কীট এবং অ্যাপল প্রত্যাশিত মান

Question

একটি আপেল প্রান্তবিন্দু এ অবস্থিত পঞ্চভুজ এর , এবং একটি কীট এ দুই ছেদচিহ্ন দূরে অবস্থিত । প্রতিদিন কীট দুটি সংলগ্ন কোণের সমান সম্ভাবনার সাথে ক্রল করে। এইভাবে একদিন পরে কৃমিটি ভার্টেক্স বা , প্রতিটিই সম্ভাব্যতা । দুই দিন পরে, কীট আবার ফিরে আসতে পারে কারণ এর আগের অবস্থানগুলির কোনও স্মৃতি নেই। এটি যখন ভার্টেক্স পৌঁছে যায় , এটি খাওয়া বন্ধ করে দেয়।$A$$ABCDE$$C$$B$$D$$1/2$$C$$A$

(ক) রাতের খাবার পর্যন্ত কত দিনের সংখ্যার অর্থ?

(খ) পি এর সম্ভাব্যতা হ'ল যে দিনগুলির সংখ্যা বা তার বেশি। মারকভের অসমতা সম্পর্কে কী বলে ?$100$$p$

(ক) জন্য, দিন দৈব চলক ডিনার পর্যন্ত দিনের সংখ্যা দ্বারা সংজ্ঞায়িত করা। সুতরাং$X$

$$P(X = 0) = 0 \\ P(X=1) = 0 \\ P(X=2) = \frac{1}{\binom{5}{2}} \\ \vdots$$

সাধারণ বিতরণ কি হবে?

(খ) এর জন্য, যদি আমরা (ক) জানি, তবে আমরা জানি যে

$$P(X \geq 100) \leq \frac{E(X)}{100}$$

Comments

আপনি কি আপনার সমীকরণের প্রথম সেটটি ব্যাখ্যা করতে পারেন? তারা কীটগুলি বিপরীত দিকের সম্ভাবনার জন্য দায়বদ্ধ বলে মনে হয় না বা এগুলি সঠিক বলে মনে হয় না। সর্বোপরি, পর্যন্ত পথ সম্ভাবনার চেয়ে অনেক কম মনে রাখবেন যে এই প্রশ্নের মূল বিষয়টি এটির প্রত্যাশা গণনা করার চেয়ে সম্পূর্ণ বিতরণটি অর্জন করা আরও কঠিন হতে পারে; এবং মার্কভের বৈষম্য তবুও আপনাকে একা প্রত্যাশা থেকে দরকারী তথ্য হ্রাস করতে দেয়। $1/\binom{5}{2}=1/10$$A\to B\to C$$(1/2)(1/2)=1/4.$

— whuber

Answer 1

গ্লেন_বি এর দুর্দান্ত উত্তরে তিনি দেখান যে আপনি লিনিয়ার সমীকরণের একটি সহজ সিস্টেমটি বিশ্লেষণ করে প্রত্যাশিত মানটি গণনা করতে পারেন। এই বিশ্লেষণ পদ্ধতিটি অনুসরণ করে আপনি নির্ধারণ করতে পারবেন যে আপেলগুলিতে চালিত হওয়ার প্রত্যাশিত সংখ্যা ছয়। কৌতুকের আরও একটি দুর্দান্ত উত্তর দেখায় যে কোনও প্রদত্ত সংখ্যক পদক্ষেপের পরে প্রক্রিয়াটির সম্ভাব্যতা ভর কার্য কীভাবে অর্জন করতে হয় এবং প্রত্যাশিত মানটির জন্য বিশ্লেষণাত্মক সমাধান পেতে এই পদ্ধতিটিও ব্যবহার করা যেতে পারে। আপনি যদি এই সমস্যার বিষয়ে আরও অন্তর্দৃষ্টি দেখতে চান তবে আপনার বৃত্তাকার এলোমেলো পদক্ষেপে কিছু কাগজপত্র পড়তে হবে (উদাহরণস্বরূপ, স্টিফেনস 1963 )

সমস্যার বিকল্প দৃষ্টিভঙ্গি দেওয়ার জন্য, আমি আপনাকে দেখাতে যাচ্ছি যে আপনি স্ট্যাটিস্টিকাল কম্পিউটিংয়ের সাহায্যে মার্কভ চেইনটি বের করার জন্য কীভাবে ব্রুট ফোর্স পদ্ধতি ব্যবহার করে একই ফলাফল পেতে পারেন। এই পদ্ধতিটি অনেক ক্ষেত্রে বিশ্লেষণাত্মক পরীক্ষার চেয়ে নিকৃষ্ট, তবে এটির সুবিধা রয়েছে যে এটি আপনাকে কোনও বড় গাণিতিক অন্তর্দৃষ্টি ছাড়াই সমস্যার মোকাবেলা করতে দেয়।

---

নিষ্ঠুর বল গণ্য পদ্ধতি: নিম্নলিখিত রূপান্তর ম্যাট্রিক্স অনুসারে আপনার মার্কভ চেইন ট্রানজিশনগুলিকে ক্রমে রাজ্যগুলি গ্রহণ করা :$A,B,C,D,E$

$$\mathbf{P} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\[6pt] \tfrac{1}{2} & 0 & \tfrac{1}{2} & 0 & 0 \\[6pt] 0 & \tfrac{1}{2} & 0 & \tfrac{1}{2} & 0 \\[6pt] 0 & 0 & \tfrac{1}{2} & 0 & \tfrac{1}{2} \\[6pt] \tfrac{1}{2} & 0 & 0 & \tfrac{1}{2} & 0 \\[6pt] \end{bmatrix}$$

প্রথম রাজ্য হ'ল শোষণকারী রাষ্ট্র যেখানে পোকা আপেল থাকে। থেকে না আসা পর্যন্ত চলার সংখ্যা হতে দিন । তারপরে all সমস্ত ক্ষেত্রে this apple এ কীটটি আপেলতে থাকার সম্ভাবনা রয়েছে the এবং তাই এই রাজ্য থেকে আপেলটিতে পৌঁছানোর প্রত্যাশিত সংখ্যাটি হ'ল:$A$$T_C$$C$$n \in \mathbb{N}$$\mathbb{P}(T_C \leqslant n) = \{ \mathbf{P}^n \}_{C,A}$

$$\mathbb{E}(T_C) = \sum_{n=0}^\infty \mathbb{P}(T_C > n) = \sum_{n=0}^\infty (1-\{ \mathbf{P}^n \}_{C,A}).$$

সমষ্টি হ্রাস পদ ব্যাখ্যা মূলকভাবে বড় জন্য আমরা শর্তাদির একটি সসীম নম্বরে সমষ্টি ছিন্ন দ্বারা সঠিকতা কোন সন্তুষ্টির পর্যায়ে বলে আশা করা মান গনা করতে পারেন। (শর্তগুলির ঘনিষ্ঠ ক্ষয়টি নিশ্চিত করে যে আমরা মুছে ফেলা শর্তাবলীর আকারকে একটি পছন্দসই স্তরের নীচে সীমাবদ্ধ করতে পারি)) বাকী শর্তগুলির আকার চূড়ান্ত না হওয়া পর্যন্ত অনুশীলনে প্রচুর পরিমাণে পদক্ষেপ নেওয়া সহজ।$n$

---

এটি আর তে প্রোগ্রামিং: আপনি Rনীচের কোডটি ব্যবহার করে একটি ফাংশন হিসাবে এটি প্রোগ্রাম করতে পারেন । এই কোডটি চলনগুলির একটি সীমাবদ্ধ ক্রমের জন্য ট্রানজিশন ম্যাট্রিক্সের ক্ষমতার একটি অ্যারে তৈরি করার জন্য ভেক্টরাইজ করা হয়েছে। আমরা আপেলটি পৌঁছায়নি এমন সম্ভাবনার একটি প্লটও জেনারেট করে দেখিয়েছি যে এটি দ্রুত হ্রাস পায়।

#Create function to give n-step transition matrix for n = 1,...,N
#N is the last value of n
PROB <- function(N) { P <- matrix(c(1, 0, 0, 0, 0, 
                                    1/2, 0, 1/2, 0, 0, 
                                    0, 1/2, 0, 1/2, 0,
                                    0, 0, 1/2, 0, 1/2,
                                    1/2, 0, 0, 1/2, 0),
                                  nrow = 5, ncol = 5, 
                                  byrow = TRUE);
                      PPP <- array(0, dim = c(5,5,N));
                      PPP[,,1] <- P;
                      for (n in 2:N) { PPP[,,n] <- PPP[,,n-1] %*% P; } 
                      PPP }

#Calculate probabilities of reaching apple for n = 1,...,100
N  <- 100;
DF <- data.frame(Probability = PROB(N)[3,1,], Moves = 1:N);

#Plot probability of not having reached apple
library(ggplot2);
FIGURE <- ggplot(DF, aes(x = Moves, y = 1-Probability)) +
          geom_point() +
          scale_y_log10(breaks = scales::trans_breaks("log10", function(x) 10^x),
                        labels = scales::trans_format("log10", 
                                 scales::math_format(10^.x))) +
          ggtitle('Probability that worm has not reached apple') +
          xlab('Number of Moves') + ylab('Probability');
FIGURE;

#Calculate expected number of moves to get to apple
#Calculation truncates the infinite sum at N = 100
#We add one to represent the term for n = 0
EXP <- 1 + sum(1-DF$Probability);
EXP;

[1] 6

আপনি এই গণনা থেকে দেখতে পাচ্ছেন, আপেলটিতে পৌঁছানোর প্রত্যাশিত সংখ্যা ছয়টি। এই গণনাটি মার্কোভ চেইনের জন্য উপরের ভেক্টরাইজড কোডটি ব্যবহার করে অত্যন্ত দ্রুত হয়েছিল।

Answer 2

মার্কোভ চেইনের সমস্ত রুটিন ধরে না গিয়ে অংশ (ক) দেখার জন্য কেবল একটি সহজ উপায় চিত্রিত করতে চাই। দু'টি রাষ্ট্রের উদ্বেগের বিষয় রয়েছে: এক ধাপ দূরে থাকা এবং দুই ধাপ দূরে থাকা (A এবং B এবং E সমান হওয়া পর্যন্ত প্রত্যাশিত পদক্ষেপের ক্ষেত্রে সি এবং ডি একরকম)। " " কে থেকে শুরু করে এমন পদক্ষেপের প্রতিনিধিত্ব করা যাক ।$S_B$$B$

$E(S_C) = 1+\frac12[E(S_B)+E(S_D)] = 1+ \frac12[E(S_B)+E(S_C)]$

একইভাবে এর প্রত্যাশার জন্য একটি সমীকরণ লিখুন ।$E(S_B)$

দ্বিতীয়টিকে প্রথমটিতে প্রতিস্থাপন করুন (এবং সুবিধার জন্য জন্য লিখুন$c$$E(S_C)$) এবং আপনি এর জন্য একটি সমাধান পান $c$ কয়েক লাইনে।

Comments

+1 টি। আমি এও পছন্দ করি যে সম্ভাবনা তৈরির ফাংশনগুলির দ্বারা প্রত্যাশাগুলি প্রতিস্থাপন করে আপনি একটি সমান সমীকরণ পান, ঠিক তত সহজে সমাধান করা যায়, দেখানো হয় যে প্রারম্ভিক রাষ্ট্রের পিজিএফ সমান$t^2/(4-2t-t^2),$এবং এটি সম্ভাব্যতার যে কোনও একটির জন্য একটি সাধারণ সূত্র বাড়ে। আরও ভাল: যাক$X_y$ থেকে শুরু হওয়া পদক্ষেপের সংখ্যা হও $y\in\{A,B\}.$ নির্ধারণ করা $f_n=2^n\Pr(X_A=n)$ এবং $g_n=2^n\Pr(X_B=n).$ সম্পর্ক হয় $f_n=f_{n-1}+g_{n-1}$ এবং $g_{n-1}=f_{n-2}.$ পূর্বের ফলন মধ্যে দ্বিতীয়টি প্রতিস্থাপন $f_n=f_{n-1}+f_{n-2}$ জন্য $n\ge 3.$ সুতরাং, $f_n$ হয় $n-2^\text{nd}$ফিবোনাচি নম্বর।

— শুক্র

@ শুভ: আপনার মন্তব্যটি পুরো উত্তরে পরিণত করা উচিত - এটি সত্যিই ভাল।

— বেন - মনিকা

আমি সম্মত, এমনকি এই সংক্ষিপ্ত আকারে, উত্তর হিসাবে পোস্ট করা মূল্যবান।

— গ্লেন_বি -রিনস্টেট মনিকা

Answer 3

সমস্যাটি

এই মারকভ চেইনের তিনটি রাজ্য রয়েছে, এটি কীট কিনা তা দ্বারা আলাদা $0,$ $1,$ অথবা $2$ দূরত্ব থেকে দূরে $C.$ দিন $X_i$ কীটটি পৌঁছাতে কত পদক্ষেপ নেবে তা এলোমেলোভাবে পরিবর্তনশীল হোন $C$ রাষ্ট্র থেকে $i\in\{0,1,2\}.$ তাদের সম্ভাব্যতা তৈরির কার্যগুলি এই ভেরিয়েবলগুলির সম্ভাব্যতাগুলি এনকোড করার জন্য একটি সুবিধাজনক বীজগণিতিক উপায় way একীকরণের মতো বিশ্লেষণাত্মক সমস্যা নিয়ে উদ্বিগ্ন হওয়া অপ্রয়োজনীয়: কেবল এগুলিকে আনুষ্ঠানিক শক্তি সিরিজ হিসাবে দেখুন একটি প্রতীক$t$ দ্বারা প্রদত্ত

$$f_i(t) = \Pr(X_i=0) + \Pr(X_i=1)t^1 + \Pr(X_i=2)t^2 + \cdots + \Pr(X_i=n)t^n + \cdots$$

থেকে $\Pr(X_0=0)=1,$ এটা তুচ্ছ $f_0(t)=1.$ আমাদের সন্ধান করা দরকার $f_2.$

বিশ্লেষণ এবং সমাধান

রাষ্ট্র থেকে $1,$ কৃমির সমান সম্ভাবনা রয়েছে $1/2$ রাজ্যে ফিরে যাওয়ার $2$ বা পৌঁছনো $C$। এই এক পদক্ষেপ গ্রহণের জন্য অ্যাকাউন্টিং যুক্ত করে$1$ সমস্ত ক্ষমতা $t$, পিজিএফ দ্বারা গুন করার সমতুল্য $t$, দিচ্ছি

$$f_1 = \frac{1}{2}t\left(f_2 + f_0\right).$$

একইভাবে, রাষ্ট্র থেকে $2$ কীটটি রাজ্যে থাকার সমান সম্ভাবনা রয়েছে $2$ বা অবস্থায় পৌঁছনো $1,$ কোথা হইতে

$$f_2 = \frac{1}{2}t\left(f_2 + f_1\right).$$

চেহারা $t/2$ ভেরিয়েবলটি প্রবর্তন করে আমাদের কাজকে আরও সহজ করা হবে বলে পরামর্শ দেয় $x=t/2,$ দান

$$f_1(x) = x(f_2(x) + f_0(x));\quad f_2(x) = x(f_2(x) + f_1(x)).$$

প্রথমটি দ্বিতীয়টিতে পুনরায় স্থাপন এবং পুনরায় স্মরণ করা $f_0=1$ দেয়

$$f_2(x) = x(f_2(x) + x(f_2(x) + 1))\tag{*}$$

যার অনন্য সমাধান

$$f_2(x) = \frac{x^2}{1 - x - x^2}.\tag{**}$$

আমি সমীকরণটি হাইলাইট করেছি $(*)$ কেবলমাত্র প্রত্যাশিত মানগুলি বিশ্লেষণ করে আমরা যে সমীকরণটি অর্জন করব তার মূল সরলতা এবং এর আনুষ্ঠানিক মিলের উপর জোর দেওয়া $E[X_i]:$কার্যত, একই পরিমাণ কাজের জন্য এটি একটি নম্বর খুঁজে পেতে লাগে, আমরা সম্পূর্ণ বিতরণটি পাই ।

প্রভাব এবং সরলীকরণ

সমান, কখন $(*)$ মেয়াদ-কাল-মেয়াদ এবং এর ক্ষমতাগুলি লিখিত হয় $t$ এটি মিলেছে যে এটি জন্য দৃser়ভাবে $n\ge 4,$

$$2^n\Pr(X_2=n) = 2^{n-1}\Pr(X_2=n-1) + 2^{n-2}\Pr(X_2=n-2).$$

This is the recurrence for the famous sequence of Fibonacci numbers

$$(F_n) = (1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,\ldots)$$

(indexed from $n=0$). The solution matching $(**)$ is this sequence shifted by two places (because there is no probability that $X_2=0$ or $X_2=1$ and it is easy to check that $2^2\Pr(X_2=2)=1=2^3\Pr(X_2=3)$).

Consequently

$$\Pr(X_2 = n) = 2^{-n-2}F_{n-2}.$$

More specifically,

$$\eqalign{ f_2(t) &= 2^{-2}F_0t^2 + 2^{-3}F_1 t^3 + 2^{-4} F_2 t^4 + \cdots \\ &= \frac{1}{4}t^2 + \frac{1}{8}t^3 + \frac{2}{16}t^4 + \frac{3}{32}t^5 + \frac{5}{64}t^6 + \frac{8}{128}t^7 +\frac{13}{256}t^8 + \cdots. }$$

---

The expectation of $X_2$ is readily found by evaluating the derivative $f^\prime$ and substituting $t=1,$ because (differentiating the powers of $t$ term by term) this gives the formula

$$f^\prime(1) = \Pr(X_2=0)(0) + \Pr(X_2=1)(1)1^0 + \cdots + \Pr(X_2=n)(n)1^{n-1} + \cdots$$

which, as the sum of the probabilities times the values of $X_2,$ is precisely the definition of $E[X_2].$ Taking the derivative using $(**)$ produces a simple formula for the expectation.

---

Some brief comments

By expanding $(**)$ as partial fractions, $f_2$ can be written as the sum of two geometric series. This immediately shows the probabilities $\Pr(X_2=n)$ will decrease exponentially. It also yields a closed form for the tail probabilities $\Pr(X_2 \gt n).$ Using that, we can quickly compute that $\Pr(X_2 \ge 100)$ is a little less than $10^{-9}.$

Finally, these formulas involve the Golden Ratio $\phi = (1 + \sqrt{5})/2.$ This number is the length of a chord of a regular pentagon (of unit side), yielding a striking connection between a purely combinatorial Markov chain on the pentagon (which "knows" nothing about Euclidean geometry) and the geometry of a regular pentagon in the Euclidean plane.

Answer 4

For the mean number of days until dinner, condition on the step taken on the first day. Let $X$ be the number of days until the worm gets the apple. Let $F$ be the first step.

Then we have

$$E[X]=E[X|F=B] \ [P(F=B)]+E[X|F=D] \ P[F=D]$$

If the first step is to $B,$ then either the worm gets the apple on day 2 with probability one-half, or it is back to vertex $C$ with probability one-half and it starts over. We can write this as

$$E[X|F=B]=2 \left( \frac{1}{2} \right) + \left(2+E[X] \right) \left( \frac{1}{2} \right)=2+\frac{E[X]}{2}$$

If the first step is to $D,$ then by symmetry this is the same as being at vertex $C$ except the worm has taken a single step so

$$E[X|F=D]=1+E[X]$$

Putting it all together, we get

$$E[X] = \left( 2+\frac{E[X]}{2} \right)\left( \frac{1}{2} \right) + \left( 1 + E[X] \right)\left( \frac{1}{2} \right)$$

Solving for $E[X]$ yields

$$E[X] = 6$$

Comments

এটি @ গ্লেন_ব এর উত্তর পুনরুদ্ধার বলে মনে হচ্ছে।

— whuber