gwiazda i żuczek
-
- Użytkownik
- Posty: 874
- Rejestracja: 4 paź 2010, o 08:16
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: wszedzie
- Podziękował: 248 razy
- Pomógł: 10 razy
gwiazda i żuczek
Gwiazda ma środek i r ramion. Na k-tym ramieniu jest \(\displaystyle{ n_k}\) punktów. Żuczek znajduje się początkowo w punkcie środkowym gwiazdy. Gdy jest w tym punkcie losowo wybiera ramię na które przechodzi, a będąc na ramieniu losowo wybiera jeden z sąsiednich punktów na który może przejść. Gdy dojdzie do końca gwiazdy jego wędrówka się kończy. Żuczek jest nieśmiertelny więc może wędrować dowolnie długo. Oblicz prawdopodobieństwo że dojdzie do końca i-tego ramienia.
- Errichto
- Użytkownik
- Posty: 1629
- Rejestracja: 17 mar 2011, o 18:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Suwałki
- Podziękował: 28 razy
- Pomógł: 272 razy
gwiazda i żuczek
Punkty na ramionach gwiazdy mają po 2 sąsiadów (nie licząc ostatniego punktu)? Tzn. czy (upraszczając) są współliniowe?
Jeśli nie, to co oznacza koniec gwiazdy? Punkt odwiedzony po raz pierwszy jako ostatni?
Jeśli nie, to co oznacza koniec gwiazdy? Punkt odwiedzony po raz pierwszy jako ostatni?
-
- Użytkownik
- Posty: 1874
- Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Lost Hope
- Podziękował: 28 razy
- Pomógł: 502 razy
gwiazda i żuczek
Wybierzmy \(\displaystyle{ i}\)-te ramię i ponumerujmy na nim punkty, wraz z zerem liczbami \(\displaystyle{ 0,1,2,\ldots,n_i}\).
Rozważając łańcuch Markowa odpowiadający błądzeniu losowemu ograniczonemu do tego ramienia z dwoma stanami pochłaniającymi:
\(\displaystyle{ 0, n_i}\)
wyznaczamy prawdopodobieństwo pochłonięcia spaceru rozpoczętego w \(\displaystyle{ 1}\) przez stan pochłaniający \(\displaystyle{ 0}\). O ile nie mam błędu w rachunkach (a nie znam się na łańcuchach Markowa) wychodzi:
\(\displaystyle{ \frac{n_i-1}{n_i}}\).
Wystarczy więc zastąpić każde z ramion gwiazdy jej końcem \(\displaystyle{ e_i}\) i jednym punktem pośrednim \(\displaystyle{ m_i}\) z prawdopodobieństwami przejść:
\(\displaystyle{ p_i=P(p_i,k_i)=\frac{1}{n_i}}\)
\(\displaystyle{ q_i=P(p_i,0)=\frac{n_i-1}{n_i}=1-p_i}\)
dla \(\displaystyle{ i=1,2,\ldots r}\)
końce ramion czynimy stanami pochłaniającymi, a dla pozostałych prawdopodobieństw przejść kładziemy zero.
Otrzymujemy macierz \(\displaystyle{ (2r+1)\times(2r+1)}\), która po redukcji stanów pochłaniających staje się macierzą \(\displaystyle{ (r+1)\times(r+1)}\) co widać poniżej:
\(\displaystyle{ \begin{array}{c|cccc|ccc}
*&0&m_1&\ldots&m_r&e_1&\ldots&e_r\\
\hline
0&0&1/r&\ldots&1/r&0&\ldots&0\\
m_1&p_1&0&\ldots&0&q_1&\ldots&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
m_r&p_r&0&\ldots&0&0&\ldots&q_r\\
\hline
e_1&0&0&\ldots&0&1&\ldots&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
e_r&0&0&\ldots&0&0&\ldots&1
\end{array}}\)
w skrócie:
\(\displaystyle{ \begin{array}{c|c|c}
*&0,m_i&e_i\\
\hline
0,m_i&Q&N\\
\hline
e_i&0&I
\end{array}}\).
Teoria powiada, że szukana wartość prawdopodobieństwa dla i-tego ramienia stoi na pozycji \(\displaystyle{ (1,i)}\) macierzy \(\displaystyle{ (I-Q)^{-1}\cdot N}\), czyli,
\(\displaystyle{ \frac{1-p_i}{r-\displaystyle{\sum p_i}}=\frac{q_i}{\sum q_i}}\).
O ile więc \(\displaystyle{ p_i}\) były wcześniej poprawnie wyznaczone mamy odpowiedź:
\(\displaystyle{ \displaystyle{\frac{\frac{1}{n_i}}{\sum\frac{1}{n_i}}}}\).
Sporo liczenia, żeby otrzymać coś, co się narzuca.
Rozważając łańcuch Markowa odpowiadający błądzeniu losowemu ograniczonemu do tego ramienia z dwoma stanami pochłaniającymi:
\(\displaystyle{ 0, n_i}\)
wyznaczamy prawdopodobieństwo pochłonięcia spaceru rozpoczętego w \(\displaystyle{ 1}\) przez stan pochłaniający \(\displaystyle{ 0}\). O ile nie mam błędu w rachunkach (a nie znam się na łańcuchach Markowa) wychodzi:
\(\displaystyle{ \frac{n_i-1}{n_i}}\).
Wystarczy więc zastąpić każde z ramion gwiazdy jej końcem \(\displaystyle{ e_i}\) i jednym punktem pośrednim \(\displaystyle{ m_i}\) z prawdopodobieństwami przejść:
\(\displaystyle{ p_i=P(p_i,k_i)=\frac{1}{n_i}}\)
\(\displaystyle{ q_i=P(p_i,0)=\frac{n_i-1}{n_i}=1-p_i}\)
dla \(\displaystyle{ i=1,2,\ldots r}\)
końce ramion czynimy stanami pochłaniającymi, a dla pozostałych prawdopodobieństw przejść kładziemy zero.
Otrzymujemy macierz \(\displaystyle{ (2r+1)\times(2r+1)}\), która po redukcji stanów pochłaniających staje się macierzą \(\displaystyle{ (r+1)\times(r+1)}\) co widać poniżej:
\(\displaystyle{ \begin{array}{c|cccc|ccc}
*&0&m_1&\ldots&m_r&e_1&\ldots&e_r\\
\hline
0&0&1/r&\ldots&1/r&0&\ldots&0\\
m_1&p_1&0&\ldots&0&q_1&\ldots&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
m_r&p_r&0&\ldots&0&0&\ldots&q_r\\
\hline
e_1&0&0&\ldots&0&1&\ldots&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
e_r&0&0&\ldots&0&0&\ldots&1
\end{array}}\)
w skrócie:
\(\displaystyle{ \begin{array}{c|c|c}
*&0,m_i&e_i\\
\hline
0,m_i&Q&N\\
\hline
e_i&0&I
\end{array}}\).
Teoria powiada, że szukana wartość prawdopodobieństwa dla i-tego ramienia stoi na pozycji \(\displaystyle{ (1,i)}\) macierzy \(\displaystyle{ (I-Q)^{-1}\cdot N}\), czyli,
\(\displaystyle{ \frac{1-p_i}{r-\displaystyle{\sum p_i}}=\frac{q_i}{\sum q_i}}\).
O ile więc \(\displaystyle{ p_i}\) były wcześniej poprawnie wyznaczone mamy odpowiedź:
\(\displaystyle{ \displaystyle{\frac{\frac{1}{n_i}}{\sum\frac{1}{n_i}}}}\).
Sporo liczenia, żeby otrzymać coś, co się narzuca.