Intrincado De Markov Bayesiano Teorema De Problemas De Probabilidad.

Question

Sus existir un fraudulento de la sala de juego que utiliza $2$ tipos de dados. Una feria de dados que tiene un $\frac16$ probabilidad de obtener cualquier número, su existir también una de los dados cargados que ha $0.5$ posibilidad de lanzar una $6$ $0.1$ posibilidad de rodar a cualquier otro número. La posibilidad de que la defraudación de la sala de juego, los interruptores de la feria a los dados cargados es $0.01$ y la probabilidad de cambiar de nuevo de la carga de la feria es $0.2$. Secuencialmente registro dados por $q_{1},q_{2},q_{3}...,$ y números de rodar por $o_{1},o_{2},o_{3}..$ $:q_{1}= F, o_{1}=2$ significa que el primer dado es Justo y a rodar por el primer dado el número observado es $2$ además $p(q_{1}=F)=P(q_{1}=L)=0.5.$

Derivan las siguientes posibilidad de que : $P(o_{100}=4|q_{99}=F), P(q_{3}=L|o_{1}=1,o_{2}=3),$

$P(o_{100}=4 ,q_{99}=L| q_{98}=F), P(o_{15}=3,o_{16}=6|q_{14}=F), P(o_{1}=4,o_{2}=2,q_{2}=F), $

$P(o_{1}=4,o_{2}=2,o_{3}=4,q_{3}=F)$

Uno debe usar el teorema $$P(A_i | B) = \frac{P(B|A_i) * p(A_i)}{P(B)}$$

Debo asumir que las $P(B|A) = 0.016666$ y $p(A_i) = 0.5$ $p(B) = 0.1$

A continuación, $$P(A_i | B) =\frac{0.016666 * 0.5}{0.1} = 0.08$ $

Mi pregunta para este problema es que hay pasos que me puede faltar. Siento que su debe ser un segundo paso en este problema. También la cadena de Markov debe jugar en parte importante en la solución de este enigma.

Answer 1

• En cada paso, hay 2 eventos : los dados de cambio y la tirada de dados.
• Los dados cambio es un markovian proceso para mantener los estados de la Feria y Cargado

Tenemos un vector repartiton $\begin{pmatrix} F \\ L \end{pmatrix}$ y una transformación de la matriz $ T = \begin{pmatrix} 0.9 & 0.1 \\ 0.2 & 0.8 \end{pmatrix}$. En cada paso, las probabilidades de estar en los estados unidos Justo y Cargado se reflejan en los componentes del vector. Los estados iniciales se deben establecer. por ejemplo, $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ cuando se comienza con una feria de dados o $\begin{pmatrix} 0.314 \\ 0.686 \end{pmatrix}$ si usted quiere salir de ese estado.

La probabilidad de $\vec P$ para obtener un resultado único a un paso de $s$ después $\vec V$ se ha establecido es :

$\vec P = \begin{pmatrix} P_1 \\ P_2 \\ P_3 \\ P_4 \\ P_5 \\ P_6 \end{pmatrix} = \vec V \times T^{s} \times D = \begin{pmatrix} F \\ L \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0.9 & 0.1 \\ 0.2 & 0.8 \end{pmatrix}^{s} \times \begin{pmatrix} 0.2 & 0.1 \\ 0.2 & 0.1 \\ 0.2 & 0.1 \\ 0.2 & 0.1 \\ 0.2 & 0.1 \\ 0.2 & 0.5\end{pmatrix} $

el $P_i$ es la probabilidad de obtener el resultado $i$ de acuerdo a las condiciones iniciales y el número de pasos.

Ahora, para ustedes ejercicio : cada sub-pregunta de los datos debe dar 3 argumentos, el número de pasos , el ajuste inicial y el resultado de destino(s). Vamos a ver 2 cálculos que tienen que hacer :

• $P(o_{100}=4|q_{99}=F)$ : Entiendo que esta uno : $\vec P = \vec V \times T^{100-99} \times D$ con $\vec V = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ , $s=100-99$ y la probabilidad de ser la 4ª fila del vector resultante.

• $P(q_{3}=L|o_{1}=1,o_{2}=3)$ : No lo entiendo. Los resultados son un paso sin condiciones iniciales y sabiendo que el siguiente estado de Carga no ayuda ( me ). Tal vez, es una falta de coincidencia.

De todos modos, espero que la información le ayuda y/o que se incitate a otros a ser mejores respuestas.