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Fragestellung bei Übergangsmatrizen

Universität / Fachhochschule

Tags: Übergangsmatrix, Wahrscheinlichkeitsverteilung

Jannik-F aktiv_icon

13:18 Uhr, 24.01.2020

Moin zusammen,

ich muss aktuell eine Aufgabe zu Übergangsmatrizen lösen.

Die Prämisse ist dabei ein Spiel, bei dem ein Glücksrad gedreht wird und damit eine Zahl zwischen

1 - 4

gewählt wird. Auf einem separaten Brett, was ebenfalls die Felder

1 - 4

hat wird auf die entsprechende Zahl eine Figur gelegt. Wird eine Zahl gezogen, auf dessen Feld aber schon eine Figur liegt, wird stattdessen das Feld geleert. Das Spiel endet, wenn alle vier Felder eine Figur haben.

Ich komme soweit eig. gut zurecht, nur weiß ich bei einer Aufgabe nicht ganz genau, wie ich vorgehen soll :

Wir haben die Matrix A mit den Übergangswahrscheinlichkeiten gegeben sowie einen Startvektor

s

mit lediglich einer 1 als obersten Eintrag (das Spielfeld soll leer sein). Wenn die Aufgabe jetzt lautet "Wie lautet die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein Spiel ab Spielbeginn nach HÖCHSTENS

12

Glücksraddrehungen endet" muss ich ja

A^{12} \cdot s

berechnen und mir den untersten Eintrag des Vektors angucken (Den für 4 Figuren auf dem Spielfeld).

Was mache ich aber wenn die Aufgabe stattdessen "Wie lautet die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein Spiel ab Spielbeginn nach GENAU

12

Glücksraddrehungen endet" ?

MfG

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Erwartungswert
Varianz und Standardabweichung

HAL9000

14:32 Uhr, 24.01.2020

Ok, du hast 5 Zustände (0..4 Figuren auf dem Feld).

Dann kennzeichnet

A^{n} p_{0}

mit

p_{0} = (1, 0, 0, 0, 0)^{T}

aber den Wahrscheinlichkeitsvektor nach GENAU

n

Versuchen.

Es sei denn, du änderst die Übergangsmatrix

A

ab in der Weise, dass der letzte Zustand ("4 Figuren") absorbierend ist, d.h., man verbleibt in diesem Zustand. Das Original oben hatte ich hingegen so verstanden, dass man diesen Zustand auch wieder verlassen kann.

Jannik-F aktiv_icon

14:42 Uhr, 24.01.2020

Es ist schon so gemeint, dass wenn einmal auf allen Feldern etwas steht das Spiel vorbei ist, man also in diesem Zustand bleibt. Tut mir leid wenn das aus der Beschreibung nicht genau hervorging.

In wie fern ändert das nun etwas an dem höchstens/genau in den Fragestellungen ?

HAL9000

14:46 Uhr, 24.01.2020

Naja, wenn man in dem zweiten Szenario nach 12 Schritten im Zustand 4 ist, dann ist man irgendwann dahin gelangt und dort geblieben, d.h., man erfasst das "HÖCHSTENS 12".

Im ersten Szenario kennzeichnet dieser Eintrag in

A^{12} p_{0}

aber nur die Wahrscheinlichkeit, dass man nach GENAU 12 Schritten dort ist, d.h., es ist denkbar, dass man vorher schon mal in Zustand 4 war, diesen Zustand dann aber wieder verlassen hat.

Kommt eben ganz drauf an, mit welchem

A

du rechnest!

Jannik-F aktiv_icon

14:50 Uhr, 24.01.2020

Das hab ich auch so verstanden, also darin liegt nicht mein Problem, ich weiß nur nicht, wie sich das jeweils in der Berechnung der Wahrscheinlichkeit niederschlägt.

Ich hab ja eine Aufgabe mit höchstens und eine mit genau in der Fragestellung. Ersteres löse ich einfach mit

A^{n} \cdot s

aber was mach ich bei letzerem ?

HAL9000

14:52 Uhr, 24.01.2020

Ich sag es jetzt zum dritten und letzten Mal: Es ist jeweils

A^{12} \cdot p_{0}

, nur mit UNTERSCHIEDLICHEN

A

A = (\begin{array}{ccccc} 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ \frac{1}{4} & 0 & \frac{3}{4} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{3}{4} & 0 & \frac{1}{4} \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{array})

für die Variante "GENAU

n

", und

A = (\begin{array}{ccccc} 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ \frac{1}{4} & 0 & \frac{3}{4} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{3}{4} & 0 & \frac{1}{4} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array})

für die Variante "HÖCHSTENS

n

Jannik-F aktiv_icon

14:58 Uhr, 24.01.2020

Ich habe doch aber ein A vorgegeben, in dem man nunmal nicht mehr aus dem letzten Zustand kommt. Wie soll ich dann bitte an ein anderes A kommen ?

A = (\begin{matrix} 0 & 0.25 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0.5 & 0 & 0 \\ 0 & 0.75 & 0 & 0.75 & 0 \\ 0 & 0 & 0.5 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0.25 & 1 \end{matrix})

HAL9000

15:03 Uhr, 24.01.2020

Dann nenne die andere Matrix eben

B

, wenn das deine einzige Sorge ist.

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15:04 Uhr, 24.01.2020

Meine Sorge ist nicht der Name, sondern die Tatsache, dass ich mir ja nicht einfach andere Werte aus den Fingern ziehen kann

HAL9000

15:05 Uhr, 24.01.2020

Es braucht keine Vorgabe, man kann diese Ü-Matrizen schließlich aus dem Sachverhalt BERECHNEN.

Jannik-F aktiv_icon

15:08 Uhr, 24.01.2020

Und wie soll man das dann bitte machen ?

HAL9000

15:10 Uhr, 24.01.2020

Es würde dir guttun, mal 5 Minuten über ein Thema sowie das, was ich geschrieben habe, mal wirklich nachzudenken. Dein dauerndes unüberlegtes Nachfragen nervt allmählich.

P.S.: Ich hab mich oben bei den Angaben der

A

-Matrizen insofern geirrt, dass sie noch transponiert werden müssen. Ich arbeite eben gewöhnlich mit zeilenstochastischen Ü-Matrizen, während du allem Anschein nach eine spaltenstochastische Ü-Matrix hast.

Jannik-F aktiv_icon

15:18 Uhr, 24.01.2020

Selbst transponiert ist deine Matrix für den Fall genau

n

doch nicht aussagekräftig. Das Spiel soll ja vorbei sein, wenn der letzte Zustand erreicht wird. Es soll danach nicht mehr weiter gespielt werden. Heißt bei genau

12

soll der letzte Zustand zum ersten Mal nach dem zwölften Drehen erreicht werden, bei deiner Matrix kann dieser Zustand aber viel eher erreicht werden, er wird nur nach dem nächsten Drehen sofort zum 3 zurück geschickt.

HAL9000

15:25 Uhr, 24.01.2020

> Das Spiel soll ja vorbei sein, wenn der letzte Zustand erreicht wird. Es soll danach nicht mehr weiter gespielt werden.

Das erreicht man eben virtuell dadurch, dass man den Zustand 4 absorbierend wählt, wie es in deiner Matrix ja geschieht: Das heißt, man würfelt zwar weiter, rührt aber das Feld nicht mehr an, falls dort bereits 4 Figuren stehen! Das ist doch der Witz an der Sache, versuch doch endlich mal, das zu begreifen!!!

Jannik-F aktiv_icon

15:36 Uhr, 24.01.2020

Das hab ich ja verstanden, aber das habe ich jetzt doch auch gar nicht in Frage gestellt meine Güte.

Es geht mir nicht um die Matrix die ich rein gepostet hab, die du ja so auch nur halt transponiert rein geschickt hast, die das ganze für HÖCHSTENS

n

beschreibt.

Es geht mir um deine für die Variante GENAU

n

. Die sieht ja folgendermaßen aus

A = (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0.25 & 0 & 0.75 & 0 & 0 \\ 0 & 0.5 & 0 & 0.5 & 0 \\ 0 & 0 & 0.75 & 0 & 0.25 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix})

Aus der letzten Zeile entnehme ich, dass man jedes Mal wenn man in 4 ist beim nächsten Mal auf jeden Fall zurück nach 3 kommt, heißt, wenn man ohne Figuren auf dem Brett startet wäre :

0 \to 1 \to 2 \to 3 \to 4 \to 3 \to 2 \to 3 \to 2 \to 3 \to 2 \to 3 \to 4

eine valide Reihenfolge der Zustände, in der man nach

12

mal Drehen genau im 4 Zustand endet und nicht schon seit mehreren Runden da verharrt, aber nach der ersten 4 hätte es laut Spielregeln nicht weiter gehen dürfen. Deine Matrix schließt ja nicht aus, dass man mehrmals in den letzten Zustand kommt, sondern sie verhindert nur das Verharren. Dass man am Ende im Ergebnisvektor ganz unten die Wahrscheinlichkeit dafür sieht, dass man in 4 endet ist mir doch klar, nur ist das Ganze in meinen Augen nicht Regelkomform und an denen sollen wir nichts ändern.

HAL9000

16:00 Uhr, 24.01.2020

Ach so meinst du das. Na das ist doch aber erst recht kein Problem:

Der letzte Vektoreintrag von

A^{n} \cdot p_{0}

kennzeichnet die Wahrscheinlichkeit, bei dem Absorptionsmodell in maximal

n

Schritten zum Ziel zu kommen, nennen wir den

q_{n}

.

Dann ist die Wahrscheinlichkeit, das erst in genau dem

n

-ten Schritt zu schaffen gleich

q_{n} - q_{n - 1}

Jannik-F aktiv_icon

18:17 Uhr, 24.01.2020

\to

"Der letzte Vektoreintrag von An⋅p0 kennzeichnet die Wahrscheinlichkeit, bei dem Absorptionsmodell in maximal

n

Schritten zum Ziel zu kommen, nennen wir den qn.

Dann ist die Wahrscheinlichkeit, das erst in genau dem n-ten Schritt zu schaffen gleich qn−qn−1."

Also wenn ich das jetzt richtig verstehe nehme ich einfach meine oder deine Matrix

A,

rechne

A^{12} \cdot s

und gucke für höchstens auf den letzten Eintrag und rechne für genau letzer Eintrag-vorletzter Eintrag ? So hört sich für mich der Satz an. Von einer komplett anderen Matrix zur Berechnung redest du hier ja schon gar nicht mehr. Dann wären beide Wahrscheinlichkeiten gleich, weil der vorletzte Eintrag 0 ist. Die Wahrscheinlichkeit für genau in

12

Durchgängen und höchstens in

12

Durchgängen wäre also jeweils knapp

42 %

. Aus dem Bauchgefühl heraus hätte ich gesagt, dass die Wahrscheinlichkeit für höchstens definitiv höher sein sollte.

HAL9000

19:03 Uhr, 24.01.2020

> Dann wären beide Wahrscheinlichkeiten gleich, weil der vorletzte Eintrag 0 ist.

Wer redet denn vom vorletzten Eintrag?

q_{n}

ist die letzte Vektorkomponente von

A^{n} \cdot q_{0}

, und

q_{n - 1}

die letzte Vektorkomponente von

A^{n - 1} \cdot q_{0}

, und die ist gewiss NICHT Null.

Außerdem geht es bei dieser Differenz um die Wahrscheinlichkeit für "GENAU

n

". Die für "HÖCHSTENS

n

" ist doch das

q_{n}

selbst, da waren wir doch schon...

Ich hab raus

q_{12} \approx 0.4168

sowie

q_{11} \approx 0.3486

und somit

q_{12} - q_{11} \approx 0.0682

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