Đi bộ ngẫu nhiên: các vị vua trên bàn cờ vua

Tôi có một câu hỏi về việc đi bộ ngẫu nhiên của hai vị vua trong bàn cờ 3 × 3.

Mỗi vị vua đang di chuyển ngẫu nhiên với xác suất bằng nhau trên bàn cờ này - theo chiều dọc, chiều ngang và đường chéo. Hai vị vua đang di chuyển độc lập với nhau trong cùng một bàn cờ. Cả hai bắt đầu trong cùng một hình vuông, và sau đó chúng di chuyển độc lập.

Làm thế nào chúng ta có thể tìm thấy xác suất trong thời gian cả hai đều nằm trong cùng một hình vuông, khi đi đến vô cùng? $n$ $n$

self-study markov-chain random-walk

— khối lập phương
nguồn

"Cùng một khu vực" là gì? Bạn có nghĩa là "cùng một hình vuông?"

— Peter Flom

Ồ vâng, xin lỗi !!!

— khối

Sử dụng phương pháp tiếp cận ma trận xác suất chuyển tiếp

— vinux

Nếu tôi làm điều đó với ma trận xác suất chuyển tiếp, đầu tiên tôi phải tìm ma trận xác suất chuyển tiếp của bước đi ngẫu nhiên của vị vua đầu tiên và sau đó tăng nó trong 2?

— khối

đó là một bài tập tôi có và tôi đang cố gắng giải quyết nó trong nhiều ngày nay, đó là ý tưởng cuối cùng của tôi để có một ý tưởng tốt về cách đối phó với nó ..

— khối

Câu trả lời:

Hãy khai thác tính đối xứng để đơn giản hóa các tính toán.

Bàn cờ và di chuyển của nó vẫn giữ nguyên khi bàn cờ được phản xạ theo chiều dọc, chiều ngang hoặc đường chéo. Điều này phân tách chín ô vuông của nó thành ba loại, quỹ đạo của chúng thuộc nhóm đối xứng này. Tương ứng, mỗi vị vua có thể ở một trong ba "trạng thái": hình vuông góc ( ), hình vuông cạnh ( ) hoặc hình vuông trung tâm ("giữa") ( ). (Một trạng thái bỏ qua hình vuông cụ thể mà một vị vua đang ở và chỉ theo dõi lớp tương đương của nó trong nhóm đối xứng.) $C$ $E$ $M$

Các kết quả sau đây là ngay lập tức:

Từ một hình vuông góc, có hai phần chuyển tiếp sang hình vuông cạnh và một phần chuyển sang hình vuông ở giữa. Bởi vì ba chuyển đổi được trang bị,

$Pr (C \to E) = 2 / 3, Pr (C \to M) = 1 / 3.$ $\Pr(C \to E) = 2/3,\quad \Pr(C \to M) = 1/3.$
Điều này đưa ra một hàng trong ma trận chuyển tiếp cho các trạng thái . $(0, 2/3, 1/3)$ $(C, E, M)$
Từ một hình vuông cạnh có hai hình chuyển tiếp sang hình vuông góc, hai hình vuông cạnh khác và một hình vuông ở giữa. Điều này đưa ra một hàng thứ hai trong ma trận chuyển tiếp. $(2/5, 2/5, 1/5)$
Từ hình vuông ở giữa có bốn hình chuyển tiếp đến hình vuông góc và bốn hình vuông ở giữa. Do đó, hàng thứ ba của ma trận chuyển tiếp là . $(4/8, 4/8, 0) = (1/2, 1/2, 0)$

Trong biểu đồ này đại diện cho chuỗi Markov này, xác suất chuyển tiếp được thể hiện bằng cả độ dày và màu sắc cạnh:

Nhân vật

Bằng cách kiểm tra hoặc bằng cách khác, chúng tôi thấy rằng một hàm riêng bên trái của ma trận chuyển tiếp của nó

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})

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

là . Khiếu nại này dễ dàng được kiểm tra bằng cách thực hiện phép nhân: Giá trị eigenvalue là . Bởi vì tất cả các trạng thái được kết nối, đưa ra xác suất giới hạn của mỗi vị vua ở mỗi bang; chúng ta chỉ cần hủy bỏ các thành phần của nó để tổng hợp lại: $\omega = (3, 5, 2)^\prime$ $\omega \mathbb{P} = 1 \omega.$ $1$ $\omega$

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

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

(Đây là nơi chúng ta gặt hái những lợi ích của việc khai thác tính đối xứng: thay vì làm việc với ma trận chín bằng chín của phần tử, chúng ta chỉ phải tính toán với ma trận ba nhân ba của phần tử. Việc giảm vấn đề từ chín trạng thái xuống còn ba trả hết bậc hai bằng cách giảm nỗ lực tính toán theo hệ số ) $81$ $9$ $(9/3)^2 = 9$

Các (hạn chế) cơ hội mà cả hai vị vua đang ở trong một trạng thái của (hạn chế) xác suất là vì các vua di chuyển một cách độc lập. Các cơ hội mà cả hai vị vua đang ở trong cùng một tế bào được tìm thấy bằng cách điều hòa vào nhà nước: bằng đối xứng, mỗi tế bào trong trạng thái nhất định có cùng khả năng hạn chế tương tự, vì vậy nếu cả hai vị vua được tìm thấy trong trạng thái có tế bào, cơ hội họ cả hai trong cùng một ô là . Giải pháp là từ đâu $s$ $\omega_s$ $\omega_s^2$ $s$ $k_s$ $1/k_s$

\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
nguồn

Độc giả @xan đưa ra một số bình luận rất thú vị sau câu trả lời (đẹp) của Accidental Statistician trong chủ đề này. Những bình luận đó chỉ ra một khoảng cách logic trong lập luận của tôi: cũng cần phải chỉ ra rằng hai vị vua có thể (theo một nghĩa nào đó trực quan) thực sự di chuyển độc lập với nhau. Ví dụ của Xan liên quan đến các vị vua không thể thực hiện các bước di chuyển chéo: nếu một vị vua bắt đầu ở trạng thái và người kia ở hoặc , thì họ không bao giờ có thể chiếm cùng một hình vuông! Khoảng cách này có thể được khắc phục bằng cách xem xét một ma trận chuyển tiếp cho các cặp trạng thái được sắp xếp.

E

$E$

C

$C$

M

$M$

— whuber

Cảm ơn bạn cho câu trả lời này, rất quan tâm và giác ngộ!

— khối

@ user929304 Đúng vậy. Nếu bạn tưởng tượng một tình huống khác nhau trong đó các xác suất đó là mỗi (ví dụ) , điều này hoàn toàn có thể xảy ra - tổng số của chúng chỉ là cho mỗi vị vua - thì công thức của bạn sẽ cho xác suất là rõ ràng là sai.

1 / 3

$1/3$

2 / 3

$2/3$

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

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

— whuber

@ user929304 Xác suất kết hợp là tổng xác suất chỉ khi các sự kiện rời rạc (còn gọi là "loại trừ lẫn nhau"). Trở nên rời rạc không giống như độc lập - thực tế, đó là một sự vi phạm độc lập khá cực đoan.

— whuber

@ user929304 Cox và Miller có thể truy cập và bao gồm rất nhiều mặt bằng.

— whuber

Vì hai vị vua đang di chuyển độc lập, bạn có thể xem xét chúng một cách riêng biệt. Nếu bảng có kích thước hữu hạn và không có bất kỳ phần phụ kín nào, thì đây là một trong những trường hợp có thể tìm thấy phân phối tĩnh bằng cách giải phương trình cân bằng chi tiết.

$n$ $40$ $8/40$ $3/40$ $5/40$

$(8/40)^2 = 64/1600$ $(3/40)^2=9/1600$ $(5/40)^2=25/1600$ $\frac{64+4\times9+4\times25}{1600} = \frac{200}{1600} = \frac{1}{8}$ $n$

— Thống kê tình cờ
nguồn

Oh, lời giải thích của bạn thực sự tốt và tôi hoàn toàn hiểu nó !!

— khối

Tôi có thể hỏi bạn thêm một lần nữa không? Trong lần bình đẳng cuối cùng 1/16 + 8 (9/1024), số 8 là kết quả từ kích thước của bàn cờ? Không quan trọng là chúng ta có bàn cờ 3x3 không?

— khối

Hình vuông cạnh là hình vuông ở bên ngoài, nhưng không ở trong một góc. Mỗi hình vuông cạnh có năm hàng xóm: hình vuông ở giữa, hai hình vuông cạnh khác và hai hình vuông góc.

— Thống kê tình cờ

π P = π

$\pi P=\pi$

1

$1$

π P = π

$\pi P = \pi$

Bạn có thể giải quyết bằng cách sử dụng ma trận xác suất chuyển tiếp.

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

$P[C_1, C_2] = P[C_1, C_4]= P[C_1, C_5] = \frac{1}{3}$ $9 \times 9$

Bây giờ bạn có thể tính xác suất đứng yên (Vì tất cả các trạng thái được lặp lại).

$\pi P = \pi$ $\sum \pi =1$

Điều này đưa ra xác suất của một vị vua trong ô vuông cụ thể là n lớn. Sử dụng tài sản độc lập bạn có thể đến xác suất cần thiết.

— vinux
nguồn