Zufälliger Spaziergang: Könige auf einem Schachbrett

Ich habe eine Frage zum zufälligen Gang zweier Könige in einem 3 × 3-Schachbrett.

Jeder König bewegt sich zufällig mit gleicher Wahrscheinlichkeit auf diesem Schachbrett - vertikal, horizontal und diagonal. Die beiden Könige bewegen sich unabhängig voneinander im selben Schachbrett. Beide beginnen auf demselben Feld und bewegen sich dann unabhängig voneinander.

Wie können wir die Wahrscheinlichkeit in der Zeit finden, in der beide auf demselben Quadrat liegen, wenn gegen unendlich geht? $n$ $n$

self-study markov-chain random-walk Würfel
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Was ist "das gleiche Gebiet"? Meinst du "das gleiche Quadrat"?

Peter Flom

Oh ja, sorry !!!

Würfel

Verwenden Sie Übergangswahrscheinlichkeitsmatrix-Ansatz

Vinux

Wenn ich es mit einer Übergangswahrscheinlichkeitsmatrix mache, muss ich zuerst die Übergangswahrscheinlichkeitsmatrix des zufälligen Spaziergangs des ersten Königs finden und sie dann in der 2?

Würfel

Es ist eine Übung, die ich habe und ich versuche sie seit vielen Tagen zu lösen. Das war meine letzte Idee, um eine gute Idee zu bekommen, wie ich damit umgehen soll.

Würfel

Antworten:

Lassen Sie uns die Symmetrie ausnutzen, um die Berechnungen zu vereinfachen.

Das Schachbrett und seine Bewegungen bleiben gleich, wenn das Brett vertikal, horizontal oder diagonal reflektiert wird. Dies zerlegt seine neun Quadrate in drei Typen, deren Umlaufbahnen unter dieser Symmetriegruppe liegen. Entsprechend kann sich jeder König in einem von drei "Zuständen" befinden: einem Eckquadrat ( ), einem Randquadrat ( ) oder dem zentralen ("mittleren") Quadrat ( ). (Ein Staat ignoriert, auf welchem Feld sich ein König befindet, und verfolgt nur seine Äquivalenzklasse unter der Gruppe der Symmetrien.) $C$ $E$ $M$

Die folgenden Ergebnisse sind sofort sichtbar:

Von einem Eckquadrat gibt es zwei Übergänge zu Randquadraten und einen Übergang zu einem mittleren Quadrat. Weil die drei Übergänge gleich wahrscheinlich sind,

$Pr (C \to E) = 2 / 3, Pr (C \to M) = 1 / 3.$ $\Pr(C \to E) = 2/3,\quad \Pr(C \to M) = 1/3.$
Dies ergibt eine Zeile in einer Übergangsmatrix für die Zustände . $(0, 2/3, 1/3)$ $(C, E, M)$
Von einem Randquadrat gibt es zwei Übergänge zu Eckquadraten, zwei zu anderen Randquadraten und einen zum mittleren Quadrat. Dies ergibt eine zweite Reihe in einer Übergangsmatrix. $(2/5, 2/5, 1/5)$
Vom mittleren Quadrat gibt es vier Übergänge zu Eckquadraten und vier zu mittleren Quadraten. Die dritte Reihe einer Übergangsmatrix ist daher . $(4/8, 4/8, 0) = (1/2, 1/2, 0)$

In diesem Diagramm, das diese Markov-Kette darstellt, werden Übergangswahrscheinlichkeiten sowohl durch die Kantendicke als auch durch die Farbe dargestellt:

Zahl

Durch Inspektion oder auf andere Weise stellen wir fest, dass ein linker Eigenvektor seiner Übergangsmatrix

P = (\begin{array}{ccc} 0 & \frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{2}{5} & \frac{2}{5} & \frac{1}{5} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \end{array})

$\mathbb{P} = \left( \begin{array}{ccc} 0 & \frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{2}{5} & \frac{2}{5} & \frac{1}{5} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ \end{array} \right)$

ist . Diese Behauptung kann leicht durch Ausführen der Multiplikation überprüft werden: Der Eigenwert ist offensichtlich . Da alle Staaten miteinander verbunden sind, gibt die begrenzenden Wahrscheinlichkeiten an, mit denen sich jeder König in jedem Staat befindet. Wir müssen nur seine Komponenten neu skalieren, um die Einheit zu bilden: $\omega = (3, 5, 2)^\prime$ $\omega \mathbb{P} = 1 \omega.$ $1$ $\omega$

ω = (ω_{C}, ω_{E}, ω_{M}) = (3 / 10, 5 / 10, 2 / 10) .

$\omega = (\omega_C, \omega_E, \omega_M) = (3/10, 5/10, 2/10).$

(Hier profitieren wir von der Ausnutzung der Symmetrie: Anstatt mit einer Neun-Neun-Matrix von Elementen zu arbeiten, müssen wir nur mit einer Drei-mal-Drei-Matrix von Elementen rechnen . Die Reduzierung des Problems von neun auf drei Zustände quadratisch ausgezahlt durch Reduzierung des Rechenaufwands um den Faktor ) $81$ $9$ $(9/3)^2 = 9$

Die (Begrenzung) Chance , dass beiden Könige in einem Zustand sind der (Begrenzung) Wahrscheinlichkeit IST , weil der König unabhängig voneinander bewegen. Die Wahrscheinlichkeit, dass sich beide Könige in derselben Zelle befinden, ergibt sich aus der Konditionierung des Zustands: Durch Symmetrie hat jede Zelle in einem bestimmten Zustand die gleiche Wenn also beide Könige in einem Zustand mit Zellen gefunden werden, ist die Wahrscheinlichkeit sind beide in der gleichen Zelle ist . Woher ist die Lösung? $s$ $\omega_s$ $\omega_s^2$ $s$ $k_s$ $1/k_s$

\sum_{s \in {C, E, M}} \frac{ω_{s}^{2}}{k_{s}} = {(\frac{3}{10})}^{2} \frac{1}{4} + {(\frac{5}{10})}^{2} \frac{1}{4} + {(\frac{2}{10})}^{2} \frac{1}{1} = \frac{9}{400} + \frac{25}{400} + \frac{16}{400} = \frac{1}{8} .

$\sum_{s\in \{C,E,M\}}\frac{ \omega_s^2 }{k_s} = \left(\frac{3}{10}\right)^2\frac{1}{4} + \left(\frac{5}{10}\right)^2\frac{1}{4} + \left(\frac{2}{10}\right)^2\frac{1}{1} = \frac{9}{400} + \frac{25}{400} + \frac{16}{400} = \frac{1}{8}.$

whuber
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Reader @xan macht einige sehr interessante Kommentare nach der (schönen) Antwort von Accidental Statistician in diesem Thread. Diese Kommentare weisen auf eine logische Lücke in meiner Argumentation hin: Es muss auch gezeigt werden, dass sich die beiden Könige (in einem intuitiven Sinne) wirklich unabhängig voneinander bewegen können. Xans Beispiel betrifft Könige, die keine diagonalen Bewegungen ausführen können: Wenn ein König in Zustand und der andere in Zustand oder beginnt , können sie niemals dasselbe Feld besetzen! Diese Lücke kann behoben werden, indem eine Übergangsmatrix für geordnete Zustandspaare berücksichtigt wird.

E

$E$

C

$C$

M

$M$

whuber

Vielen Dank für diese Antwort, sehr interessant und aufschlussreich!

Würfel

@ user929304 Das stimmt. Wenn Sie sich eine andere Situation vorstellen, in der diese Wahrscheinlichkeiten jeweils , was durchaus möglich ist - ihre Summe beträgt nur für jeden König -, dann würde Ihre Formel eine Wahrscheinlichkeit von was offensichtlich falsch ist.

1 / 3

$1/3$

2 / 3

$2/3$

2 (1 / 3 + 1 / 3) = 4 / 3

$2(1/3+1/3)=4/3$

whuber

@ user929304 Die Wahrscheinlichkeit der Vereinigung ist die Summe der Wahrscheinlichkeiten nur, wenn die Ereignisse disjunkt sind (auch bekannt als "sich gegenseitig ausschließen"). Disjunkt zu sein ist nicht dasselbe wie unabhängig zu sein - in der Tat ist es eine ziemlich extreme Verletzung der Unabhängigkeit.

whuber

@ user929304 Cox und Miller sind zugänglich und decken viel Boden ab.

whuber

Da sich die beiden Könige unabhängig voneinander bewegen, können Sie sie getrennt betrachten. Wenn die Platine eine endliche Größe hat und keine geschlossenen Unterabschnitte hat, ist dies einer der Fälle, in denen die stationäre Verteilung durch Lösen der detaillierten Bilanzgleichung ermittelt werden kann.

In diesem Fall wird, wenn gegen unendlich geht, die Wahrscheinlichkeit, dass sich ein König in einem Quadrat befindet, proportional zur Anzahl der angrenzenden Quadrate, dh drei für jedes Eckquadrat, fünf für jedes Randquadrat und acht für das mittlere Quadrat. Dies summiert sich auf , sodass die Chance, im mittleren Quadrat zu sein, beträgt , in jedem Eckquadrat und in jedem . $n$ $40$ $8/40$ $3/40$ $5/40$

Da dies für beide Könige unabhängig gilt, beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass sich beide auf dem mittleren Quadrat befinden, , und beide auf einem beliebigen Eckquadrat und in jedem ist . Die Wahrscheinlichkeit, dass sie sich auf demselben Quadrat befinden, nähert sich also wenn sich Unendlichkeit nähert. $(8/40)^2 = 64/1600$ $(3/40)^2=9/1600$ $(5/40)^2=25/1600$ $\frac{64+4\times9+4\times25}{1600} = \frac{200}{1600} = \frac{1}{8}$ $n$

Unfallstatistiker
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Oh, deine Erklärung ist wirklich gut und ich verstehe es total !!

Würfel

Kann ich Sie noch einmal überlegen? In der letzten Gleichheit 1/16 + 8 (9/1024) ergibt sich die Zahl 8 aus den Abmessungen des Schachbretts. Es spielt keine Rolle, dass wir ein 3x3-Schachbrett haben.

Würfel

Kantenquadrate sind Quadrate, die sich außen, aber nicht in einer Ecke befinden. Jedes Randquadrat hat fünf Nachbarn: das mittlere Quadrat, zwei weitere Randquadrate und zwei Eckquadrate.

Unfallstatistiker

Es reicht aus, wenn der Graph ungerichtet ist (wenn Sie von A nach B wechseln können, können Sie sich von B nach A bewegen), endlich (endliche Anzahl von Quadraten) und vollständig (keine Untergruppe von Quadraten, aus denen es kein Entrinnen gibt) und denn die Wahrscheinlichkeit, sich von einem Quadrat in eine bestimmte Richtung zu bewegen, ist für jede Richtung gleich. In diesem Fall konvergiert die Wahrscheinlichkeit, sich in einem Quadrat zu befinden, im Laufe der Zeit proportional zur Anzahl benachbarter Quadrate. Sie können dies überprüfen, indem Sie entweder nach wie in der Antwort von vinux suchen oder indem Sie die detaillierte Bilanzgleichung lösen, was einfacher ist.

π P = π

$\pi P=\pi$

Unfallstatistiker

+1 Dies ist eine hübsche Antwort. Eine einfache Möglichkeit, die von @xan zitierte Behauptung zu rechtfertigen, besteht darin, die Übergangsmatrix auf diesen Proportionsvektor anzuwenden: Sie erhalten den Vektor selbst (aus seiner Definition!) Und zeigen, dass es sich um einen Eigenvektor des Eigenwerts . Da alle Zustände verbunden sind, ist dies die Grenzverteilung. (Mit anderen Worten, Sie müssen nicht wirklich lösen ; Sie müssen nur die von Ihnen vorgeschlagene Lösung überprüfen.)

1

$1$

π P = π

$\pi P = \pi$

whuber

Sie können mit der Übergangswahrscheinlichkeitsmatrix lösen.

$\begin{bmatrix} C_1 & C_2 & C_3 \\ C_4 & C_5 & C_6 \\ C_7 & C_8 & C_9 \\\end{bmatrix}$

Konstruieren Sie die Übergangswahrscheinlichkeitsmatrix unter Verwendung der Wahrscheinlichkeit einer Zelle zur anderen. Beispiel: . P wird eine Matrix sein. $P[C_1, C_2] = P[C_1, C_4]= P[C_1, C_5] = \frac{1}{3}$ $9 \times 9$

Jetzt können Sie stationäre Wahrscheinlichkeiten berechnen (da alle Zustände wiederkehrend sind).

Löse so, dass . $\pi P = \pi$ $\sum \pi =1$

Dies gibt die Wahrscheinlichkeit eines Königs in einem bestimmten Quadrat als n groß an. Verwenden Sie die Unabhängigkeitseigenschaft, mit der Sie die erforderliche Wahrscheinlichkeit erreichen können.

vinux
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