Jalan acak: raja di papan catur

Saya punya pertanyaan tentang jalan acak dua raja di papan catur 3 × 3.

Setiap raja bergerak secara acak dengan probabilitas yang sama di papan catur ini - secara vertikal, horizontal dan diagonal. Kedua raja bergerak secara independen dari satu sama lain dalam papan catur yang sama. Keduanya mulai di alun-alun yang sama, dan kemudian mereka bergerak secara mandiri.

Bagaimana kita dapat menemukan probabilitas dalam waktu keduanya berada di bujur sangkar yang sama, ketika menuju tak terhingga? $n$ $n$

self-study markov-chain random-walk

— kubus
sumber

Apa itu "area yang sama"? Apakah maksud Anda "kotak yang sama?"

— Peter Flom

Oh ya, maaf !!!

— kubus

Gunakan pendekatan matriks probabilitas transisi

— vinux

jika saya melakukannya dengan matriks probabilitas transisi, pada awalnya saya harus menemukan matriks probabilitas transisi dari berjalan acak raja pertama dan kemudian naik di 2?

— kubus

ini adalah latihan yang saya miliki dan saya sedang berusaha untuk menyelesaikannya selama beberapa hari sekarang, itu adalah ide terakhir saya untuk mendapatkan ide yang bagus bagaimana menghadapinya ..

— cube

Jawaban:

Mari kita manfaatkan simetri untuk menyederhanakan perhitungan.

Papan catur dan gerakannya tetap sama saat papan tersebut dipantulkan secara vertikal, horizontal, atau diagonal. Ini menguraikan sembilan kuadratnya menjadi tiga jenis, orbitnya di bawah grup simetri ini. Sejalan dengan itu, setiap raja dapat berada di salah satu dari tiga "negara": kotak sudut ( $C$ ), tepi kotak ( $E$ ), atau kuadrat pusat ("tengah") ( $M$ ). (Negara mengabaikan kuadrat khusus mana raja berada dan hanya melacak kelas ekivalennya di bawah kelompok simetri.)

Hasil berikut ini langsung:

Dari kotak sudut, ada dua transisi ke kotak tepi dan satu transisi ke kotak tengah. Karena ketiga transisi tersebut dapat dilengkapi,

$Pr (C \to E) = 2 / 3, Pr (C \to M) = 1 / 3.$ $\Pr(C \to E) = 2/3,\quad \Pr(C \to M) = 1/3.$
Ini memberikan baris dalam matriks transisi untuk status . $(0, 2/3, 1/3)$ $(C, E, M)$
Dari kotak tepi ada dua transisi ke kotak sudut, dua ke kotak tepi lainnya, dan satu ke kotak tengah. Ini memberikan baris kedua dalam matriks transisi. $(2/5, 2/5, 1/5)$
Dari kotak tengah ada empat transisi ke kotak sudut dan empat kotak ke tengah. Baris ketiga dari matriks transisi oleh karena itu adalah . $(4/8, 4/8, 0) = (1/2, 1/2, 0)$

Dalam grafik ini yang mewakili rantai Markov ini, probabilitas transisi diwakili oleh ketebalan tepi dan warna:

Angka

Dengan inspeksi atau sebaliknya, kami menemukan bahwa vektor eigen kiri dari matriks transisinya

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})

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

is . Klaim ini mudah diperiksa dengan melakukan perkalian: Nilai eigen secara nyata adalah . Karena semua negara terhubung, memberikan probabilitas terbatas dari setiap raja di setiap negara; kita hanya perlu mengubah komponennya menjadi satu: $\omega = (3, 5, 2)^\prime$ $\omega \mathbb{P} = 1 \omega.$ $1$ $\omega$

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

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

(Sinilah kita menuai keuntungan dari mengeksploitasi simetri: alih-alih bekerja dengan sembilan oleh sembilan matriks elemen kita hanya perlu menghitung dengan tiga oleh tiga matriks elemen Pengurangan masalah dari sembilan negara ke tiga. terbayar secara kuadratik dengan mengurangi upaya komputasi dengan faktor ) $81$ $9$ $(9/3)^2 = 9$

Peluang (pembatas) bahwa kedua raja dalam keadaan (pembatas) probabilitas adalah karena para raja bergerak secara independen. Kesempatan yang baik raja berada di sel yang sama ditemukan oleh pendingin pada negara: dengan simetri, setiap sel dalam keadaan tertentu memiliki probabilitas membatasi sama, jadi jika kedua raja ditemukan dalam keadaan memiliki sel, kesempatan mereka keduanya di sel yang sama adalah . Dari mana solusinya $s$ $\omega_s$ $\omega_s^2$ $s$ $k_s$ $1/k_s$

\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
sumber

Reader @xan membuat beberapa komentar yang sangat menarik setelah jawaban (cantik) oleh Accidental Statistician di utas ini. Komentar-komentar itu menunjuk pada celah logis dalam argumen saya: perlu juga untuk menunjukkan bahwa kedua raja dapat (dalam beberapa hal intuitif) benar-benar bergerak secara independen satu sama lain. Contoh Xan menyangkut raja-raja yang tidak dapat membuat gerakan diagonal: jika satu raja mulai di negara dan yang lainnya dalam atau , maka mereka tidak pernah bisa menempati kotak yang sama! Kesenjangan ini dapat diperbaiki dengan mempertimbangkan matriks transisi untuk pasangan negara yang dipesan.

E

$E$

C

$C$

M

$M$

— whuber

Terima kasih atas jawaban ini, sangat menarik dan mencerahkan!

— kubus

@ user929304 Itu benar. Jika Anda membayangkan situasi yang berbeda di mana probabilitas masing-masing (katakanlah) , yang sangat mungkin - totalnya hanya untuk setiap raja - maka rumus Anda akan memberikan probabilitas yang jelas salah.

1 / 3

$1/3$

2 / 3

$2/3$

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

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

— Whuber

@ user929304 Probabilitas serikat adalah jumlah dari probabilitas hanya ketika peristiwa terpisah (alias "saling eksklusif"). Terpisah tidak sama dengan menjadi mandiri - pada kenyataannya, ini merupakan pelanggaran terhadap kebebasan yang agak ekstrim.

— whuber

@ user929304 Cox dan Miller dapat diakses dan mencakup banyak tanah.

— whuber

Karena kedua raja bergerak secara independen, Anda dapat mempertimbangkannya secara terpisah. Jika papan ukuran terbatas, dan tidak memiliki subbagian tertutup, ini adalah salah satu kasus di mana distribusi stasioner dapat ditemukan dengan menyelesaikan persamaan keseimbangan terperinci.

Dalam kasus ini, ketika menuju tak terhingga, probabilitas seorang raja berada di sebuah bujur sangkar menjadi proporsional dengan jumlah kuadrat yang berdekatan dengannya, yaitu tiga untuk setiap bujur sangkar sudut, lima untuk setiap bujur sangkar sudut, dan delapan untuk bujur sangkar tengah. Ini berjumlah , sehingga kemungkinan berada di alun-alun tengah adalah , di setiap sudut kuadrat adalah , dan di setiap tepi persegi adalah . $n$ $40$ $8/40$ $3/40$ $5/40$

Karena ini berlaku untuk kedua raja secara mandiri, kemungkinan mereka berdua berada di alun-alun tengah adalah , keduanya berada di sudut manapun adalah , dan di setiap edge square adalah . Jadi kemungkinan mereka berada di kotak yang sama mendekati ketika mendekati tak terhingga. $(8/40)^2 = 64/1600$ $(3/40)^2=9/1600$ $(5/40)^2=25/1600$ $\frac{64+4\times9+4\times25}{1600} = \frac{200}{1600} = \frac{1}{8}$ $n$

— Ahli Statistik Terkadang
sumber

Oh, penjelasan Anda sangat bagus dan saya benar-benar memahaminya !!

— kubus

Bisakah saya bertanya satu hal lagi? Dalam kesetaraan terakhir 1/16 + 8 (9/1024) numbre 8 adalah hasil dari dimensi papan catur? Tidak masalah kita memiliki papan catur 3x3?

— kubus

Kotak tepi adalah kotak yang ada di luar, tetapi tidak di sudut. Setiap kotak memiliki lima tetangga: kotak tengah, dua kotak tepi lainnya, dan dua kotak sudut.

— Ahli Statistik Terkadang

Ini cukup untuk grafik untuk tidak diarahkan (jika Anda dapat pindah dari A ke B, Anda dapat pindah dari B ke A), terbatas (jumlah kotak kuadrat), dan lengkap (tidak ada subkelompok kotak dari mana tidak ada jalan keluar), dan untuk kemungkinan bergerak ke arah tertentu dari sebuah bujur sangkar adalah sama untuk setiap arah. Dalam hal ini, probabilitas berada di kotak menyatu dari waktu ke waktu agar sebanding dengan jumlah kotak yang berdekatan. Anda dapat memeriksa ini dengan memecahkan seperti dalam jawaban vinux, atau dengan memecahkan persamaan keseimbangan terperinci, yang lebih mudah.

π P = π

$\pi P=\pi$

— Ahli Statistik Terkadang

+1 Ini adalah jawaban yang cantik. Cara sederhana untuk membenarkan pernyataan yang dikutip oleh @xan hanya menerapkan matriks transisi ke vektor proporsi itu: Anda akan mendapatkan vektor itu sendiri (dari definisi!), Menunjukkan bahwa vektor eigen dari nilai eigen . Karena semua negara terhubung, itulah distribusi yang membatasi. (Dengan kata lain, Anda sebenarnya tidak harus menyelesaikan ; Anda hanya perlu memeriksa solusi yang telah Anda usulkan.)

1

$1$

π P = π

$\pi P = \pi$

— whuber

Anda dapat menyelesaikan dengan menggunakan matriks probabilitas transisi.

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

Bangun matriks probabilitas Transisi, menggunakan probabilitas satu sel ke sel lainnya. Misalnya: . P akan menjadi matriks . $P[C_1, C_2] = P[C_1, C_4]= P[C_1, C_5] = \frac{1}{3}$ $9 \times 9$

Sekarang Anda dapat menghitung probabilitas stasioner (Karena semua negara berulang).

Selesaikan sedemikian rupa sehingga . $\pi P = \pi$ $\sum \pi =1$

Ini memberikan probabilitas satu raja di bujur sangkar tertentu sebagai n besar. Gunakan properti independensi yang dapat Anda peroleh dengan probabilitas yang diperlukan.

— vinux
sumber