Ataque a Marte (probabilidade de destruir

Suponha que a Terra tenha sido atacada por naves espaciais marcianas e suponha que temos mísseis para lançar contra as naves espaciais. A probabilidade de atingir e destruir cada nave espacial por cada míssil é (independente do resto). $n$ $m=k \cdot n$ $n$ $p$

Qual é a probabilidade de destruir todas as naves espaciais se lançarmos todos os mísseis ao mesmo tempo, mas cada míssil escolherá uma espaçonave aleatoriamente?

— will198
fonte

Um modelo equivalente para esse processo é o primeiro a colocar as naves espaciais em uma garrafa. Defina a contagem de naves destruídas para zero. Enumere os mísseis . Para determinar qual navio é alvo de míssil , agite bem a garrafa e puxe aleatoriamente uma nave. Com probabilidade , marque-o como destruído; caso contrário, não altere nenhuma de suas marcações. Se originalmente estava intacto e agora foi marcado como destruído, aumente a contagem de navios destruídos. Devolva este navio para a garrafa e repita. $n$ $1, 2, \ldots, m$ $i$ $p$

Esta descreve uma Cadeia Markov sobre as contagens de que vai ser executado por meio iterações. Depois que navios forem destruídos, a chance de que outro seja destruído (fazendo uma transição do estado para o estado ) terá a chance de selecionar um navio não destruído (do qual há ) vezes a chance de destruir esse navio. navio (que é ). Isso é, $0, 1, \ldots, n$ $m$ $i$ $i$ $i+1$ $n-i$ $p$

Pr (i \to i + 1) = \frac{n - i}{n} p .

$\Pr(i\to i+1) = \frac{n-i}{n} p.$

Caso contrário, a cadeia permanece no estado . O estado inicial é . Centros de interesse sobre a possibilidade de estar no estado depois iterações. $i$ $i=0$ $n$ $m$

A matriz de transição dessas probabilidades, em que é a probabilidade de fazer a transição de para , diagonaliza facilmente: $\mathbb{P}$ $\mathbb{P}_{ij}$ $i$ $j$

\begin{aligned} P & = (\begin{matrix} 1 - p & p & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 1 - \frac{n - 1}{n} p & \frac{n - 1}{n} p & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 - \frac{n - 2}{n} p & \frac{n - 2}{n} p & \dots & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & \dots & 0 & 1 - \frac{1}{n} p & \frac{1}{n} p \\ 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & 1 \end{matrix}) \\ = V (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & \frac{n - p}{n} & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{n - 2 p}{n} & \dots & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & \dots & 0 & \frac{n - (n - 1) p}{n} & 0 \\ 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & \frac{n - n p}{n} \end{matrix}) V^{- 1} \end{aligned}

$\eqalign{ \mathbb{P} & = \pmatrix{1-p & p & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & 1-\frac{n-1}{n}p & \frac{n-1}{n}p & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 - \frac{n-2}{n}p & \frac{n-2}{n}p & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 - \frac{1}{n}p & \frac{1}{n}p \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 1} \\ &=\mathbb{V} \pmatrix{1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & \frac{n-p}{n} & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{n-2p}{n} & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & \frac{n - (n-1)p}{n} & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & \frac{n - np}{n}} \mathbb{V}^{-1} }$

Onde

V = (\begin{matrix} (\binom{n}{0}) & (\binom{n}{1}) & (\binom{n}{2}) & \dots & (\binom{n}{n - 1}) & (\binom{n}{n}) \\ (\binom{n - 1}{0}) & (\binom{n - 1}{1}) & (\binom{n - 1}{2}) & \dots & (\binom{n - 1}{n - 1}) & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ (\binom{1}{0}) & (\binom{1}{1}) & 0 & \dots & 0 & 0 \\ (\binom{0}{0}) & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \end{matrix})

$\mathbb{V} = \pmatrix{\binom{n}{0} & \binom{n}{1} & \binom{n}{2} & \cdots & \binom{n}{n-1} & \binom{n}{n} \\ \binom{n-1}{0} & \binom{n-1}{1} & \binom{n-1}{2} & \cdots & \binom{n-1}{n-1} & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots \\ \binom{1}{0} & \binom{1}{1} & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ \binom{0}{0} & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0}$

é o triângulo de Pascal. O inverso é facilmente encontrado como

V^{- 1} = (\begin{matrix} 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & (\binom{0}{0}) \\ 0 & 0 & \dots & 0 & (\binom{1}{1}) & - (\binom{1}{0}) \\ 0 & 0 & \dots & (\binom{2}{2}) & - (\binom{2}{1}) & (\binom{2}{0}) \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & (\binom{n - 1}{n - 1}) & \dots & (- 1)^{n - 1 + 2} (\binom{n - 1}{2}) & (- 1)^{n - 1 + 1} (\binom{n - 1}{2}) & (- 1)^{n - 1 + 0} (\binom{n - 1}{0}) \\ (\binom{n}{0}) & - (\binom{n}{1}) & \dots & (- 1)^{n + 2} (\binom{n}{2}) & (- 1)^{n + 1} (\binom{n}{2}) & (- 1)^{n + 0} (\binom{n}{0}) \end{matrix})

$\mathbb{V}^{-1} = \pmatrix{0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & \binom{0}{0} \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & \binom{1}{1} & -\binom{1}{0} \\ 0 & 0 & \cdots & \binom{2}{2} & -\binom{2}{1} & \binom{2}{0} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & \binom{n-1}{n-1} & \cdots & (-1)^{n-1+2}\binom{n-1}{2} & (-1)^{n-1+1}\binom{n-1}{2} & (-1)^{n-1+0}\binom{n-1}{0} \\ \binom{n}{0} & -\binom{n}{1} & \cdots & (-1)^{n+2}\binom{n}{2} & (-1)^{n+1}\binom{n}{2} & (-1)^{n+0}\binom{n}{0} }$

Que essa matriz central (diagonal) seja escrita , para que $\Lambda$

Λ_{j j} = \frac{n - j p}{n} .

$\Lambda_{jj} = \frac{n-jp}{n}.$

A matriz para iterações é $m$

\begin{matrix} (*) & P^{m} = {(V Λ V^{- 1})}^{m} = V Λ^{m} V^{- 1} \end{matrix}

$\mathbb{P}^m = \left(\mathbb{V \Lambda V^{-1}}\right)^m = \mathbb{V} \Lambda^m \mathbb{V}^{-1}\tag{*}$

e obviamente

(Λ^{m})_{j j} = Λ_{j j}^{m} = {(\frac{n - j p}{n})}^{m} .

$(\Lambda^m)_{jj} = \Lambda_{jj}^m = \left(\frac{n-jp}{n}\right)^m.$

Fazendo a multiplicação em encontramos $*$

\begin{matrix} (**) & {(P^{m})}_{0 n} = \sum_{j = 0}^{min (m, n)} (- 1)^{j} (\binom{n}{j}) {(\frac{n - j p}{n})}^{m} . \end{matrix}

$\left(\mathbb{P}^m\right)_{0n} = \sum_{j=0}^{\min(m,n)} (-1)^j \binom{n}{j} \left(\frac{n-jp}{n}\right)^m.\tag{**}$

Essa é a chance de estar no estado após iniciar no estado . É zero para e depois disso é vezes um polinômio de grau (com termos diferentes de zero dos graus a ), o que significa que nenhuma simplificação adicional parece possível. No entanto, quando é amplo (cerca de a ), as potências na soma podem ser aproximadas por exponenciais, $n$ $0$ $m=0, 1, \ldots, n-1$ $p^n$ $m-n$ $0$ $m-n$ $n/p$ $10$ $20$ $**$

{(\frac{n - j p}{n})}^{m} = {(1 - \frac{j p}{n})}^{m} \approx {(e^{- m p / n})}^{j},

$\left(\frac{n - jp}{n}\right)^m = \left(1 - \frac{j p}{n}\right)^m \approx \left(e^{-m p / n}\right)^j,$

que por sua vez pode ser somado através do Teorema Binomial, dando

{(P^{m})}_{0 n} \approx {(1 - e^{- m p / n})}^{n} .

$\left(\mathbb{P}^m\right)_{0n} \approx \left(1 - e^{-m p / n}\right)^n .$

(Quando e são grandes, isso pode ser aproximado como .) $m p /n$ $n$ $\exp\left(e^{-mp}\right)$

Para ilustrar, esta parcelas gráfico os valores correctos em azul e a vermelho em aproximação para , onde e . As diferenças são de apenas alguns por cento, no máximo. $m \le 100$ $n=5$ $p=1/3$

A aproximação pode ser usada para estimar um que provavelmente destruirá todos os navios. Se você deseja que haja pelo menos uma chance de disso, escolha para que $m$ $1 - \varepsilon$ $m$

$m p / n$ é amplo e
$m \approx n (\log(n) - \log(\varepsilon))/ p$ .

Isso é obtido a partir de uma expressão de primeira ordem da série Taylor para a aproximação. Por exemplo, suponha que gostaríamos de ter chance de destruir todos os navios no exemplo da figura. Então e $95\%$ $\varepsilon = 0.05$

m \approx 5 (\log (5) - \log (0.05)) / (1 / 3) = 69.

$m \approx 5(\log(5) - \log(0.05)) / (1/3) = 69.$

Observe que não é muito grande, mas está chegando lá: a aproximação pode estar correta. De fato, a chance aproximada é de enquanto a chance correta é de . $m p / n = 69(1/3)/5 = 4.6$ $95.07\%$ $95.77\%$

Esta é uma versão modificada Coupon Problema de Colecionador em que cada cupom que é encontrado tem apenas uma chance de ser útil. O método usado aqui produz toda a distribuição de naves destruídas para qualquer : basta inspecionar a primeira linha de . $p$ $m$ $\mathbb{P}^m$

— whuber
fonte

Eu também: aparentemente, generaliza a função de distribuição de uma " distribuição Fisher ". Consulte stats.stackexchange.com/questions/203410 . Uma cópia do artigo original de Fisher (1929) está disponível em formato PDF em hekyll.services.adelaide.edu.au/dspace/bitstream/2440/15201/1/… .

(* *)

$(**)$

ξ

$\xi$

— whuber

Além do problema do coletor de cupons, esse problema também se refere ao problema de ocupação e a aproximação por exponenciais refere-se à Poissonização feita aqui math.stackexchange.com/a/631534/466748 (execute ping no @Ben, pois ele resolve muitos desses problemas)

— Sextus Empiricus

@ Martijn Obrigado por apontar isso: a mesma cadeia de Markov aparece no problema de ocupação.

— whuber

Eu imagino que você também poderia abordar esta como uma distribuição multinomial com bolas sendo distribuídos mais de células com o primeiro probabilidade eo último probabilidade celular . Em seguida, expresse o problema mais como um problema combinatório e use os números de Stirling para a equação ** (e possivelmente suas propriedades podem ser usadas para chegar à mesma aproximação). (não que é melhor, ou possivelmente até mesmo pior, mas ele só dá um ângulo diferente para a solução)

k n

$kn$

n + 1

$n+1$

n

$n$

p / n

$p/n$

1 - p

$1-p$

— Sexto Empírico