Kann eine hintere Wahrscheinlichkeit> 1 sein?

In Bayes Formel:

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

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

Kann die hintere Wahrscheinlichkeit 1 überschreiten? $P(x|a)$

Ich denke, es ist möglich, wenn zum Beispiel angenommen wird, dass und und $0 < P(a) < 1$ $P(a) < P(x) < 1$ $P(a)/P(x) < P(a|x) < 1$ . Aber da bin ich mir nicht sicher, denn was würde es bedeuten, wenn eine Wahrscheinlichkeit größer als eins wäre?

probability bayesian conditional-probability Thomas Moore
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Man sollte die Notation genau definieren. Es ist unklar, was

darstellt. Wenn

(a) eine Wahrscheinlichkeitsverteilung ist (in diesem Fall sind

und

Mengen) oder (b) eine Massenfunktion in einem diskreten Raum, dann sind die Antworten, die Sie bereits haben, im Wesentlichen korrekt. Wenn unter

eine Dichtefunktion verstanden wird, ist es nicht wahr, dass

. Der Grund für das Nitpicken ist, dass alle drei Arten von Funktionen die Bayes-Regel erfüllen. Die Notation

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)

$P(\cdot)$ normalerweise für eine Distribution gedacht, aber die Verwendung von Kleinbuchstaben für Argumente deutet auf eine Dichte hin.

Kerl

so dass die hintere Wahrscheinlichkeit

nicht überschreiten kann. (Die hintere Dichte ist eine andere Sache - viele kontinuierliche Verteilungen habenfür einige WerteDichten über

)

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

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

1

$1$

1

$1$

Henry

Wenn der berechnete hintere Wert einen überschreitet, haben Sie irgendwo einen Fehler gemacht.

Emil M Friedman

@EmilMFriedman, Ihre Antwort ist mehrdeutig (und aus diesem Grund möglicherweise schädlich), da sie nicht angibt, ob es sich um eine "berechnete hintere" Wahrscheinlichkeit oder Dichte handelt.

whuber

Die Einheitsbarriere in der Wahrscheinlichkeit kann und wurde durchbrochen. Siehe meinen Beitrag unter stats.stackexchange.com/questions/4220/… .

Mark L. Stone

Antworten:

Die angenommenen Bedingungen gelten nicht - es kann niemals wahr sein, dass durch die Definition der bedingten Wahrscheinlichkeit : $P(a)/P(x) < P(a|x)$

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

khol
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Nein, es ist nicht möglich, dass die hintere Wahrscheinlichkeit eine überschreitet. Das wäre ein Verstoß gegen das normative Axiom der Wahrscheinlichkeitstheorie. Nach den Regeln der bedingten Wahrscheinlichkeit müssen Sie haben:

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

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

Dies bedeutet, dass Sie die angegebenen Ungleichungsbedingungen nicht haben können. (Übrigens ist dies eine gute Frage: Es ist gut, dass Sie die Wahrscheinlichkeitsgesetze auf der Suche nach Problemen untersuchen. Dies zeigt, dass Sie diese Fragen mit größerer Genauigkeit untersuchen als die meisten Studenten.)

Ein zusätzlicher Punkt: Es lohnt sich, einen zusätzlichen Punkt zu dieser Situation zu machen, bei dem es um die logische Priorität verschiedener Wahrscheinlichkeitsmerkmale geht. Denken Sie daran, dass die Wahrscheinlichkeitstheorie mit einer Reihe von Axiomen beginnt , die charakterisieren, was ein Wahrscheinlichkeitsmaß tatsächlich ist. Aus diesen Axiomen können wir "Wahrscheinlichkeitsregeln" ableiten, die aus den Axiomen abgeleitete Sätze sind. Diese Wahrscheinlichkeitsregeln müssen mit den Axiomen übereinstimmen, um gültig zu sein. Wenn Sie jemals feststellen würden, dass eine Wahrscheinlichkeitsregel zu einem Widerspruch mit einem der Axiome führt (z. B. wenn die Wahrscheinlichkeit des Probenraums größer als eins ist), würde dies das Axiom nicht verfälschen - es würde die Wahrscheinlichkeitsregel verfälschen . Selbst wenn dies der Fall wäre, könnte dies die Bayes-Regel seinzu einer hinteren Wahrscheinlichkeit von mehr als eins führen (nicht), dies würde nicht bedeuten, dass Sie eine hintere Wahrscheinlichkeit von mehr als eins haben können; es würde einfach bedeuten, dass die Bayes-Regel keine gültige Wahrscheinlichkeitsregel ist.

Setzen Sie Monica wieder ein
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Sollte der letzte Zähler P (x) sein?

BallpointBen

Zeigt immer noch P (a) für mich

BallpointBen

Es soll P (a) im Zähler sein. Die Ungleichung zeigt dem OP, dass er nicht P (a | x)> P (a) / P (x) haben kann, wie er es in seiner Frage spezifiziert hat.

Setzen Sie Monica

Die Bayes-Formel kann keine Werte fürangeben, dieüberschreiten. Eine intuitive Art und Weisedies zu sehen istauszudrückenüber die Totale Wahrscheinlichkeit als gebendass $\displaystyle P(B \mid A) = \frac{P(A\mid B)P(B)}{P(A)}$ $P(B\mid A)$ $1$ $P(A)$

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

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

, die zeigtdass der Zähler nur einer der Terme in der Summe in dem Nenner ist, und so der Anteil nicht überschreitet

Wert .

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
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+1 das ist der einfachste Beweis für mich.

Mehrdad

@Mehrdad Danke. Die anderen Antworten beweisen im Wesentlichen, dass eine bedingte Wahrscheinlichkeit

nicht überschreiten kann, indem

nicht überschreiten kann, weil

und so muss es sein, dass

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)

$P\A\cap B) \leq P(A)$ und haben per se wenig Beziehung zur Bayes-Formel (wie sie in der Statistik verwendet wird, um hintere Wahrscheinlichkeiten von früheren Wahrscheinlichkeiten abzuleiten).

Dilip Sarwate