Tấn công sao Hỏa (xác suất tiêu diệt tàu vũ trụ bằng tên lửa )

Giả sử Trái đất đã bị tấn công bởi tàu vũ trụ sao Hỏa và giả sử rằng chúng ta có tên lửa để phóng ra chống lại tàu vũ trụ . Xác suất bắn trúng và phá hủy từng tàu vũ trụ của mỗi tên lửa là (độc lập với phần còn lại).$n$$m=k \cdot n$$n$$p$

Xác suất để phá hủy tất cả các tàu vũ trụ là gì nếu chúng ta giải phóng tất cả các tên lửa cùng một lúc nhưng mỗi tên lửa sẽ chọn một tàu vũ trụ một cách ngẫu nhiên?

Một mô hình tương đương cho quá trình này trước tiên là đặt tàu vũ trụ vào một cái chai. Đặt số lượng tàu bị phá hủy về không. Liệt kê các tên lửa . Để xác định con tàu nào được nhắm mục tiêu bởi tên lửa , hãy lắc đều chai và rút ngẫu nhiên một con tàu từ chai. Với xác suất , đánh dấu nó là bị phá hủy; mặt khác, không thay đổi bất kỳ dấu hiệu nào của nó. Nếu ban đầu nó còn nguyên vẹn và bây giờ đã được đánh dấu là đã bị phá hủy, hãy tăng số lượng tàu bị phá hủy. Trả lại con tàu này vào chai và lặp lại.$n$$1, 2, \ldots, m$$i$$p$

Điều này mô tả Chuỗi Markov trên các số sẽ được chạy qua lần lặp. Sau khi tàu bị phá hủy, cơ hội một tàu khác sẽ bị phá hủy (từ đó chuyển từ trạng thái sang trạng thái ) sẽ có cơ hội chọn một con tàu chưa bị phá hủy (trong đó có ) nhân cơ hội phá hủy nó tàu (đó là ). Đó là,m i i i + 1 n - i $0, 1, \ldots, n$$m$$i$$i$$i+1$$n-i$$p$

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

Mặt khác, chuỗi vẫn ở trạng thái . Trạng thái ban đầu là . Trung tâm quan tâm về cơ hội được ở trạng thái sau lần lặp lại.$i$$i=0$$n$$m$

Ma trận chuyển tiếp của các xác suất này, trong đó là xác suất thực hiện chuyển đổi từ sang , dễ dàng chéo:$\mathbb{P}$$\mathbb{P}_{ij}$$i$$j$

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

Ở đâu

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

là Tam giác của Pascal. Nghịch đảo dễ dàng được tìm thấy là

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

Đặt ma trận trung tâm (đường chéo) đó được viết , sao cho$\Lambda$

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

Ma trận cho lặp là$m$

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

và, rõ ràng,

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

Thực hiện phép nhân trong chúng tôi tìm thấy$*$

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

Đây là cơ hội ở trạng thái sau khi bắt đầu ở trạng thái . Đó là zero cho và sau đó nó là lần một đa thức bậc (với các điều khoản khác không độ qua ), có nghĩa là không đơn giản hóa hơn nữa xuất hiện càng tốt. Tuy nhiên, khi là lớn (khoảng đến hoặc hơn), các quyền hạn trong tổng có thể được xấp xỉ bằng số mũ,$n$$0$$m=0, 1, \ldots, n-1$$p^n$$m-n$$0$$m-n$$n/p$$10$$20$$**$

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

lần lượt có thể được tóm tắt thông qua Định lý Binomial, đưa ra

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

(Khi và đều lớn, điều này có thể được xấp xỉ là .)$m p /n$$n$$\exp\left(e^{-mp}\right)$

Để minh họa, đồ họa này vẽ các giá trị chính xác bằng màu xanh lam và xấp xỉ màu đỏ cho trong đó và . Sự khác biệt chỉ là một vài phần trăm.$m \le 100$$n=5$$p=1/3$

Phép tính gần đúng có thể được sử dụng để ước tính một có khả năng quét sạch tất cả các tàu. Nếu bạn muốn có ít nhất cơ hội đó, thì hãy chọn để$m$$1 - \varepsilon$$m$

1. $m p / n$ là rất lớn và

2. $m \approx n (\log(n) - \log(\varepsilon))/ p$ .

Điều này có được từ một biểu thức chuỗi Taylor thứ nhất cho phép tính gần đúng. Chẳng hạn, giả sử chúng ta muốn có cơ hội quét sạch tất cả các tàu trong ví dụ của hình. Sau đó và$95\%$$\varepsilon = 0.05$

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

Lưu ý rằng không quá lớn, nhưng nó đang ở đó: phép tính gần đúng có thể ổn. Trên thực tế, cơ hội gần đúng là trong khi cơ hội chính xác là . $m p / n = 69(1/3)/5 = 4.6$$95.07\%$$95.77\%$

---

Đây là một sửa đổi Phiếu Vấn đề Collector trong đó mỗi phiếu giảm giá được tìm thấy chỉ có một cơ hội trở thành hữu ích. Phương thức được sử dụng ở đây tạo ra toàn bộ phân phối tàu bị phá hủy cho bất kỳ : chỉ cần kiểm tra hàng đầu tiên của .$p$$m$$\mathbb{P}^m$