Problem 2 (Bayessche Netz) 📊

Aufgabenstellung:
Betrachten Sie das in der Vorlesung vorgestellte Beispiel des Galton Bretts. Hier kommen die Kugeln in die Tiefe n = 6 (siehe Abbildung 1).

Teilaufgaben:

a) Modellieren Sie die zugrundeliegende Wahrscheinlichkeitsverteilung in Form eines Bayesschen Netzes.

📝 Lösung zu a):

Für das Galton Brett mit Tiefe n = 6 können wir ein Bayessches Netz wie folgt modellieren:

Knoten:
- $X_1, X_2, X_3, X_4, X_5, X_6$: Entscheidungen an jeder Ebene (0 = links, 1 = rechts)
- $Y$: Endposition der Kugel (0 bis 6)

Struktur:
- Jeder Knoten $X_i$ ist unabhängig mit $P(X_i = 1) = 0.5$
- Die Endposition $Y$ hängt von allen Entscheidungen ab: $Y = X_1 + X_2 + X_3 + X_4 + X_5 + X_6$

Wahrscheinlichkeitsverteilung:
$$P(Y = k) = \binom{6}{k} \cdot 0.5^6 = \frac{\binom{6}{k}}{64}$$

für $k \in {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}$

b) Welche Unabhängigkeiten zwischen Zufallsvariablen bzw. welche bedingten Unabhängigkeiten gelten in Ihrem Netz?

📝 Lösung zu b):

Unabhängigkeiten:
- Alle Entscheidungsknoten $X_1, X_2, ..., X_6$ sind paarweise unabhängig
- $P(X_i, X_j) = P(X_i) \cdot P(X_j)$ für alle $i \neq j$

Bedingte Unabhängigkeiten:
- Gegeben die Endposition $Y$, sind die einzelnen Pfadentscheidungen nicht mehr unabhängig
- $X_i \perp X_j | Y$ gilt nicht, da das Wissen über $Y$ Informationen über die Summe aller $X_i$ liefert

c) Bestimmen Sie die Randverteilungen der Zufallsvariablen $X_1$ über die Wahrscheinlichkeitsfunktionen $P(X_1 = 0)$ und $P(X_1 = 1)$ für jeden $i \in {1, ..., 6}$.

📝 Lösung zu c):

Für jede Ebene $i$ des Galton Bretts gilt:

$$P(X_i = 0) = 0.5$$ (Kugel geht nach links)
$$P(X_i = 1) = 0.5$$ (Kugel geht nach rechts)

Dies gilt für alle $i \in {1, 2, 3, 4, 5, 6}$, da jede Entscheidung an jedem Nagel unabhängig und gleichverteilt ist. 🎯

Конечно, давай разберем это задание еще раз, более подробно.

Задача: На доске Гальтона 8 рядов гвоздиков. Какова вероятность того, что шарик, брошенный в центр, отклонится ровно на 2 позиции от центра?

🧐 Повторный анализ и пошаговое решение

Давай представим путь шарика как последовательность выборов "влево" или "вправо" на каждом ряду гвоздиков. Всего у нас 8 рядов, значит, шарик сделает 8 таких выборов.

1. Что такое "отклонение от центра"?

   • Если шарик делает одинаковое количество шагов влево и вправо (например, 4 влево и 4 вправо), он попадает точно в центр. Отклонение равно 0.
   • Отклонение — это разница между количеством шагов в одну сторону и в другую. Если шарик сделал $k$ шагов вправо и $n-k$ шагов влево (где $n=8$ — общее число шагов), то его итоговая позиция относительно центра будет $(k) - (n-k) = 2k - n$. Но нас интересует отклонение как расстояние, поэтому мы смотрим на абсолютную величину разницы: $|k - (n-k)|$. В задаче говорится об отклонении на 2 позиции, что означает, что разница между числом шагов влево и вправо должна быть равна 2.

2. Находим количество шагов влево и вправо

   • Пусть $L$ — количество шагов влево, а $R$ — количество шагов вправо.
   • Всего шагов: $L + R = 8$.
   • Отклонение на 2 позиции означает: $|L - R| = 2$.

   Теперь у нас есть система из двух уравнений:
   $\begin{cases} L + R = 8 \ |L - R| = 2 \end{cases}$

   Рассмотрим два случая для модуля:
   * Случай 1: $L - R = 2$. Подставим $L = 2+R$ в первое уравнение: $(2+R) + R = 8 \Rightarrow 2R = 6 \Rightarrow R = 3$. Тогда $L = 5$. (5 шагов влево, 3 вправо).
   * Случай 2: $R - L = 2$. Подставим $R = 2+L$ в первое уравнение: $L + (2+L) = 8 \Rightarrow 2L = 6 \Rightarrow L = 3$. Тогда $R = 5$. (3 шага влево, 5 вправо).

   Итак, чтобы отклониться на 2 позиции, шарику нужно сделать либо 5 шагов в одну сторону и 3 в другую.

3. Используем формулу Бернулли
   Это классическая задача на повторные независимые испытания. Каждое столкновение с гвоздиком — это испытание с двумя равновероятными исходами: "влево" или "вправо". Вероятность каждого исхода $p = 0.5$.

   Формула Бернулли помогает найти вероятность того, что в $n$ испытаниях событие произойдет ровно $k$ раз:
   $P_n(k) = C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}$

   В нашем случае:
   * $n = 8$ (всего рядов/испытаний)
   * $p = 0.5$ (вероятность пойти вправо)
   * $1-p = 0.5$ (вероятность пойти влево)

   Нам нужно найти вероятность того, что шарик сделает 3 шага в одну сторону (например, вправо) ИЛИ 5 шагов вправо. Это два взаимоисключающих события, поэтому их вероятности нужно сложить.

   • Вероятность сделать 3 шага вправо (и 5 влево):
     $P_8(3) = C_8^3 \cdot (0.5)^3 \cdot (0.5)^{8-3} = C_8^3 \cdot (0.5)^8$

   • Вероятность сделать 5 шагов вправо (и 3 влево):
     $P_8(5) = C_8^5 \cdot (0.5)^5 \cdot (0.5)^{8-5} = C_8^5 \cdot (0.5)^8$

   Общая вероятность $P = P_8(3) + P_8(5)$.

4. Вычисления

   • Найдем число сочетаний $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$:
     $C_8^3 = \frac{8!}{3!(8-3)!} = \frac{8!}{3!5!} = \frac{6 \cdot 7 \cdot 8}{1 \cdot 2 \cdot 3} = 56$
     $C_8^5 = \frac{8!}{5!(8-5)!} = \frac{8!}{5!3!} = \frac{6 \cdot 7 \cdot 8}{1 \cdot 2 \cdot 3} = 56$
     (Обрати внимание, что $C_n^k = C_n^{n-k}$, поэтому $C_8^3 = C_8^5$)

   • Теперь подставляем в формулу:
     $P = (C_8^3 + C_8^5) \cdot (0.5)^8 = (56 + 56) \cdot \frac{1}{2^8} = 112 \cdot \frac{1}{256}$

   • Сокращаем дробь:
     $P = \frac{112}{256} = \frac{56}{128} = \frac{28}{64} = \frac{14}{32} = \frac{7}{16}$

✅ Итог

Решение верное. Вероятность того, что шарик отклонится ровно на 2 позиции от центра, составляет 7/16 или 0.4375.

Ключевые моменты:
* Понимание отклонения: Отклонение на 2 означает, что разница между количеством шагов влево и вправо равна 2.
* Схема Бернулли: Задача идеально описывается формулой Бернулли, так как у нас есть $n$ независимых испытаний с двумя исходами.
* Сложение вероятностей: Мы складываем вероятности двух сценариев (3 вправо/5 влево и 5 вправо/3 влево), так как любой из них приводит к нужному результату.

Hallo! Hier ist die Lösung für die erste Teilaufgabe. 🤓

Problem 2: (Bayessche Netze)

Betrachten Sie das in der Vorlesung vorgestellte Beispiel des Galton-Bretts, hier konkret für die Tiefe n = 5 (siehe Abbildung 1).

a) Modellieren Sie die zugehörige Wahrscheinlichkeitsverteilung in Form eines Bayesschen Netzes.

Ein Bayessches Netz ist ein gerichteter azyklischer Graph, der eine Menge von Zufallsvariablen und ihre bedingten Abhängigkeiten darstellt. Für das Galton-Brett mit Tiefe n=5 können wir es so modellieren:

1. Zufallsvariablen (Knoten):

   • Wir definieren 5 binäre Zufallsvariablen $X_1, X_2, X_3, X_4, X_5$. Jede Variable $X_i$ repräsentiert die Entscheidung auf der i-ten Ebene des Bretts. Die Kugel kann nach links (Wert 0) oder rechts (Wert 1) fallen. Wir nehmen an, dass beide Richtungen gleich wahrscheinlich sind: $P(X_i=1) = P(X_i=0) = 0.5$.
   • Wir definieren eine weitere Variable $Y$, die die Endposition der Kugel im Auffangbehälter angibt. Die Behälter sind von 0 bis 5 nummeriert. Die Endposition $Y$ ist die Summe der Rechts-Entscheidungen: $Y = \sum_{i=1}^{5} X_i$.

2. Struktur (Kanten):

   • Die Entscheidungen $X_1, ..., X_5$ sind voneinander unabhängig. Es gibt keine Kanten zwischen diesen Knoten.
   • Die Endposition $Y$ hängt von jeder einzelnen Entscheidung $X_i$ ab. Daher führen gerichtete Kanten von jedem Knoten $X_i$ zum Knoten $Y$.

3. Wahrscheinlichkeitsparameter:

   • Für die unabhängigen Variablen $X_i$: $P(X_i=1) = 0.5$ für $i=1,...,5$.
   • Für die abhängige Variable $Y$: Die bedingte Wahrscheinlichkeitstabelle (CPT) für $Y$ ist deterministisch. Der Wert von $Y$ ist vollständig durch die Werte von $X_1, ..., X_5$ bestimmt: $P(Y=k | X_1=x_1, ..., X_5=x_5) = 1$ wenn $k = \sum x_i$ und 0 sonst.

Das Ergebnis ist ein Netz, bei dem die Knoten $X_1, ..., X_5$ keine Eltern haben und alle auf den Knoten $Y$ zeigen. Dies modelliert, dass die Endposition eine Folge von fünf unabhängigen, zufälligen Ereignissen ist.

Я проанализировал твой запрос. В предыдущем сообщении было только одно задание problem_2_galton_brett, и я уже предоставил для него подробное решение и визуализацию.

Если у тебя есть другие задания, пожалуйста, предоставь их, и я с радостью помогу их решить. 😊