ランダムウォーク：チェス盤の王

3×3のチェス盤での2人の王のランダムウォークについて質問があります。

各王はこのチェス盤上で等確率でランダムに動いています-垂直、水平、斜め。2人の王が同じチェス盤で互いに独立して動いています。どちらも同じ正方形から始まり、その後独立して移動します。

が無限大になると、それらの両方が同じ正方形にある時間の確率をどのように見つけることができますか？ $n$ $n$

self-study markov-chain random-walk

— 立方体
ソース

「同じ地域」とは？「同じ広場」という意味ですか？

— Peter Flom

ああ、すみません!!!

— キューブ

遷移確率マトリックスアプローチを使用

— vinux '

遷移確率行列でそれを行う場合、最初に最初のキングのランダムウォークの遷移確率行列を見つけ、それを2で上昇させる必要がありますか？

— キューブ

..それに対処するためにどのように良いアイデアを得るために私の最後のアイデアだったこと、それは私が持っている運動で、私は今日の多くのためにそれを解決しようとしています

— キューブ

回答:

対称性を利用して計算を簡略化しましょう。

チェス盤とその動きは、盤面が垂直、水平、または斜めに反射された場合でも同じです。これは、9つの正方形を3つのタイプに分解します。それらの軌道は、この対称グループの下にあります。同様に、各キングは、3つの「状態」の1つである可能性があります：コーナースクエア（）、エッジスクエア（）、または中央（「ミドル」）スクエア（）。（州は、王がいる特定の正方形を無視し、対称性のグループの下でその等価クラスのみを追跡します。） $C$ $E$ $M$

次の結果は即時です。

コーナーの正方形から、エッジの正方形への2つの遷移と中央の正方形への1つの遷移があります。3つの遷移は確率が等しいため、

$Pr (C \to E) = 2 / 3, Pr (C \to M) = 1 / 3.$ $\Pr(C \to E) = 2/3,\quad \Pr(C \to M) = 1/3.$
これは、状態遷移行列に行を与えます。 $(0, 2/3, 1/3)$ $(C, E, M)$
エッジスクエアから、コーナースクエアへの2つの遷移、他のエッジスクエアへの2つの遷移、および中央のスクエアへの1つの遷移があります。これにより、遷移行列の2番目の行られます。 $(2/5, 2/5, 1/5)$
中央の正方形からコーナーの正方形への4つの遷移と中央の正方形への4つの遷移があります。したがって、遷移行列の3行目はです。 $(4/8, 4/8, 0) = (1/2, 1/2, 0)$

このマルコフ連鎖を表すこのグラフでは、遷移確率はエッジの太さと色の両方で表されます。

検査またはその他の方法で、遷移行列の左固有ベクトルが

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})

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

はです。この主張は、乗算を実行することによって簡単にチェックされます：固有値は明らかにです。すべての州がつながっているので、は各王が各州にいる確率を制限します。合計して1になるように、コンポーネントを再スケーリングするだけです。 $\omega = (3, 5, 2)^\prime$ $\omega \mathbb{P} = 1 \omega.$ $1$ $\omega$

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

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

（ここで、対称性を活用する利点を享受できます要素の9 x 9マトリックスで作業する代わりに、要素の3 x 3マトリックスで計算するだけで済みます。9つの状態から3つの状態への問題の削減計算の労力を因数で削減することにより、二次的にます。） $81$ $9$ $(9/3)^2 = 9$

両方の王が状態であること（制限）チャンス（制限）確率のです人の王が独立して動くので。両方の王は、同じセル内にある可能性がオン状態にコンディショニングすることによって発見された：対称性により、所与の状態における各セルは、両王た状態で発見された場合、同じ制限確率を有する備え細胞、チャンスを彼ら両方が同じセルにある場合はです。そこからの解決策は $s$ $\omega_s$ $\omega_s^2$ $s$ $k_s$ $1/k_s$

\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
ソース

読者@xanは、このスレッドの偶発的な統計学者による（美しい）回答の後に、非常に興味深いコメントを投稿しています。これらのコメントは、私の議論の論理的なギャップを指摘しています。2人の王が（直感的な意味で）本当に互いに独立して動くことができることも示す必要があります。1人の王は状態で起動した場合：斜めの動きをすることはできませんXANの例の懸念王にし、他のまたは、それらは決して同じ広場を占有することはできません！このギャップは、順序付けられた状態のペアの遷移行列を考慮することで修正できます。

E

$E$

C

$C$

M

$M$

— whuber

この答えをありがとう、非常に興味深く、啓発的です！

— キューブ

@ user929304そうです。それらの確率がそれぞれ（たとえば）である別の状況を想像する場合、それは非常に可能です-それらの合計は各王に対してだけです-そして、あなたの公式はこれは明らかに間違っています。

1 / 3

$1/3$

2 / 3

$2/3$

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

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

— whuber

@ user929304ユニオンの確率は、イベントが互いに素である（別名「相互に排他的」）場合の確率の合計です。ばらばらであることは独立していることと同じではありません-実際、それは独立性のかなり極端な違反です。

— whuber

@ user929304 CoxとMillerはアクセス可能で、多くの分野をカバーしています。

— whuber

2人の王は独立して動いているので、別々に考えることができます。ボードのサイズが有限で、閉じたサブセクションがない場合、これは、詳細なバランス方程式を解いて定常分布を見つけることができるケースの1つです。

この場合、が無限大になると、正方形に入る王の確率は、それに隣接する正方形の数に比例します。つまり、各コーナー正方形に3つ、各エッジ正方形に5つ、中央正方形に8つです。これまで合計ので、真ん中の正方形であることのチャンスがある任意のコーナー広場には、ある、および任意のエッジ広場にある。 $n$ $40$ $8/40$ $3/40$ $5/40$

これは両方のキングに独立して当てはまるので、両方が中央の正方形にある可能性はであり、両方が任意の角の正方形にある可能性は、および任意のエッジの正方形ではです。同じ正方形にあるそれらの可能性に近づくようにとして無限大に近づきます。 $(8/40)^2 = 64/1600$ $(3/40)^2=9/1600$ $(5/40)^2=25/1600$ $\frac{64+4\times9+4\times25}{1600} = \frac{200}{1600} = \frac{1}{8}$ $n$

— 偶発的な統計家
ソース

ああ、あなたの説明は本当に良いです、そして私はそれを完全に理解しています!!

— キューブ

最後の等式1/16 + 8（9/1024）の数字8は、チェス盤の寸法からの結果ですか？3x3のチェス盤があるかどうかは関係ありませんか？

— キューブ

エッジの正方形は、外側ではあるがコーナーではない正方形です。各エッジの正方形には5つの隣接セルがあります。中央の正方形、他の2つのエッジの正方形、および2つのコーナーの正方形です。

— 偶発的な統計家

グラフが無向（AからBに移動できる場合は、BからAに移動できます）、有限（正方形の有限数）、完全（エスケープのない正方形のサブグループなし）で十分です。正方形から特定の方向に移動する確率はすべての方向で同じです。この場合、正方形にある確率は、時間の経過とともに、隣接する正方形の数に比例するように収束します。これを確認するには、vinuxの回答のようにを解くか、より詳細なバランス方程式を解きます。

π P = π

$\pi P=\pi$

— 偶発的な統計家

+1これはいい答えです。@xanによって引用されたアサーションを正当化する簡単な方法は、比率のベクトルに遷移行列を適用することです。ベクトルそのものを（その定義から！）取得し、固有値固有ベクトルであることを示します。すべての州が接続されているため、それが分布を制限しています。（言い換えれば、実際にを解決する必要はありません。提案したソリューションを確認するだけです。）

1

$1$

π P = π

$\pi P = \pi$

— whuber

遷移確率行列を使用して解くことができます。

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

あるセルから別のセルへの確率を使用して、遷移確率行列を作成します。例：。Pは行列になります。 $P[C_1, C_2] = P[C_1, C_4]= P[C_1, C_5] = \frac{1}{3}$ $9 \times 9$

これで定常確率を計算できます（すべての状態が再発するため）。

解決ように。 $\pi P = \pi$ $\sum \pi =1$

これにより、1つの王、特に正方形がnの大きさになる確率が得られます。必要な確率で到達できる独立プロパティを使用します。

— Vinux
ソース