Теория вероятностей, задача про хамелеонов.

[Don-Don]

iancaple в сообщении #1067051 писал(а):

Don-Don в сообщении #1067047 писал(а):

А как показать по Байесу, что вероятности обратных переходов так же устроены.

Три гипотезы "состояние минуту назад было таким же", "было предыдущим", "было следующим", априорные вероятности их равны, вероятности переходов из них в фактически наблюдаемое состояние $1-p,p,0$ соответственно, и все подставьте в формулу Байеса

Но это хорошо, это мы построим минуту назад. Потому нужно еще такую операцию проделать три раза, причем каждые следующие вероятности будут завязаны на предыдущих. Очень много уж вариантов. А тоже самое получится?

[iancaple]

То же самое. В этом и суть однородной марковской цепи -между соседними моментами переход задается одинаковой матрицей. А между несоседними -получается степень этой матрицы

[Don-Don]

iancaple в сообщении #1067057 писал(а):

То же самое. В этом и суть однородной марковской цепи -между соседними моментами переход задается одинаковой матрицей. А между несоседними -получается степень этой матрицы

Спасибо. А что значит "было следующим"? Тут же нет конкретного состояния?

[iancaple]

Белый хамелеон становится синим, синий -- красным. Красный -- белым
Для Белого следующим называется синий. Но для общности будем говорить"следующий"
Вот же шутники. да он оказывается по флагу ползает сверху вниз

[Don-Don]

iancaple в сообщении #1067061 писал(а):

Белый хамелеон становится синим, синий -- красным. Красный -- белым
Для Белого следующим называется синий. Но для общности будем говорить"следующий"
Вот же шутники. да он оказывается по флагу ползает сверху вниз

Спасибо, понятно, но вот это для каждого отдельно взятого хамелеона, но они ведь не обязаны синхронно менять состояния, то есть через минуту один хамелеон может поменять цвет, а другой оставить прежним, потому как это все учитывать -- пока что не очевидно.

[provincialka]

iancaple в сообщении #1067061 писал(а):

Вот же шутники. да он оказывается по флагу ползает сверху вниз

Так ведь

Don-Don в сообщении #1066665 писал(а):

Профессор вывел новый вид пресмыкающихся -- Хамелеон российский.

В общем, чувствую, надо производить численный эксперимент! Щас сварганим

[Don-Don]

iancaple в сообщении #1066934 писал(а):

Это марковская цепь с переходной матрицей 3 на 3.
6,умноженное на произведение трех элементов любой строки 4-й степени этой матрицы и будет ответ. Так как в строке будет одно из чисел- вероятность перехода за 4 шага в свое "предыдущее"(по правилу изменения) состояние, другое - в "последующее", третье -не изменить состояние в итоге 4 шагов. А с тремя хамелеонами должны были случиться 3 разные вещи, 6 -это число способов распределить между ними роли
Я тоже одно время думал, что для 5-го класса и ответ 1/3. А на самом деле сложный такой многочлен от p

Я так понял, что матрица с вероятностями возведена в 4 степень, но как $h(p)$ в данном случае получилось?

[provincialka]

Посчитала для $p=0.5$. По формуле (с умножением на 6) получается примерно 0,219.
Численный эксперимент дает величину порядка 0,11, то есть в 2 раза меньше. Можно считать, что идея

provincialka в сообщении #1067017 писал(а):

Думаете, ответ будет другой?
Например, в 2 раза меньше? Действительно, в начале процесса хамелеоны могли быть, скажем, все белые. Значит, за это время один "перекрасился" 0 (или 3) раза, другой -- 1 или 4 и третий -- 2 раза. Эту вероятность мы уже посчитали. И такая же для начального синего и начального красного.

Мы не учли, что хамелеоны стали не просто разных цветов, а именно таких, как сейчас. Но это надо еще додумать...

была правильная!

[iancaple]

Don-Don
цитируете не читая

Цитата:

6,умноженное на произведение трех элементов любой строки

зто и обозначено в программе $h(p)$
provincialka
а какой численный эксперимент?
Опс, понял.известно, что все они были одного цвета.Сколькими способами можно дать 3м хамелеонам цветов Б,С,К историю превращений, считая по которой, они оказывается были одного цвета. Не 6ти, как мы думали, а тремя способами: выберем того, кто не менял в итоге 4х превращений свой цвет, тогда что произошло с остальными двумя - однозначно определяется, один перешел в следующее по кругу состояние, а другой, значит - в предыдущее по кругу.
вывод -расчет надо было на 3 а не на $3!=6$ умножать

[provincialka]

iancaple
Ага! Вечером для верности сделаю эксперимент для разных $p$

[iifat]

Что-то никак не пойму, с какого места проблем. Если хамелеон белый, минуту назад он был либо красный (с вероятностью $p$), либо белый. Повторить четыре раза. Потом для двух других цветов (разумеется, тут широкий простор для экономии расчётов, хотя нужна ли она тут?). Получим три независимых случайных величины и задачу посчитать некую вероятность по простейшей формуле. Задача и правда для пятиклассника — ну, для пятиклассника, полюбопытствовавшего почитать азы теории вероятности. Разумеется, это никак не отменяет решений через цепи Маркова, но это уж для сильно продвинутого пятиклассника.

[provincialka]

iifat
Ну, мы же не ищем легких путей! Хотя я бы не прочь посмотреть на ваш подсчет...

-- 26.10.2015, 15:57 --

(Оффтоп)

выдалась свободная минутка, пока магистранты контрольную пишут

Да, действительно несложно, если взять листочек побольше и не полениться все расписать...

[Don-Don]

provincialka в сообщении #1067107 писал(а):

iifat
Ну, мы же не ищем легких путей! Хотя я бы не прочь посмотреть на ваш подсчет...

-- 26.10.2015, 15:57 --

(Оффтоп)

выдалась свободная минутка, пока магистранты контрольную пишут

Да, действительно несложно, если взять листочек побольше и не полениться все расписать...

А у меня что-то не выходит, какая-то ерунда получается...

[iifat]

provincialka в сообщении #1067107 писал(а):

я бы не прочь посмотреть на ваш подсчет

Зачем, зачем я сказал «А»
Итак. Хамелеон — б (1). В смысле — белый (с вероятностью 1).
За минуту до того: к ($p$), б ($q=1-p$).
За минуту до того: с ($p^2$), к ($2pq$), б ($q^2$).
За минуту до того: б ($p^3+q^3$), с ($3p^2q$), к ($3pq^2$).
За минуту до того: б ($4p^3q+q^4$), с ($6p^2q^2$), к ($p^4+4pq^3$).
Или я не Винни-Пух. А я он, значит, всё в порядке.
Дальше можно циклическим сдвигом.

[iancaple]

Задача 1. Три разных зверушки сидят в одной клетке, а рядом еще две пустых клетки. Сколькими способами они могут разбежаться по разным клеткам? Ответ 6.
Задача 2. Три разных зверушки сидят в разных клетках. Сколькими способами они могут собраться в одной? Ответ 3.
Хотя казалось бы, взаимно обратные действия