os dois ajustes levam ao mesmo efeito causal de em ? $X$ $Y$

— Jae
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Isso é uma verdadeira lição de casa? Em seguida, adicione a etiqueta de auto-estudo. Então as pessoas podem lhe dar dicas, deixando o pensamento (e o aprendizado) para você. Conte-nos o que você tentou e onde está preso. Lembre-CV não é para a terceirização de trabalhos de casa ...

— Knarpie

Oi Knarpie, é uma parte do auto-estudo e não um dever de casa. Atualmente, estou lendo "Inferência Causal em Estatística", de Pearl et al. e gaste cerca de 1 hora ponderando sobre a pergunta que fiz acima, pois é uma pergunta natural, mas não conseguiu mostrar a igualdade. Ou estou faltando alguma coisa aqui, ou as duas expressões não são iguais.

— 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^{'})

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

Onde estou usando o prime para conveniência de notação para a próxima expressão. Portanto, essas duas expressões já estão em termos da distribuição pré-intervenção, e simplesmente usamos a lógica de backdoor anterior para derivá-las.

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

\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}

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

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

Portanto, os dois ajustes fornecem a mesma distribuição pós-intervencionista neste gráfico, como mostramos.

Relendo sua pergunta, ocorreu-me que você pode estar interessado em mostrar diretamente que o lado direito das duas equações é igual na distribuição pré-intervencionista (que deve ser, dada a derivação anterior). Isso não é difícil de mostrar diretamente também. Basta mostrar que no seu 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}

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

Conseqüentemente:

\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}

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

— Carlos Cinelli
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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, é por isso que escrevi “pode ser pensado como”, como uma maneira de ajudar a entender, mas não literalmente dizendo que é. Quanto à derivação da porta da frente, não estava claro que o OP sabia como obtê-la, é por isso que eu coloquei lá.

— Carlos Cinelli 11/11

Ótima resposta. Obrigado Carlos. A segunda parte da sua resposta foi exatamente o que eu pedi. Eu tenho duas perguntas de acompanhamento aqui. 1) Qual estratégia de pesquisa você usou para manipular algebricamente as expressões em sua segunda resposta? (Apertando os olhos as expressões o suficiente?) Como o espaço de pesquisa é grande, fico imaginando como um algoritmo pode ser escrito para poder chegar automaticamente à mesma conclusão.

— 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

$U$