Доска Гальтона

[Евгений Машеров]

vamoroz в сообщении #1137884 писал(а):

Только матрица переходов не является стохастической.

Является. Стохастической матрицей называется такая, сумма элементов по строкам равна единице, а сами элементы неотрицательны.

-- 15 июл 2016, 06:42 --

Не следует трактовать "стохастическая" в данном смысле, как "случайная". Она детерминирована, и названные свойства, очевидно, выполняются.
Случайность тут появляется в результатах отдельных испытаний, и именно она не даёт делать выводы по "физической доске Гальтона" - там всегда будут отклонения от теоретического распределения.

[svv]

vamoroz
Придумался такой наглядный образ. Каждый шарик, попавший в C5 и повернувший налево, вымазывается синей краской (изначально все шарики бесцветные). Аналогично для других цветов. На дальнейшее движение это не влияет.
Вот я и спрашиваю о том, к чему стремится доля розовых и синих шариков при неограниченном росте количества брошенных шариков.

[vamoroz]

Евгений Машеров в сообщении #1137928 писал(а):

vamoroz в сообщении #1137884 писал(а):

Только матрица переходов не является стохастической.

Является. Стохастической матрицей называется такая, сумма элементов по строкам равна единице, а сами элементы неотрицательны.

Уважаемый Евгений Машеров
Привожу небольшой расчет.
Матрица, описывающая движение шарика по доске Гальтона
$M =\left( \begin{array}{ccccc} 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 2 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \end{array} \right) $
Вектор $B1=(0,0,1,0,0)$ - первая строка таблицы
Умножаем B1 на M. Получаем вектор $B3=(0,1,2,1,0)$ – третья строка таблицы
Умножаем B3 на M. Получаем вектор $B5=(1,4,6,4,1)$ - пятая строка таблицы
Умножаем B5 на M. Получаем вектор $B7=(5,15,20,15,5)$ - седьмая строка таблицы.
Обращаю Ваше внимание, что матрица M не стохастическая.

[Евгений Машеров]

Разумеется, не стохастическая. Поэтому и не описывает движение шарика по доске Гальтона. Это следует хотя бы из того, что после умножения на неё сумма элементов вектора (общее число шариков) возрастает.

[vamoroz]

Согласно принятой математической модели,
сумма элементов вектора не общее число шариков, а общее число вариантов перемещения шарика, которое, возрастает в зависимости от количества пройденных уровней гвоздиков.
Приведенная матрица лишь частично описывает движение шарика по доске Гальтона с 5-ю накопителями - карманами.
Определить распределение шариков на четных строках таблицы она не может.
Она полностью описывает падение шарика по доске Гальтона на нечетных строках таблицы

[vamoroz]

Евгений Машеров в своем сообщении #1137607 утверждает, что процесс перехода шариков с яруса на ярус описывается умножением вектора состояния на стохастическую матрицу переходов.
Возможно, он имел в виду следующую матрицу (случай для доски Гальтона типа «домик» с 5-ю накопителями.

$M =\left( \begin{array}{ccccc} 1/2 & 1/2 & 0 & 0 & 0 \\ 1/4 & 1/2 & 14 & 0 & 0\\ 0 & 1/4 & 1/2 & 1/4 & 0\\ 0 & 0 & 1/4 & 1/2 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 1/2 & 1/2 \end{array} \right) $

[Henrylee]

(Оффтоп)

Тролли-ферматисты уже и до вероятностей добрались?

[vamoroz]

Одно из трех основных понятий в теории вероятности, - это множество элементарных исходов. Замечу, что в рамках развернутой дискуссии, это множество для доски Гальтона не определено. Каждый участник обсуждения определил его для себя, а как, - никому не сказал. У меня огромная просьба к тем, кому интересно «чем это все кончится», поделитесь «своим сокровенным» и определите в теме множество элементарных исходов для доски Гальтона.

[Лукомор]

vamoroz в сообщении #1157660 писал(а):

определите в теме множество элементарных исходов для доски Гальтона.

Случайным событием будет столкновение "шарика" с "гвоздиком".

Соответственно, для данного случайного события будет два элементарных исхода:
"шарик" уходит налево, или "шарик" уходит направо от гвоздика, вероятность каждого из двух элементарных исходов ровно половинка.

Полное прохождение "шарика" от верха до донышка доски Гальтона - это составное испытание,
состоящее из нескольких таких случайных событий, происходящих последовательно одно за другим.

Соответственно,
вероятности реализации каждого "варианта" движения шарика считаем
по формуле для вычисления вероятностей исходов составных испытаний.

Для некоторых "вариантов" эти вероятности будут отличаться,
а Вы их все считаете одинаковыми, деля "единичку" на количество "вариантов".

Это неправильно.

"Вариант" движения "шарика" - это не "элементарное событие" - однозначно!

Да, еще маленькое уточнение.
Столкновение "шарика" с крайним в своем ряду "гвоздиком"
- не случайное событие, а детерминированное:
с единичной вероятностью после столкновения с "гвоздиком" "шарик" уходит вовнутрь доски,
и с нулевой вероятностью - наружу.

-- Чт окт 06, 2016 07:47:50 --

(Оффтоп)

vamoroz в сообщении #1157660 писал(а):

Одно из трех основных понятий в теории вероятности, - это множество элементарных исходов.

Тут уж одно из двух:
либо одно из трех,
либо одно из четырех!

[Лукомор]

vamoroz в сообщении #1141195 писал(а):

Согласно принятой математической модели, сумма элементов вектора не общее число шариков, а общее число вариантов перемещения шарика

Еще раз повторюсь:
"варианты" перемещения "шарика" не равновероятны, являются результатами составных испытаний, составленных из различного числа случайных событий, а посему не являются элементарными событиями.
Возьмем, для примера, нижнюю строчку вашей таблицы для числа возможных различных вариантов:
$20, 55, 70, 55, 20$.
В крайних ячейках закончат свой путь по 20 "вариантов" движения "шарика".
Но!
14 "вариантов" составлены из 8случайных событий, поэтому каждый из них имеет вероятность реализоваться в случайном эксперименте равную $P=\frac{1}{256}$.
5 "вариантов" составлены из 7 случайных событий и одного детерминированного (отражение от крайнего гвоздика внутрь) и, соответственно, вероятность реализации любого из этих вариантов равна
$P=\frac{1}{128}$.
И существует ровно один вариант, где шарик попадает дважды на крайний гвоздик, при 6 случайных событиях. Вероятность этого варианта: $P=\frac{1}{64}$.
Для средней ячейки, из 70 вариантов, соответственно:
68 вариантов есть результат 8 случайных событий с вероятностью $P=\frac{1}{256}$,
и 2 варианта с одним детерминированным и 7 случайными событиями имеют вероятности по
$P=\frac{1}{128}$.
И в две оставшиеся ячейки приведут по 55 вариантов в каждую, из этих 55 - будет 48 вариантов с вероятностью $P=\frac{1}{256}$,
6 вариантов с вероятностью $P=\frac{1}{128}$,
и ровно один вариант являющийся результатом 2 детерминированных и 6 случайных событий, имеющий вероятность $P=\frac{1}{64}$.
Теперь найдем вероятности, с которыми шарик окажется в одной из 5 ячеек внизу доски Гальтона.
Для крайних ячеек:
$P_1=P_5=14\cdot\frac{1}{256}+5\cdot\frac{1}{128}+1\cdot\frac{1}{64}=\frac{7}{64}$.
Для следующих двух:
$P_2=P_4=48\cdot\frac{1}{256}+6\cdot\frac{1}{128}+1\cdot\frac{1}{64}=\frac{1}{4}$.
И для центральной ячейки:
$P_3=68\cdot\frac{1}{256}+2\cdot\frac{1}{128}=\frac{9}{32}$.
Суммируя, получаем:
$P=\frac{7}{64}+\frac{1}{4}+\frac{9}{32}+\frac{1}{4}+\frac{7}{64}=1$.
Расчет окончен!
Вся бухгалтерия сошлась!

[Henrylee]

Лукомор в сообщении #1157677 писал(а):

Еще раз повторюсь:
"варианты" перемещения "шарика" не равновероятны, являются результатами составных испытаний, составленных из различного числа случайных событий, а посему не являются элементарными событиями.

Более чем странное утверждение. Так что же по-вашему здесь все-таки является элементарными событиями? Только вот опять про гвоздики не надо, и про 2 элементарных исхода. Очевидно, что их больше.

Вы вообще знакомы с понятием вероятностной модели? И не надо употреблять слово "однозначно", в вашем случае лучше подошло бы "ИМХО".

[arseniiv]

vamoroz, Лукомор
Тут можно кучу разных вероятностных пространств ввести. Например:
• Конечно, можно представить доску с одним гвоздём и двумя лунками, и там элементарные исходы разумно выбрать «шарик скакнул влево» и «шарик скакнул вправо» — больше без толку, меньше не получится.
• В таком же ключе можно рассмотреть доску с одним гвоздём, стоящим рядом со стенкой. Тогда и двух элементарных исходов слишком много, достаточно обойтись одним, т. к. через стенку шарики не умеют.
• Можно рассматривать пространство путей шариков (в доске определённой формы), причём все пути будут равновероятны.
• Можно рассматривать пространства положений шариков на $i$-й строке (в доске определённой формы), которые в общем случае уже не будут равновероятны.

Их, конечно, в какой-то мере можно друг с другом и связать.

[Henrylee]

Да не надо связывать кучу пространств. Достаточно рассмотреть одно, состоящее из всех траекторий. Они не всегда будут, конечно, равновероятными. Все остальные мыслимые события (конечная же модель) будут состоять из этих траекторий. И нечего выдумывать какие-то "составные опыты"

-- Пт окт 07, 2016 11:10:10 --

vamoroz в сообщении #1157660 писал(а):

Одно из трех основных понятий в теории вероятности, - это множество элементарных исходов.

Правильнее сказать "один из (обычно, трёх) элементов любой вероятностной модели"

[Лукомор]

arseniiv в сообщении #1157853 писал(а):

Можно рассматривать пространство путей шариков (в доске определённой формы), причём все пути будут равновероятны.

Равновероятны они будут не всегда, а только тогда, когда все пути состоят из одинакового числа шагов.
Вот простой пример.
В некоторых видах спорта, например в хоккее, на стадии плей-офф, определение победителя проводится в серии матчей, которая длится до тех пор пока одна из команд не одержит $n$ побед.
В частности, если $n=2$, то серия будет состоять из двух, либо из трех матчей.
Я сейчас распишу все возможные варианты развития событий, обозначив единицей победу первой команды, и двойкой - победу второй команды.
$E_1=(1,1)$
$E_2=(1,2,1)$
$E_3=(1,2,2)$
$E_4=(2,1,1)$
$E_5=(2,1,2)$
$E_6=(2,2)$
Вот шесть возможных вариантов, шесть сценариев развития событий, можно сказать - шесть "траекторий".
Если команды равные по силе, вероятность победы каждой из них в отдельно взятом матче будем считать равной $p_1=p_2=\frac{1}{2}$.
Здесь вероятности первого и шестого варианта равны $P(E_1)=P(E_6)=\frac{1}{4}$,
в то время как вероятности каждого из четырех других вариантов равны:
$P(E_2)=P(E_3)=P(E_4)=P(E_5)=\frac{1}{8}$.

[Henrylee]

Лукомор в сообщении #1157957 писал(а):

arseniiv в сообщении #1157853 писал(а):

Можно рассматривать пространство путей шариков (в доске определённой формы), причём все пути будут равновероятны.

Равновероятны они будут не всегда, а только тогда, когда все пути состоят из одинакового числа шагов.

Неверное утверждение. Достаточно перечитать некоторые из предыдущих сообщений в этой теме. Они могут быть неравновероятны и при одинаковом числе шагов, как и равновероятны при неодинаковом.

Что до доски шариками - тут все траектории имеют одинаковое число шагов, кстати.