Identidad para el caso especial de la cadena de Markov

Question

Considere $P(X,Y)$ discreto y $Z = f(Y)$ con $f$ determinista. La función $f$ identifica una partición de los elementos del alfabeto $\mathcal{Y}$ de $Y$ . Cada resultado $z \in \mathcal{Z}$ es un subconjunto $z \subseteq \mathcal{Y}$ . Sea $Z' = f'(Y)$ sea idéntica a $Z$ excepto dos elementos $z_1', z_2' \in \mathcal{Z}'$ que se derivan de $z_1, z_2 \in Z$ al "mover" un elemento $\bar{y} \in z_1$ de $z_1$ a $z_2$ . Esto significa que $z_1' = z_1 \setminus \{\bar{y}\}$ y $f'(\bar{y}) = z_2' = z_2 \cup \{\bar{y}\}$ . ¿Se mantiene la siguiente relación?

$$ P(X=x, Y=y \mid Z=z_1) = P(X=x, Y=y \mid Z'=z_1') \cdot \frac{P(Z=z_1)}{P(Z'=z_1')} \quad \text{for} \quad y \ne \bar{y} $$

Si es correcto, ¿implica también $P(X=x, Y=y, Z=z_1) = P(X=x, Y=y, Z=z_1')$ para $y \ne \bar{y}$ ? Si no es así, por favor, proporcione un contraejemplo.

Answer 1

$\newcommand{\Y}{\mathcal{Y}}\newcommand{\ZZ}{\mathcal{Z}}$ Parece que para todos los $u\in\Y$ y todos $z\in\ZZ$ tenemos \begin{equation*} f(u)=z\iff u\in z \tag{1} \end{equation*} y \begin{equation*} f'(u)=\begin{cases} z_1'&\text{ if }u\in z_1'=z_1\setminus\{\bar y\}, \\ z_2'&\text{ if }u\in z_2'\cup\{\bar y\}, \\ f(u)&\text{ if }u\notin z_1'\cup z_2'=z_1\cup z_2. \end{cases} \N - Etiqueta{2} \Fin

Entonces la identidad \begin{equation*} P(X=x,Y=y|Z=z_1)=P(X=x,Y=y|Z'=z_1')\frac{P(Z=z_1)}{P(Z'=z_1')} \tag{3} \end{equation*} no se cumple en general, incluso si $y\ne\bar y$ . De hecho (suponiendo que $P(Z=z_1)\ne0$ y $P(Z'=z_1')\ne0$ ), podemos reescribir (3) como \begin{equation*} P(X=x,Y=y,Z=z_1)=P(X=x,Y=y,Z'=z_1')\frac{P(Z=z_1)^2}{P(Z'=z_1')^2}. \tag{5} \end{equation*} Sin embargo, \begin{equation*} P(Z=z_1)=P(f(Y)=z_1)=P(Y\in z_1)=P(Y\in z_1'\cup\{\bar y\}) =P(Y\in z_1')+P(Y=\bar y) \end{equation*} y \begin{equation*} P(Z'=z_1')=P(f'(Y)=z_1')=P(Y\in z_1'), \end{equation*} para que \begin{equation*} \text{$P(Z'=z_1')=P(Z=z_1)$ iff $P(Y=\bar y)=0$. }\tag{6} \end{equation*} También, \begin{multline*} P(X=x,Y=y,Z=z_1)=P(X=x,Y=y,f(y)=z_1) \\ =P(X=x,Y=y)1(f(y)=z_1)=P(X=x,Y=y)\,1(y\in z_1) \end{multline*} y \begin{multline*} P(X=x,Y=y,Z'=z_1')=P(X=x,Y=y,f'(y)=z_1') \\ =P(X=x,Y=y)\,1(f'(y)=z_1')=P(X=x,Y=y)\,1(y\in z_1'), \end{multline*} para que \begin{equation*} P(X=x,Y=y,Z=z_1)=P(X=x,Y=y,Z'=z_1') \tag{7} \end{equation*} si $y\ne\bar y$ . Por lo tanto, (5) no se cumple para todos los $y\ne\bar y$ a menos que $P(Y=\bar y)=0$ y, por tanto, (3) no se cumple para todos los $y\ne\bar y$ a menos que $P(Y=\bar y)=0$ .

Por otro lado, la identidad \begin{equation*} P(X=x,Y=y|Z=z_1)=P(X=x,Y=y|Z'=z_1')\frac{P(Z'=z_1')}{P(Z=z_1)}, \end{equation*} que es equivalente a (7) (que también estaba en cuestión), se mantendrá siempre para todo $y\ne\bar y$ .