近況報告などなどなど



  • @riffraff 自己レス
    お絵かきの基本は出来たのですが、結果をまとめるのがチョー面倒です(;'∀')



  • @riffraff さん。
    1個のバクテリアが1分後に2個、1個、0個になる確率が、それぞれa,b,cであるとします。

    1分後、2分後、3分後、4分後に、m個のバクテリアがn個になっている確率をそれぞれ、P(m,n)、Q(m,n)、R(m,n)、S(m,n) と書くことにします。

    たとえば
    P(1,2) = a,
    P(1,1) = b,
    P(1,0) = c,
    です。

    最終的に求めたいのは S(1,6) の値です。

    このとき、
    Q(1,0) = c^2a +bc +c

    Q(1,1) = 2bca +b^2

    Q(1,2) = 2ca^2 +b^2a +ba

    Q(1,3) = 2ba^2

    Q(1,4) = a^3

    R(1,0) =
    ((c^3)(a^3) +(2b +2)(c^2)(a^2) +((b^2) +3*b +1)ca +(b^2)+b+1)*c

    R(1,1) =
    (4b*(c^3))(a^3) +((6b+4)b(c^2))(a^2)+((2b+4)*(b^2)*c)*a+b^3

    R(1,2)
    = a*(4*(c^3)(a^3) +(6(b^2) +6b +4)(c^2)(a^2) +(6(b^3)c +4(b^2)c +4b*c)*a +(b^4) +(b^3) +(b^2))

    R(1,3) =
    (a^2)(12b*(c^2)(a^2) +4(b^3)ca +12*(b^2)ca +4bca +2(b^4) +2*(b^3) +2*(b^2))

    R(1,4)
    = (a^3)(6(c^2)(a^2) +12(b^2)ca +6bca +2ca +(b^4) +6(b^3) +(b^2) +b)

    R(1,5) =
    (a^4)((12bca +6*(b^2) +4*(b^3)))

    R(1,6) =
    a^5*(4ca +6b^2 +2b)

    R(1,7) = (4b)(a^6)

    R(1,8) = a^7

    でして、これらから

    S(1,6)=(1/3)(5/96) +(1/2)(2(2833/10368)(5/96)+2(41/432)(31/432)+2(487/2592)(755/5184)+(7/48)(7/48))

    となります。

    …… ふう……



  • @Hannibalさん
    こちらはこんな絵をかいて思案投げ首

    お絵かき準備

    0_1602425149170_バクテリア.png



  • @riffraff さん。

    とてもいいことを思いつきました。
    a=1/2 , b=1/3, c=1/6

    とします。

    x についての多項式関数 f を以下のように定めます。

    f(x) = ax^2 +bx +c

    合成関数 g を考えます。

    具体的には
    g(x)=f(f(x))

    この g は x についての多項式関数ですが、最高次数は 2^2=4 です。

    g の x^4 の項の係数は 2 分後に バクテリアの個数が 4 である確率に等しいです。

    0<=k<=4 としますと

    g の x^k の項の係数は 2 分後に バクテリアの個数が k である確率に等しいです。

    3重合成関数 h を考えます。

    具体的には
    h(x)=f(f(f(x)))

    この h は x についての多項式関数ですが、最高次数は 2^3=8 です。

    0<=k<=8 としますと

    h の x^k の項の係数は 3 分後に バクテリアの個数が k である確率に等しいです。

    多項式の展開を自動で行ってくれるサイトを探しだし結果を求めたところ、
    【ここまでは既に当方が計算済みの結果と一致しました】

    4重合成関数 i を考えます。

    具体的には
    i(x)=f(f(f(f(x))))

    この多項式関数を実際に求めてその x^6 の項の係数を調べようと思いましたが、多項式の展開を自動で行ってくれるサイトで答えが却ってこず、ダンマリになってしまいました。機械の根性なし。
    ┐('〜`;)┌

    10/13 15:30頃追記

    なんと。使っていたサイトでは多項式演算にあたり、計算ルーチンを JavaScript で提供し クライアント側(ブラウザ側)で処理させているっぽく、
    《機械の根性なし。
    ┐('〜`;)┌
    》は、私所有の端末が根性なしということに。

    サーバーサイドで演算を行ってくれるところで試してみたところ、以下を得ています。

    1個のバクテリアが1分後に2個、1個、0個になる確率が、それぞれ1/2,1/3,1/6であるとする。4分後にk個になっている確率をp4(k),(0≦k≦16) とする。

    p4(0)= 63439393/214990848
    p4(1)= 12376752/214990848
    p4(2)= 25470200/214990848
    p4(3)= 22851600/214990848
    p4(4)= 25763100/214990848
    p4(5)= 18220464/214990848
    p4(6)= 16425416/214990848
    p4(7)= 11244432/214990848
    p4( 8)= 8077702/214990848
    p4( 9)= 4880784/214990848
    p4(10)= 3153096/214990848
    p4(11)= 1700784/214990848
    p4(12)= 857628/214990848
    p4(13)= 353808/214990848
    p4(14)= 134136/214990848
    p4(15)= 34992/214990848
    p4(16)= 6561/214990848

    約分していないのは 加算して 1 になるのが容易にわかるようにするためと、
    各p(k)間の大小関係を見やすくするためです。

    p4(0)= 63439393/214990848
    p4(1)= 12376752/214990848
    p4(2)= 25470200/214990848
    p4(3)= 22851600/214990848
    p4(4)= 25763100/214990848

    このあたり、でこぼこしております。不思議。



  • @Hannibal さん
    機械にも根性焼きが聞くのでしょうか。

    うーん(;'∀')
    3^nをどう表示するか(メモ)・・・n=4



  • 前回の投稿に追記しました。

    よく考えると、凸凹している以上、二項分布ではないのだなあと納得です。



  • 極限操作がからむと私はすぐに直観が破綻します。

    バクテリア 1 個が 1 分後に 確率 1/4 で 2 個に増殖し、確率 1/2 で 1 個のまま、確率 1/4 で 死んで 0 個になるとします。

    バクテリア 1 個が 1 分後に 何個になっているかについて期待値を求めると、

    (1/4)*2 +(1/2)*1 +(1/4)*0 = 1

    です。

    ということは、最初にバクテリアが 1 個あったときに、任意の自然数 n について、 n 分後のバクテリアの個数の期待値は 1 と考えられます。

    個数の期待値は不変…いつまでたっても不変…

    その一方、 n 分後に個数が 0 になっている確率 p(n) について考えると 単調に増加していくことは計算しなくとも自明と思われます。 p(n) は 1 を越えることがないので、上に有界な単調増加数列、従って収束して極限値を持つわけです。

    この極限値は、
    《はたして 1 なのだろうか》
    について、私の直観は破綻しています。

    ①:最初、私は、 n 分後に個数が 0 になっている確率は、 n → ∞ の極限にて 1 なのだろうと思いました。

    ②:しかし先程も検討したように、
    《個数の期待値は不変…いつまでたっても不変…ずっと 1 》なのです。

    ③:かくして①と②とは矛盾しているように思われる。

    0 = 1

    ならば矛盾しているとは言えませんけれども。

    ==

    とは云え。

    次にあげる ①' の可能性をまだ検討していません。
    ①': 正なる数 a があって、 n 分後に個数が 0 になっている確率は、 n → ∞ の極限にて (1 -a) なのだろうか。

    ==

    そんな a は無いような気がしますが、極限操作がからむと私はすぐに直観が破綻しますので妖しい。

    こういう問題は自分ひとりでは解決できそうにもなくて悲しいです。



  • @Hannibal さん
    直感1-aですが、うまく見通しがつけていません。級数に持ち込めればと思いますが、このも(;'∀')

    追記:極限の見通しがつきやすい級数と書くべきでした。
    零については午後に少し書きます。10.18.09:07



  • N分後の場合の数は2^Nこれを自然数qとし
    1分後に1⇒0となる確率をtとし
    N分後に0~qとなる確率をP<N>(0)からP<N>(q)とすると
    N分後にバクテリア数が零である確率は
    P<N>(0)=ΣP<N-1>(s)*t^(s-1) s=0~q-1
    ですがこれがどうにもならない(;'∀')



  • @riffraff さん。

    この星ではなく、どこかの星(知的生命体居住)でのお話しで《あるかもしれない》謎のウイルス検知技術が想像の端っこに。

    その星では、ウイルス検出作業中において、単位作業時間あたり r の確率でウイルスが不活性(≒死んだ)、q の確率で プライマーにみつからず、数が増えず…… pの確率でウイルスの数を2倍にしていき、
    単位作業時間を繰り返し経たのちに、

    あーーー



  • @riffraff さん。

    バクテリア 1 個が 1 分後に 確率 1/4 で 2 個に増殖し、確率 1/2 で 1 個のまま、確率 1/4 で 死んで 0 個になるとします。

    n 分後に個数が 0 になっている確率 p(n) について考えると…

    この p(n) が 1 -a に収束するとしたときに a の値を決定したく思います。

    p(n+1) = (1/4)*p(n)^2 + (1/2)*p(n) +(1/4)

    ですから、 n → ∞ では、

    1 -a = (1/4)(1 -a)^2 + (1/2)(1 -a) +(1/4)

    となります。すなわち

    1 -a = (a^2 -4*a +4)/4

    1 -a = (1/4)*(a -2)^2

    4 -4*a = (a -2)^2

    4 -4a = a^2 -4a +4

    0 = a^2

    a = 0

    p(n) が 1 -a に収束するとしたときに a = 0 が帰結されます。



  • @Hannibal さん
    p(n+1) = (1/4)*p(n)^2 + (1/2)*p(n) +(1/4)
    が気になります
    私の山勘式
    P<N>(0)=ΣP<N-1>(s)*t^(s-1) s=0~q-1
    こちらは自信まるでなしですが・・・
    考えて見ます



  • @riffraff さん。

    少々記法を変更して説明したいと思います。日本語で行うよりも紛れが少なくなると信じまして。

    K:開始時刻(単位・分)
    L:開始時刻から何分たったか(単位・分)
    M:開始時刻にあるバクテリアの個数
    N:開始時刻からL分後のバクテリアの個数

    P(K,L,M,N):開始時刻KにM個あったバクテリアがL分後にN個になる確率

    たとえば、
    P(0,6,1,4) は、開始時刻 0 で 1 個あったバクテリアが 6 分後 に 4 個に なっている確率です。6分間で1個が4個。

    また
    P(1,3,2,0) は、開始時刻 1 で 2 個あったバクテリアが 3 分後 に 0 になっている確率です。2分間で2個が0個。

    §準備1。

    P(1,L,2,0) について考えます。

    開始時刻1に2個あったバクテリアがL分後に0個になる確率についてです。

    《バクテリア 1 個が 1 分後に 確率 1/4 で 2 個に増殖し、確率 1/2 で 1 個のまま、確率 1/4 で 死んで 0 個になるとします。》 でしたから

    P(1,L,2,0) =
    (P(1,L,1,0))^2
    です。

    バクテリアが 2 個あり それを β、γとすると、βの娘が L分後に 0個になる γの娘が L分後に 0個になる事象が 起きる、すなわち、確率は積になるので、L分間で1個が0個になる確率の自乗ですね。

    §準備2。

    P(1,L,1,0) について考えます。

    時刻 1 から L分後に 1 個のバクテリアが0個に。

    §準備3。

    P(1,L,0,0) について考えます。

    時刻 1 から L分後に 0 個のバクテリアが0個になる確率は、 1 です。

    準備が終わりましたので、
    P(0,L+1,1,0) と、P(0,L,1,0) との間の関係式を求めます。

    《バクテリア 1 個が 1 分後に 確率 1/4 で 2 個に増殖し、確率 1/2 で 1 個のまま、確率 1/4 で 死んで 0 個になるとします。》ですから、

    P(0,L+1,1,0) =
    (1/4)*P(1,L,2,0) +(1/2)*P(1,L,1,0) +(1/4)*P(1,L,0,0)

    です。

    準備1から準備3までの結果を代入すると

    P(0,L+1,1,0) =
    (1/4)*(P(1,L,1,0))^2 +(1/2)*P(1,L,1,0) +(1/4)*1

    P(1,L,1,0) = P(0,L,1,0)
    ですから、

    P(0,L+1,1,0) =
    (1/4)*(P(0,L,1,0))^2 +(1/2)*P(0,L,1,0) +(1/4)*1

    上が、
    P(0,L+1,1,0) と、P(0,L,1,0) との間の関係式です。

    ひとつまえの投稿の p(n) とは、P(0,L,1,0) に他なりませんから、

    p(n+1) =
    (1/4)*(p(n))^2 +(1/2)*p(n) +(1/4)
    です。

    p(n) が極限値 c に収束するならば、

    c =
    (1/4)*c^2 +(1/2)*c +(1/4)

    故に
    4c =
    c^2 +2
    c +1

    c^2 -2*c +1 = 0

    (c-1)^2 = 0

    故に c = 1 。

    p(n)は 1 に収束します。

    n分後にバクテリアの個数が 0 となる確率 p(n) は n → ∞ で 1 に収束することとなります。



  • @Hannibal さん 
    取り急ぎ:場合の数のWeightが遷移式にかかってくると思うのですが?
    お絵かきがはかどりません(;'∀') しばしお待ちをpekori



  • @Hannibalさん
    お絵かきでアルゴリズム書いてみました
    私の勘違いです・pekori

    収束すれば1これも了解です。

    t次の問題は収束するか?
    場合の数が指数的に増加していきますので、一意収束になるかどうか解析は苦手ですので(;'∀')



  • @riffraff さん

    >次の問題は収束するか?

    「上に有界な単調非減少数列は収束し極限を持つ」
    という定理があります。

    p(n) は確率ですから 1 を越えることがなく、従って上に有界です。

    p(n+1) =
    (1/4)*(p(n))^2 +(1/2)*p(n) +(1/4)

    でしたから、
    p(n+1) -p(n) =
    (1/4)*(p(n))^2 +(1/2)p(n) +(1/4) -p(n) =
    (1/4)
    (p(n))^2 -(1/2)*p(n) +(1/4) -p(n) =
    ((1/2)*p(n) -(1/2))^2 ≧ 0

    任意の n について
    p(n+1) -p(n) ≧ 0
    ですから
    p(n) は単調非減少数列です。

    以上により p(n) は上に有界な単調非減少数列とわかりましたので p(n) は収束することが証明できました。

    こんな感じですね。



  • @Hannibal さん
    有難うございます。
    漸化式てP(N)-P(N-1)にして気づきました。
    パラメータを変えれば離散型のエピデミックモデルになりますが、取り扱いには気が遠くなりそうですね(;'∀')



  • @riffraff さん。

    パラメーター論で。
    単位時間ごとに、2分裂、分裂しないけど生きてる、死ぬ、の3通りについてのみが起きる、こうした設定で【のみ】考えます。

    整数 A,B,C,D について
    A>0,B>0,C>0,D>0
    A+2*B+C=D
    として

    最初に 1 個あったバクテリアが n 分後に 0 個となっている確率を p(n) とします。

    最初に 1 個あったバクテリアが 1 分後に 2 個となっている確率を A/D とします。
    最初に 1 個あったバクテリアが 1 分後に 1 個となっている確率を B/D とします。
    最初に 1 個あったバクテリアが 1 分後に 0 個となっている確率を C/D とします。

    p(n+1) = ((A/D)p(n)^2+2(B/D)p(n)+(1-A/D-2B/D))

    です。

    p(n) について計算するアルゴリズムは存在していて、それは
    f(x)=(A/D)x^2+2(B/D)x+(1-A/D-2B/D)
    として、
    p(n+1)=f(p(n))=(A/D)(p(n))^2+2(B/D)(p(n))+(1-A/D-2B/D)
    を次々と計算すればよいことになります。

    アルゴリズムがあったとしても、一般項がみつかるとは限りません。

    p(n+1)=f(p(n))=(A/D)(p(n))^2+2(B/D)(p(n))+(1-A/D-2B/D)

    より

    (A/D)(p(n+1)) +(B/D) =
    ((A/D)
    (p(n)) +(B/D))^2 -((A/D +B/D)*(1 -(A/D +B/D))))

    q(n) = (A/D)*(p(n)) +(B/D)
    と置き換えると

    q(n+1) =
    (q(n))^2 -((A/D +B/D)*(1 -(A/D +B/D))))

    となります。mを非負整数とします。

    q(n+1) =
    (q(n))^2 -m
    について一般項が知られているのは、 m=0 または m=2 のときだけです。

    m = (A/D +B/D)*(1 -(A/D +B/D))

    としたときに、A/Dも B/Dも確率であり、しかも、(A/D +B/D)は、1以下なので

    0≦ m < 1

    です。

    q(n+1) =
    (q(n))^2 -m
    について一般項が知られているのは、 m=0 または m=2 のときだけですので、0< m < 1 なるmについて、q(n) は一般項が知られていないと思われます。

    アルゴリズムがあったとしても、一般項がみつかるとは限りません。



  • @Hannibal さん
    解説有難うございます。面白いものですね。このような視点は考え付きませんでした(;'∀')
    私が気が遠くなると申したのは少し違う意味で、SIRモデルと同様もしくはより自由度の高いカーブフィッテングモデルになっていしまいそうだと言う意味でした。



  • @riffraff さん。
    なるほど、そういうことでしたか。

    話は変わりますが「8割おじさん」先生が所謂三密に気がついたきっかけには北海道特有の住宅環境の密閉性について肌で感じていたせいがあったのではなかろうかとの妄想が10分くらいまえに浮上しました。


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