Paseo aleatorio: reyes en un tablero de ajedrez


8

Tengo una pregunta sobre la caminata aleatoria de dos reyes en un tablero de ajedrez 3 × 3.

Cada rey se mueve al azar con la misma probabilidad en este tablero de ajedrez: vertical, horizontal y diagonal. Los dos reyes se mueven independientemente uno del otro en el mismo tablero de ajedrez. Ambos comienzan en el mismo cuadrado y luego se mueven independientemente.

¿Cómo podríamos encontrar la probabilidad en el tiempo ambos están en el mismo cuadrado, ya que va al infinito?nn


¿Qué es "la misma área"? ¿Te refieres a "el mismo cuadrado?"
Peter Flom

Oh si, lo siento !!!
cubo

Utilice el enfoque de matriz de probabilidad de transición
vinux

si lo hago con la matriz de probabilidad de transición, al principio tengo que encontrar la matriz de probabilidad de transición de la caminata aleatoria del primer rey y luego subirla en el 2?
cubo

que es un ejercicio que tengo y estoy tratando de solucionarlo para muchos días ahora, que era mi última idea para obtener una buena idea de cómo tratar con ella ..
cubo

Respuestas:


12

Aprovechemos la simetría para simplificar los cálculos.

El tablero de ajedrez y sus movimientos permanecen iguales cuando el tablero se refleja verticalmente, horizontalmente o diagonalmente. Esto descompone sus nueve cuadrados en tres tipos, sus órbitas bajo este grupo de simetría. En consecuencia, cada rey puede estar en uno de tres "estados": un cuadrado de esquina (C), un cuadrado de borde (E), o el cuadrado central ("medio") (M) (Un estado ignora en qué cuadrado en particular se encuentra un rey y rastrea solo su clase de equivalencia bajo el grupo de simetrías).

Los siguientes resultados son inmediatos:

  • Desde un cuadrado de esquina, hay dos transiciones a cuadrados de borde y una transición a un cuadrado del medio. Debido a que las tres transiciones son equiprobables,

    Pr(CE)=2/3,Pr(CM)=1/3.

    Esto proporciona una fila en una matriz de transición para los estados .(0,2/3,1/3)(C,E,M)

  • Desde un cuadrado de borde hay dos transiciones a cuadrados de esquina, dos a otros cuadrados de borde y uno al cuadrado del medio. Esto da una segunda fila en una matriz de transición.(2/5,2/5,1/5)

  • Desde el cuadrado del medio hay cuatro transiciones a cuadrados de esquina y cuatro a cuadrados medios. La tercera fila de una matriz de transición, por lo tanto, es .(4/8,4/8,0)=(1/2,1/2,0)

En este gráfico que representa esta cadena de Markov, las probabilidades de transición se representan tanto por el grosor del borde como por el color:

Figura

Por inspección o de otra manera, encontramos que un vector propio izquierdo de su matriz de transición

P=(0231325251512120)

is . Esta afirmación se verifica fácilmente realizando la multiplicación: El valor propio manifiestamente es . Debido a que todos los estados están conectados, da las probabilidades limitantes de que cada rey esté en cada estado; solo necesitamos reescalar sus componentes para sumar la unidad:ω=(3,5,2)ωP=1ω.1ω

ω=(ωC,ωE,ωM)=(3/10,5/10,2/10).

(Aquí es donde cosechamos los beneficios de explotar la simetría: en lugar de trabajar con una matriz de nueve por nueve de elementos, solo tenemos que calcular con una matriz de por tres de tres elementos. La reducción del problema de nueve estados a tres pagado cuadráticamente al reducir el esfuerzo computacional por un factor de )819(9/3)2=9

El (limitante) posibilidad de que ambos reyes están en un estado de probabilidad (limitante) es decir porque los reyes se mueven independientemente. La posibilidad de que ambos reyes estén en la misma celda se encuentra condicionando el estado: por simetría, cada celda en un estado dado tiene la misma probabilidad limitante, por lo que si ambos reyes se encuentran en un estado tienen celdas , la probabilidad de que ambos están en la misma celda es . De donde la solución essωsωs2sks1/ks

s{C,E,M}ωs2ks=(310)214+(510)214+(210)211=9400+25400+16400=18.

3
El lector @xan hace algunos comentarios muy interesantes después de la (hermosa) respuesta de Accidental Statistician en este hilo. Esos comentarios apuntan a una brecha lógica en mi argumento: es necesario también mostrar que los dos reyes pueden (en cierto sentido intuitivo) moverse verdaderamente independientemente uno del otro. El ejemplo de Xan se refiere a reyes que no pueden hacer movimientos diagonales: si un rey comienza en el estado y el otro en o , ¡ nunca podrán ocupar el mismo cuadrado! Esta brecha se puede solucionar considerando una matriz de transición para pares ordenados de estados. ECM
whuber

¡Gracias por esta respuesta, muy interesante e iluminadora!
cubo

@ user929304 Eso es correcto. Si imagina una situación diferente en la que esas probabilidades eran cada una (digamos) , lo cual es bastante posible (su total es solo para cada rey), entonces su fórmula daría una probabilidad de que obviamente está mal. 1/32/32(1/3+1/3)=4/3
whuber

@ user929304 La probabilidad de la unión es la suma de las probabilidades solo cuando los eventos son disjuntos (también conocidos como "mutuamente excluyentes"). Ser disjunto no es lo mismo que ser independiente; de ​​hecho, es una violación bastante extrema de la independencia.
whuber

@ user929304 Cox y Miller son accesibles y cubren mucho terreno.
whuber

10

Como los dos reyes se mueven independientemente, puedes considerarlos por separado. Si el tablero es de tamaño finito y no tiene subsecciones cerradas, este es uno de esos casos en los que se puede encontrar la distribución estacionaria resolviendo la ecuación de equilibrio detallada.

En este caso, a medida que va al infinito, la probabilidad de que un rey esté en un cuadrado se vuelve proporcional al número de cuadrados adyacentes, es decir, tres para cada cuadrado de esquina, cinco para cada cuadrado de borde y ocho para el cuadrado central. Esto equivale a , por lo que la posibilidad de estar en el cuadrado del medio es , en cualquier cuadrado de la esquina es , y en cualquier cuadrado del borde es .n408/403/405/40

Como esto es cierto para ambos reyes independientemente, la posibilidad de que ambos estén en el cuadrado del medio es , de que ambos estén en cualquier cuadrado de la esquina es , y en cualquier borde cuadrado es . Entonces, la posibilidad de que estén en el mismo cuadrado se aproxima a medida que acerca al infinito.(8/40)2=64/1600(3/40)2=9/1600(5/40)2=25/160064+4 4×9 9+4 4×251600=2001600=18norte


¡Oh, tu explicación es realmente buena y lo entiendo totalmente!
cubo

¿Puedo preguntarle algo más? ¿En la última igualdad 1/16 + 8 (9/1024) el número 8 es el resultado de las dimensiones del tablero de ajedrez? No importa que tengamos un tablero de ajedrez 3x3?
cubo

2
Los cuadrados de borde son cuadrados que están en el exterior, pero no en una esquina. Cada cuadrado de borde tiene cinco vecinos: el cuadrado del medio, otros dos cuadrados de borde y dos cuadrados de esquina.
Estadístico accidental

1
Es suficiente para que el gráfico no esté dirigido (si puede moverse de A a B, puede moverse de B a A), finito (número finito de cuadrados) y completo (sin subgrupo de cuadrados de los que no hay escape), y para que la probabilidad de moverse en una dirección determinada desde un cuadrado sea igual para todas las direcciones. En este caso, la probabilidad de estar en un cuadrado converge con el tiempo a ser proporcional al número de cuadrados adyacentes. Puede verificar esto resolviendo ya sea como en la respuesta de vinux, o resolviendo la ecuación de equilibrio detallada, que es más fácil. πPAGS=π
Estadístico accidental el

1
+1 Esta es una bonita respuesta. Una manera simple de justificar la afirmación citada por @xan es simplemente aplicar la matriz de transición a ese vector de proporciones: obtendrá el vector en sí mismo (¡desde su propia definición!), Mostrando que es un vector propio del valor propio . Como todos los estados están conectados, esa es la distribución limitante. (En otras palabras, en realidad no tiene que resolver ; solo tiene que verificar la solución que ha propuesto.)1πPAGS=π
whuber

6

Puedes resolverlo usando la matriz de probabilidad de transición.

[C1C2C3C4 4C5 5C6 6C7 7C8C9 9]

Construya la matriz de probabilidad de transición, usando la probabilidad de una celda a otra. Por ejemplo: . P será una matriz de .PAGS[C1,C2]=PAGS[C1,C4 4]=PAGS[C1,C5 5]=139 9×9 9

Ahora puede calcular las probabilidades estacionarias (ya que todos los estados son recurrentes).

Resuelva modo que .πPAGS=ππ=1

Esto da la probabilidad de un rey en un cuadrado particular como n grande. Use la propiedad de independencia para llegar a la probabilidad requerida.

Al usar nuestro sitio, usted reconoce que ha leído y comprende nuestra Política de Cookies y Política de Privacidad.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.