Bayessches Netz Galton Brett

05.09.2018, 11:19

spitzername124

Bayessches Netz Galton Brett

Meine Frage:
Angenommen ich habe ein Galton Brett der Höhe 4 und will die Randverteilungen durch ein Bayessches Netz der ZV X_1...X_4 bestimmen. Wie gehe ich da genau vor?

Meine Ideen:
Mein Ansatz wäre eine Tabelle für die einzelnen Werte für die ZV X_1... X_4 zu machen. Außerdem würde mein Bayessches Netz so aussehen.

X_1 -> X_2 -> X_3 -> X_4

Die eigentliche Frage ist wie würde jetzt die Tabelle aussehen und wie müsste ich da die bedingten Wahrscheinlichkeiten einbringen?

05.09.2018, 16:42

HAL 9000

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Mit $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ meinst du vermutlich die Fachnummer nach der n-ten "Nagelreihe", sagen wir mal von $\begin{eqnarray*} 0,1,\ldots,n \end{eqnarray*}$ numeriert? verwirrt

Dann ist $\begin{eqnarray*} X_n = X_{n-1} + Y_n \end{eqnarray*}$ mit Bernoulliverteilten $\begin{eqnarray*} Y_n\sim B\left(1,p\right) \end{eqnarray*}$ (beim symmetrischen Galtonbrett ist $\begin{eqnarray*} p=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ , beim unsymmetrischen irgendein $\begin{eqnarray*} p\in (0,1) \end{eqnarray*}$ ), woraus sich unmittelbar die bedingte Verteilung $\begin{eqnarray*} P(X_n\mid X_{n-1}) \end{eqnarray*}$ ergibt.

05.09.2018, 18:06

spitzername124

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Mit X_1 ist die erste Reihe gemeint, sprich bei X_1 ist die Wahrscheinlichkeit Pr[x_1_0] = 1 wobei x_1_0 der Knoten ist, welcher in diese Reihe 1 ist. Bei X_2 sind dann ja zwei Knoten und da gilt ja laut Bayes dann Pr[X_2 | X_1], da X_1 die Vorgängerreihe ist. Es gibt ja insgesamt 4 Reihen. Die Zufallsvariable für die zweite Reihe sind dann ja x_2_0 und x_2_1, die jeweils eine Wahrscheinlichkeit von 1/2 haben.

Wie kann ich jetzt die Randverteilung von X_1... X_4 bestimmen?

05.09.2018, 18:08

spitzername124

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Und wie gesagt die Wahrscheinlichkeit soll durch Bayessche Netze bestimmt werden, nicht der typische Ansatz mit dem pascallischen Dreieck.

06.09.2018, 10:19

HAL 9000

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Nun gut, dann ist es gegenüber dem von mir vermuteten alles um einen Index verschobem, d.h., $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ kennzeichnet die Fachnummer vor (!) der n-ten Nagelreihe, dann eben mit Werten von $\begin{eqnarray*} 0,1,\ldots,n-1 \end{eqnarray*}$ .

Dann ist $\begin{eqnarray*} X_1=0 \end{eqnarray*}$ , und der Rest des von mir oben gesagten (auf den du nicht eingegangen bist) gilt nach wie vor:

Zitat:

Original von HAL 9000
Dann ist $\begin{eqnarray*} X_n = X_{n-1} + Y_n \end{eqnarray*}$ mit Bernoulliverteilten $\begin{eqnarray*} Y_n\sim B\left(1,p\right) \end{eqnarray*}$ (beim symmetrischen Galtonbrett ist $\begin{eqnarray*} p=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ , beim unsymmetrischen irgendein $\begin{eqnarray*} p\in (0,1) \end{eqnarray*}$ ), woraus sich unmittelbar die bedingte Verteilung $\begin{eqnarray*} P(X_n\mid X_{n-1}) \end{eqnarray*}$ ergibt.

Noch konkreter: Es ist $\begin{eqnarray*} P\left(X_n=k \mid X_{n-1}=k\right) = P\left(X_n=k+1 \mid X_{n-1}=k\right) = \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ für alle sinnvollen Werte von $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ , d.h., $\begin{eqnarray*} k=0,1,\ldots,n-2 \end{eqnarray*}$ . (*)

Mit Hilfe dieser bedingten Wahrscheinlichkeiten kannst du dann aus der Verteilung von $\begin{eqnarray*} X_{k-1} \end{eqnarray*}$ die von $\begin{eqnarray*} X_k \end{eqnarray*}$ berechnen, per Formel der totalen Wahrscheinlichkeit gilt ja

$\begin{eqnarray*} P(X_n=k) = \sum_j P(X_n=k \mid X_{n-1}=j)\cdot P(X_{n-1}=j) \end{eqnarray*}$ .

Nun muss man ja nur über die $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ summieren, von denen man in einem Schritt nach $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ kommt, das sind nur j=k-1 sowie j=k (an den "Rändern" k=0 sowie k=n-1 fällt sogar eins der beiden weg):

$\begin{eqnarray*} P(X_n=k) = P(X_n=k \mid X_{n-1}=k-1)\cdot P(X_{n-1}=k-1) + P(X_n=k \mid X_{n-1}=k)\cdot P(X_{n-1}=k) \end{eqnarray*}$ .

Eingedenk der Werte (*) haben wir damit

$\begin{eqnarray*} P(X_n=k) = \begin{cases} \frac{1}{2}P(X_{n-1}=k) &\;\mbox{für}\; k=0\\ \frac{1}{2}\left( P(X_{n-1}=k-1)+P(X_{n-1}=k)\right) &\;\mbox{für}\; 0<k<n-1\\ \frac{1}{2}P(X_{n-1}=k-1) &\;\mbox{für}\; k=n-1\end{cases} \end{eqnarray*}$ .

Was (bis auf den Skalierungsfaktor $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ ) letztlich doch das Pascalsche Dreieck ist. Aber nicht "per Ansatz", sondern eben zwangsläufig aus der Rechnung ergebend. Augenzwinkern

06.09.2018, 14:23

spitzername124

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Danke erstmal für die umfassende Antwort. Ich werde mich mal genau mit deiner Antwort befassen. Wenn ich alles verstanden habe solltest du wohl keine Antwort mehr von mir erwarten smile

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