Serangan Mars (probabilitas untuk menghancurkan pesawat ruang angkasa dengan rudal )

Misalkan Bumi telah diserang oleh pesawat ruang angkasa Mars dan anggaplah bahwa kita memiliki rudal untuk melepaskan melawan pesawat ruang angkasa. Probabilitas untuk mengenai dan menghancurkan setiap pesawat ruang angkasa oleh setiap rudal adalah (terlepas dari yang lain). $n$ $m=k \cdot n$ $n$ $p$

Berapa probabilitas untuk menghancurkan semua pesawat ruang angkasa jika kita melepaskan semua rudal pada saat yang sama tetapi setiap rudal akan memilih pesawat ruang angkasa secara acak?

— will198
sumber

Model yang setara untuk proses ini adalah yang pertama menempatkan pesawat ruang angkasa ke dalam botol. Atur jumlah kapal yang hancur menjadi nol. Hitung rudal . Untuk menentukan kapal mana yang ditargetkan oleh rudal , kocok botol dengan baik dan tarik kapal secara acak dari botol. Dengan probabilitas , tandai sebagai dihancurkan; jika tidak, jangan ubah tanda apa pun. Jika awalnya utuh dan sekarang telah ditandai sebagai hancur, pertambahan jumlah kapal yang hancur. Kembalikan kapal ini ke botol dan ulangi. $n$ $1, 2, \ldots, m$ $i$ $p$

Ini menggambarkan Rantai Markov pada jumlah yang akan dijalankan melalui iterasi. Setelah mengirim kapal hancur, kemungkinan orang lain akan hancur (dengan demikian membuat transisi dari negara ke negara ) akan menjadi kesempatan untuk memilih kapal yang tidak hancur ( yang ada ) kali peluang menghancurkan yang kapal (yang ). Itu adalah, $0, 1, \ldots, n$ $m$ $i$ $i$ $i+1$ $n-i$ $p$

Pr (i \to i + 1) = \frac{n - i}{n} p .

$\Pr(i\to i+1) = \frac{n-i}{n} p.$

Kalau tidak, rantai tetap dalam keadaan . Keadaan awal adalah . Pusat bunga pada kesempatan berada di negara setelah iterasi. $i$ $i=0$ $n$ $m$

Matriks transisi dari probabilitas ini, di mana adalah probabilitas untuk membuat transisi dari ke , dengan mudah mendiagonalkan: $\mathbb{P}$ $\mathbb{P}_{ij}$ $i$ $j$

\begin{aligned} P & = (\begin{matrix} 1 - p & p & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 1 - \frac{n - 1}{n} p & \frac{n - 1}{n} p & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 - \frac{n - 2}{n} p & \frac{n - 2}{n} p & \dots & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & \dots & 0 & 1 - \frac{1}{n} p & \frac{1}{n} p \\ 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & 1 \end{matrix}) \\ = V (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & \frac{n - p}{n} & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{n - 2 p}{n} & \dots & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & \dots & 0 & \frac{n - (n - 1) p}{n} & 0 \\ 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & \frac{n - n p}{n} \end{matrix}) V^{- 1} \end{aligned}

$\eqalign{ \mathbb{P} & = \pmatrix{1-p & p & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & 1-\frac{n-1}{n}p & \frac{n-1}{n}p & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 - \frac{n-2}{n}p & \frac{n-2}{n}p & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 - \frac{1}{n}p & \frac{1}{n}p \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 1} \\ &=\mathbb{V} \pmatrix{1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & \frac{n-p}{n} & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{n-2p}{n} & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & \frac{n - (n-1)p}{n} & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & \frac{n - np}{n}} \mathbb{V}^{-1} }$

dimana

V = (\begin{matrix} (\binom{n}{0}) & (\binom{n}{1}) & (\binom{n}{2}) & \dots & (\binom{n}{n - 1}) & (\binom{n}{n}) \\ (\binom{n - 1}{0}) & (\binom{n - 1}{1}) & (\binom{n - 1}{2}) & \dots & (\binom{n - 1}{n - 1}) & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ (\binom{1}{0}) & (\binom{1}{1}) & 0 & \dots & 0 & 0 \\ (\binom{0}{0}) & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \end{matrix})

$\mathbb{V} = \pmatrix{\binom{n}{0} & \binom{n}{1} & \binom{n}{2} & \cdots & \binom{n}{n-1} & \binom{n}{n} \\ \binom{n-1}{0} & \binom{n-1}{1} & \binom{n-1}{2} & \cdots & \binom{n-1}{n-1} & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots \\ \binom{1}{0} & \binom{1}{1} & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ \binom{0}{0} & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0}$

adalah Pascal's Triangle. Kebalikannya mudah ditemukan

V^{- 1} = (\begin{matrix} 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & (\binom{0}{0}) \\ 0 & 0 & \dots & 0 & (\binom{1}{1}) & - (\binom{1}{0}) \\ 0 & 0 & \dots & (\binom{2}{2}) & - (\binom{2}{1}) & (\binom{2}{0}) \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & (\binom{n - 1}{n - 1}) & \dots & (- 1)^{n - 1 + 2} (\binom{n - 1}{2}) & (- 1)^{n - 1 + 1} (\binom{n - 1}{2}) & (- 1)^{n - 1 + 0} (\binom{n - 1}{0}) \\ (\binom{n}{0}) & - (\binom{n}{1}) & \dots & (- 1)^{n + 2} (\binom{n}{2}) & (- 1)^{n + 1} (\binom{n}{2}) & (- 1)^{n + 0} (\binom{n}{0}) \end{matrix})

$\mathbb{V}^{-1} = \pmatrix{0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & \binom{0}{0} \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & \binom{1}{1} & -\binom{1}{0} \\ 0 & 0 & \cdots & \binom{2}{2} & -\binom{2}{1} & \binom{2}{0} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & \binom{n-1}{n-1} & \cdots & (-1)^{n-1+2}\binom{n-1}{2} & (-1)^{n-1+1}\binom{n-1}{2} & (-1)^{n-1+0}\binom{n-1}{0} \\ \binom{n}{0} & -\binom{n}{1} & \cdots & (-1)^{n+2}\binom{n}{2} & (-1)^{n+1}\binom{n}{2} & (-1)^{n+0}\binom{n}{0} }$

Biarkan matriks pusat (diagonal) ditulis , sehingga $\Lambda$

Λ_{j j} = \frac{n - j p}{n} .

$\Lambda_{jj} = \frac{n-jp}{n}.$

Matriks untuk iterasi adalah $m$

\begin{matrix} (*) & P^{m} = {(V Λ V^{- 1})}^{m} = V Λ^{m} V^{- 1} \end{matrix}

$\mathbb{P}^m = \left(\mathbb{V \Lambda V^{-1}}\right)^m = \mathbb{V} \Lambda^m \mathbb{V}^{-1}\tag{*}$

dan, tentu saja,

(Λ^{m})_{j j} = Λ_{j j}^{m} = {(\frac{n - j p}{n})}^{m} .

$(\Lambda^m)_{jj} = \Lambda_{jj}^m = \left(\frac{n-jp}{n}\right)^m.$

Melakukan perkalian di kita temukan $*$

\begin{matrix} (**) & {(P^{m})}_{0 n} = \sum_{j = 0}^{min (m, n)} (- 1)^{j} (\binom{n}{j}) {(\frac{n - j p}{n})}^{m} . \end{matrix}

$\left(\mathbb{P}^m\right)_{0n} = \sum_{j=0}^{\min(m,n)} (-1)^j \binom{n}{j} \left(\frac{n-jp}{n}\right)^m.\tag{**}$

Ini adalah kesempatan untuk berada dalam kondisi setelah memulai dalam kondisi . Ini adalah nol untuk dan setelah itu kali polinomial derajat (dengan nol term derajat sampai ), yang berarti tidak ada penyederhanaan lebih lanjut muncul mungkin. Namun, ketika lebih besar (sekitar hingga atau lebih), kekuatan dalam jumlah dapat diperkirakan dengan eksponensial, $n$ $0$ $m=0, 1, \ldots, n-1$ $p^n$ $m-n$ $0$ $m-n$ $n/p$ $10$ $20$ $**$

{(\frac{n - j p}{n})}^{m} = {(1 - \frac{j p}{n})}^{m} \approx {(e^{- m p / n})}^{j},

$\left(\frac{n - jp}{n}\right)^m = \left(1 - \frac{j p}{n}\right)^m \approx \left(e^{-m p / n}\right)^j,$

yang pada gilirannya dapat diringkas melalui Teorema Binomial, memberi

{(P^{m})}_{0 n} \approx {(1 - e^{- m p / n})}^{n} .

$\left(\mathbb{P}^m\right)_{0n} \approx \left(1 - e^{-m p / n}\right)^n .$

(Ketika dan keduanya besar, ini selanjutnya dapat diperkirakan sebagai .) $m p /n$ $n$ $\exp\left(e^{-mp}\right)$

Sebagai ilustrasi, grafik ini memplot nilai yang benar dalam warna biru dan pendekatan dalam warna merah untuk mana dan . Perbedaannya hanya beberapa persen paling banyak. $m \le 100$ $n=5$ $p=1/3$

Perkiraan dapat digunakan untuk memperkirakan yang kemungkinan akan menghapus semua kapal. Jika Anda ingin setidaknya ada peluang untuk itu, maka pilih sehingga $m$ $1 - \varepsilon$ $m$

$m p / n$ lebih besar dan
$m \approx n (\log(n) - \log(\varepsilon))/ p$ .

Ini diperoleh dari ekspresi deret Taylor orde pertama untuk aproksimasi. Sebagai contoh, misalkan kita ingin memiliki peluang untuk memusnahkan semua kapal dalam contoh gambar. Kemudian dan $95\%$ $\varepsilon = 0.05$

m \approx 5 (\log (5) - \log (0.05)) / (1 / 3) = 69.

$m \approx 5(\log(5) - \log(0.05)) / (1/3) = 69.$

Perhatikan bahwa tidak terlalu besar, tetapi sudah sampai di sana: perkiraannya mungkin OK. Bahkan, peluang perkiraan adalah sedangkan peluang yang benar adalah . $m p / n = 69(1/3)/5 = 4.6$ $95.07\%$ $95.77\%$

Ini adalah modifikasi Kupon Kolektor Masalah di mana setiap kupon yang ditemukan hanya memiliki kesempatan menjadi berguna. Metode yang digunakan di sini menghasilkan seluruh distribusi kapal yang hancur untuk setiap : cukup periksa baris pertama . $p$ $m$ $\mathbb{P}^m$

— whuber
sumber

Saya juga melakukannya: rupanya, menggeneralisasi fungsi distribusi dari " distribusi Fisher ". Lihat stats.stackexchange.com/questions/203410 . Salinan kertas asli Fisher (1929) tersedia dalam bentuk PDF di hekyll.services.adelaide.edu.au/dspace/bitstream/2440/15201/1/… .

(* *)

$(**)$

ξ

$\xi$

— whuber

Selain masalah pengumpul kupon, masalah ini juga berkaitan dengan masalah hunian dan perkiraan oleh eksponensial berkaitan dengan Poissonisasi yang dilakukan di sini math.stackexchange.com/a/631534/466748 (ping ke @Ben karena ia melakukan banyak masalah ini)

— Sextus Empiricus

@ Martijn Terima kasih telah menunjukkan bahwa: rantai Markov yang sama muncul dalam masalah hunian.

— whuber

Saya membayangkan Anda juga bisa mendekati ini sebagai distribusi multinomial dengan bola yang didistribusikan lebih dari sel dengan probabilitas pertama dan probabilitas sel terakhir . Kemudian mengekspresikan masalah lebih seperti masalah kombinatorial dan menggunakan angka Stirling untuk persamaan ** (dan mungkin sifat mereka dapat digunakan untuk sampai pada perkiraan yang sama). (bukan berarti itu lebih baik, atau bahkan mungkin lebih buruk, tetapi hanya memberikan sudut pandang yang berbeda untuk solusinya)

k n

$kn$

n + 1

$n+1$

n

$n$

p / n

$p/n$

1 - p

$1-p$

— Sextus Empiricus