Zufällige positive Zahlen mit Summe 1

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Dopap Auf diesen Beitrag antworten »
Zufällige positive Zahlen mit Summe 1
für eine mögliche Strategie für ein Spiel und dessen Simulation sind 3 zufällige Zahlen aus mit Summe 1 gesucht.

1. Idee ist, in einem gleichseitigen Dreieck mit Höhe 1 und der Verwerfungsmethode gleichverteilte Zufallspunkte zu bestimmen. Danach sind die 3 Abstände zu den Seiten zufällig und mit Summe 1.
Das scheint zumindest theoretisch in Ordnung zu sein.

Bem: in 25% der Fälle genügen die 3 Zahlen den Dreiecksungleichungen wie man geometrisch leicht belegen kann.

2. Idee ist ähnlich aber mit Dreiecks-Seitenlänge 1. Die drei Seiten seien nun links herum Basiseinheitsvektoren.
Ein Zufallspunkt wie oben hat nun 3 neue Koordinaten im Links-Herum System. Parallelen zu den Seiten bestätigen die Summe 1 der Koordinaten.
Das scheint ebenfalls theoretisch in Ordnung zu sein.

wesentlich weniger Rechenaufwand bereitet

3. Idee, 2 mal die gleichverteilte Zufallsgröße auf zu bemühen, was gleichbedeutend mit dem Befehl RAND auf dem Rechner ist.
Falls nun ist, bilden die 3 Intervalle eine Zerlegung vom Einheitsintervall.
Die 3 Beträge der Intervalle liefern die gewünschten Zufallszahlen mit Summe 1.
Falls ist, werden beide vertauscht.
Vom Rechenaufwand so gut wie keiner.

Ist das mathematisch überhaupt sauber?
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

1) und 3) sind stochastisch äquivalent mit zweidimensionaler Dichte



Es haben dann alle drei Längen und die Einzelverteilungsdichten

für .


Die Beschreibung bei 2) mit diesem "Links-Herum-System" verstehe ich nicht. Ich kann nur ahnen, dass du evtl. sowas wie Baryzentrische Koordinaten im Sinn hast.
Ulrich Ruhnau Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Zufällige positive Zahlen mit Summe 1
Zitat:
Original von Dopap
1. Idee ist, in einem gleichseitigen Dreieck mit Höhe 1 und der Verwerfungsmethode gleichverteilte Zufallspunkte zu bestimmen. Danach sind die 3 Abstände zu den Seiten zufällig und mit Summe 1.
Das scheint zumindest theoretisch in Ordnung zu sein.

Das habe ich mit einem Matlab-Programm gleich umgesetzt.
[attach]53946[/attach]
Das gleichseitige Dreieck mit Höhe 1 habe ich als erstes gezeichnet. Man erkennt den Zufallspunkt Z im Inneren und die davon ausgehenden Lote x, y, z, welche die gewünschten Zufallszahlen repräsentieren. Die Kantenlänge von ist für die weitere Rechnung zunächst unpraktisch.
Deshalb wende ich das Ausschließungsverfahren auf ein Dreieck mit der Kantenlänge 1 an (siehe Bild 2). Damit selektiere ich 500 Paare von Zufallszahlen, die als blaue Kreise dargestellt werden. Sie erscheinen gleichverteilt über die Fläche.
[attach]53944[/attach]
Die Berechnung der Lote samt Hochskalierung um den Faktor liefert mir 500 (x,y,z)-Punkte, die in Bild 3, wo ich immer zwei Koordinaten aufgetragen habe, gleichverteilt erscheinen.
[attach]53945[/attach]
Einzeln für sich betrachtet sind x, y, z dreiecksverteilt.
Damit man sieht, daß alle Punkte die Bedingung erfüllen, gebe ich mal die ersten 10 Punkte aus:
0.1773 0.6712 0.1515
0.1851 0.5463 0.2686
0.0840 0.6154 0.3007
0.1140 0.4652 0.4208
0.2064 0.1666 0.6270
0.3001 0.2587 0.4412
0.1695 0.4064 0.4241
0.2294 0.0593 0.7112
0.0606 0.0005 0.9388
0.0956 0.7119 0.1925
Diese Methode funktioniert also.Freude
Hier ist der Matlab- Code:
code:
1:
2:
3:
4:
5:
6:
7:
8:
9:
10:
11:
12:
13:
14:
15:
16:
17:
18:
19:
20:
21:
22:
23:
24:
25:
26:
27:
function [z] = dzu1(n)
%Dopap: 3 Zufallszahlen sollen zusammen 1 ergeben.
%z(1 bis 3) drei Zufallszahlen
w = sqrt(0.75);
r=rand(n,2);
for k=1:n
    while 2*abs(r(k,1)-0.5) + r(k,2)/w > 1
        r(k,:) = rand(1,2);
    end
end
figure(1)
plot(r(:,1),r(:,2),'o')
grid on
axis equal
xlabel('random 1')
ylabel('random 2')
title('Bild 2: rand- Zufallszahlenverteilung')
z = [w*r(:,1)-0.5*r(:,2),r(:,2),w*(1-r(:,1))-0.5*r(:,2)]/w;
figure(2)
plot(z(:,1),z(:,2),'*b',z(:,2),z(:,3),'*g',z(:,3),z(:,1),'*r')
grid on
axis equal
xlabel('x,y,z')
ylabel('y,z,x')
legend('x,y','y,z','z,x')
title('Bild 3: Zufallszahlen zu Dopaps Methode 1')
end

Die anderen Methoden schaue ich mir später an.
Dopap Auf diesen Beitrag antworten »

Danke, sehr schön Herr Ruhnau. Eine 1 mit Sternchen ist sicher angebracht.

------------------------------------------------------------------------------------------------------

zu 2.) das dürfte hinkommen, laut wikipedia müssten die 3 Zufallszahlen dann normierte baryzentrische Koordinaten bezüglich der Basiseckpunkte sein.

4.) Idee: warum nicht unkompliziert und rechenarm, mit gleichverteilt aus ( Befehl RAND )
die gewünschten Zufallszahlen bilden?
Ulrich Ruhnau Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Dopap
4.) Idee: warum nicht unkompliziert und rechenarm, mit gleichverteilt aus ( Befehl RAND )
die gewünschten Zufallszahlen bilden?

Das habe ich gleich als nächstes ausprobiert. Es kommt aber eine andere Verteilung dabei heraus. Dazu habe ich jeweils zehn Millionen Punkte (x,y,z) generiert und die Einzelwerte in 20 über das Interval [0|1) äquidistante Klassen eingeteilt. Man erkennt an den beiden unterschiedlichen Balkendiagrammen, daß Methode 1 (links) zu einer Dreiecksverteilung führt. Methode 4 (rechts) führt dagegen zu einer Verteilung, die ich noch nicht kenne. Aber vielleicht weiß hier jemand diese Verteilung als Formel anzugeben. smile
[attach]53947[/attach][attach]53948[/attach]
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe noch Vorschlag 5):

a) Würfle aus gleichverteilt aus und bilde .
b) Im Fall nimm , andernfalls , sowie in beiden Fällen .

--------------------------------------------------------------

U.Ruhnau hat Recht: Die Verteilung gemäß Methode 4 ist eine andere. Wenn ich mich nicht verrechnet habe, sogar mit einer sehr seltsamen zweidimensionalen Dichte

.

D.h., statt dass sie gleichmäßig 2 auf diesem Dreieck (0,0)-(1,0)-(0,1) ist, schwanken hier die Dichtewerte zwischen Minimum 1/3 in den drei Dreiecksecken und Maximum 9 im Schwerpunkt (1/3,1/3), d.h., es liegt eine völlig andere Verteilung vor.

Die Randverteilung bzgl. ist dann .

Deren konkrete Berechnung bereitet einiges Kopfzerbrechen. Wenn ich mich auch hier nicht verrechnet habe, kommt am Ende raus

mit zugehöriger Verteilungsfunktion .



Dem ersten Augenschein nach scheint dieser Dichteplot dem Histogramm von U.Ruhnau zumindest nicht zu widersprechen. Augenzwinkern
 
 
Ulrich Ruhnau Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Zufällige positive Zahlen mit Summe 1
Zitat:
Original von Dopap
2. Idee ist ähnlich aber mit Dreiecks-Seitenlänge 1. Die drei Seiten seien nun links herum Basiseinheitsvektoren.
Ein Zufallspunkt wie oben hat nun 3 neue Koordinaten im Links-Herum System. Parallelen zu den Seiten bestätigen die Summe 1 der Koordinaten.
Das scheint ebenfalls theoretisch in Ordnung zu sein.

Ich glaube, daß das hier so zu verstehen ist: Man nehme einen Zufallspunkt in einem gleichseitigen Dreieck der Seitenlänge 1 und bestimme die Lotpunkte auf den Seiten. Deren Abstände zu den Nachbareckpunkten im Urzeigersinn sind die drei Zufallswerte x, y, z. Ich arbeite aber noch daran.

Kompliment an HAL: Freude Die Verteilung die Du ausgerechnet hast, stimmt meiner Meinung nach genau überein. Mich würde später mal die Herleitung interessieren. Kannst Du die anderen Verteilungen auch herleiten?
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Den zweiten Teil der Herleitung habe ich oben ja schon angeführt - es fehlt noch der erste Teil, damit meine ich die oben verschwiegene Herleitung der Dichte für die Dopap-Methode 4:

Es ist mit unabhängig identisch [0,1]-gleichverteilten und Funktion

,

welche auf einem gewissen (d.h. noch genau festzulegenden) Bereich eine Umkehrfunktion besitzt, und diese besitzt die Darstellung

.

Laut Transformationssatz ist mit dann auch auf ein stetig verteilter Zufallsvektor, welcher die Dichte



besitzt. Dabei ist die Jacobi-Matrix der Abbildung , das wäre dann

,

eine kurze Rechung ergibt Determinante .

Folglich ist , somit ist dieser Dichtewert gleich , sofern alle Bedingungen

,



erfüllt sind, sonst gleich Null. Umgestellt bedeuten diese letzteren vier an gestellten Bedingungen , damit ergibt sich durch Integration über

.


Zitat:
Original von Ulrich Ruhnau
Kannst Du die anderen Verteilungen auch herleiten?

Die sind um zwei Klassen einfacher, und eine gute Übung für Studenten. Augenzwinkern
Dopap Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Zufällige positive Zahlen mit Summe 1
Zitat:
Original von Ulrich Ruhnau
Zitat:
Original von Dopap
2. Idee ist ähnlich aber mit Dreiecks-Seitenlänge 1. Die drei Seiten seien nun links herum Basiseinheitsvektoren.
Ein Zufallspunkt wie oben hat nun 3 neue Koordinaten im Links-Herum System. Parallelen zu den Seiten bestätigen die Summe 1 der Koordinaten.
Das scheint ebenfalls theoretisch in Ordnung zu sein.

Ich glaube, daß das hier so zu verstehen ist: Man nehme einen Zufallspunkt in einem gleichseitigen Dreieck der Seitenlänge 1 und bestimme die Lotpunkte auf den Seiten. Deren Abstände zu den Nachbareckpunkten im Urzeigersinn sind die drei Zufallswerte x, y, z. [...]


Nur zur Klarstellung wie ich es meine:


[attach]53949[/attach]

HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Zufällige positive Zahlen mit Summe 1
Ich fasse mal zusammen: Die Methoden 3 und 5 sind wohl die effizientesten, denn hier müssen keine Versuche weggeworfen werden, man kommt also mit genau zwei Zufallszahlen aus.
Ulrich Ruhnau Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Zufällige positive Zahlen mit Summe 1
Zitat:
Original von Dopap
Die drei Seiten seien nun links herum Basiseinheitsvektoren.

Man muß dann aber die so gewonnenen Variablen um den Faktor herunterskalieren, damit die letzte Gleichung gilt.
Ulrich Ruhnau Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Zufällige positive Zahlen mit Summe 1
Zitat:
Original von Dopap
2. Idee ist ähnlich aber mit Dreiecks-Seitenlänge 1. Die drei Seiten seien nun links herum Basiseinheitsvektoren.
Ein Zufallspunkt wie oben hat nun 3 neue Koordinaten im Links-Herum System. Parallelen zu den Seiten bestätigen die Summe 1 der Koordinaten.
Das scheint ebenfalls theoretisch in Ordnung zu sein.

[attach]53951[/attach][attach]53950[/attach][attach]53953[/attach]
Das Ganze hat hier aber leider einen Haken. Nehmen wir an, der Zufallspunkt läge auf dem Eckpunkt C. Dann gibt es eine Länge und eine Länge . Unter der Prämisse, daß die Summe der Werte x,y,z sich bei einer Bewegung von Punkt Z nicht ändert, bleibt die Summe immer . Also habe ich die Längen um den Faktor herunterskaliert, damit wieder automatisch gilt. Damit sind die Zufallszahlen nur noch im Intervall verteilt. Also ist Verfahren 2 für Dopaps Anforderungen nicht geeignet. verwirrt
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Hmm, ich glaube du hast da irgend etwas missverstanden: Bei Methode 2 wird nicht das Lot auf die Seiten gefällt, sondern Parallelen zu den Seiten durch diesen Punkt gezogen - so wie in Dopaps letzter Skizze zu sehen.


@Dopap

Ich vermag keinen signifikanten Unterschied zwischen den Methoden 1 und 2 zu erkennen:

Seitenabschnitt und Lot sind fest über den Faktor verknüpft. Das kompensierst du, indem du bei Methode 1 die Dreieckshöhe 1 nimmst, und bei Methode 2 Seitenlänge 1. smile
Ulrich Ruhnau Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Zufällige positive Zahlen mit Summe 1
Zitat:
Original von Dopap
3. Idee, 2 mal die gleichverteilte Zufallsgröße auf zu bemühen, was gleichbedeutend mit dem Befehl RAND auf dem Rechner ist.
Falls nun ist, bilden die 3 Intervalle eine Zerlegung vom Einheitsintervall.
Die 3 Beträge der Intervalle liefern die gewünschten Zufallszahlen mit Summe 1.
Falls ist, werden beide vertauscht.
Vom Rechenaufwand so gut wie keiner.

Ist das mathematisch überhaupt sauber?

Nun zum dritten Verfahren: Ob das überhaupt sauber ist, sieht man vielleicht an der Darstellung von 2000 Punkten als (x,y)-Diagramm in blau, sowie als (y,z)-Diagramm in grün oder als (z,x)-Diagramm in rot. Wer hätte das gedacht, hervorragend! Augenzwinkern
[attach]53958[/attach][attach]53959[/attach]
Hier noch ein kleiner Matlab-Code-Ausschnitt:
code:
1:
2:
3:
4:
5:
6:
z= zeros(n,3);
for k = 1:n
    mi = min(r(k,1),r(k,2));
    ma = max(r(k,1),r(k,2));
    z(k,:)=[mi,ma-mi,1-ma];
end

Also in Worten: Man nehme zwei Zufallszahlen und bilde das Maximum und das Minimum . Dann ist , und . So gilt dann gleichmäßig dreiecksverteilt . Freude
Nochmal ein ganz dickes Lob für Dopap, der sich diese Aufgabe für uns ausgedacht hat: Gott
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Ulrich Ruhnau
Wer hätte das gedacht

Zum Beispiel ich: Oben im gestrigen Beitrag 20:13. Augenzwinkern
Ulrich Ruhnau Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von HAL 9000
Ich habe noch Vorschlag 5):

a) Würfle aus gleichverteilt aus und bilde .
b) Im Fall nimm , andernfalls , sowie in beiden Fällen .

Um niemanden zu benachteiligen, prüfe ich auch noch HALs Verteilungen mit 2000 Punkten in den Diagrammen links und Mitte und mit 10 Millionen Punkten rechts. Ich finde das Ergebnis sieht schön aus. smile Ich frage mich, ob die Punktedichte im 3D-Raum (x,y,z) auch gleichmäßig ist, oder steht das im Widerspruch zur gleichmäßigen Dichte von jeweils zwei Werten zB. (x,y) in der Fläche? verwirrt
[attach]53961[/attach][attach]53962[/attach][attach]53963[/attach]
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Eine gleichmäßige stetige Verteilung auf dem Dreieck (0,0,0)-(1,0,0)-(0,1,0) ergibt bei Projektion auf die Ebene (d.h. unter Ergänzung der dritten Koordinate via ) eine ebenfalls gleichmäßig stetige Verteilung auf dem gleichseitigen Dreieck (0,0,1)-(1,0,0)-(0,1,0) im Raum. Dies wieder projeziert auch auf die anderen Ebenen

a) -Ebene, d.h. Dreieck (0,0,1)-(0,0,0)-(0,1,0), oder
b) -Ebene, d.h. Dreieck (0,0,1)-(1,0,0)-(0,0,0)

ergibt ebenfalls wieder gleichmäßig stetige Verteilungen auf diesen Dreiecken. (Ist schon schrecklich, wenn man über sowas dann nicht mehr staunen kann.)

Zitat:
Original von Ulrich Ruhnau
Ich frage mich, ob die Punktedichte im 3D-Raum (x,y,z) auch gleichmäßig ist

Es ist KEINE gleichmäßig stetige DREIDIMENSIONALE Verteilung, sondern nur eine zweidimensional gleichmäßige stetige Verteilung auf dem eben gerade genannten gleichseitigen Dreieck (0,0,1)-(1,0,0)-(0,1,0), da ja alle diese Punkte in der Hyperebene liegen. Eine "echte" dreidimensional stetige Verteilung darf nicht auf einem Gebilde vom dreidimensionalen Lebgesguemaß (d.h. Volumen) Null konzentriert sein. unglücklich

Das ist übrigens auch der Grund dafür, warum ich oben immer nur mit hantiere, niemals aber mit : Aus dem einfachen Grund, weil letzteres gar nicht existiert!

Die einzige dreidimensionale Dichte, mit der ich oben bei Methode 4 hantiert habe, war - dort aber mit "Hilfskomponente" , die beweistechnisch Sinn gemacht hatte. Dieser Vektor war auch tatsächlich echt dreidimensional stetig verteilt. Augenzwinkern
Ulrich Ruhnau Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von HAL 9000
Es ist KEINE gleichmäßig stetige DREIDIMENSIONALE Verteilung, sondern nur eine zweidimensional gleichmäßige stetige Verteilung auf dem eben gerade genannten gleichseitigen Dreieck (0,0,1)-(1,0,0)-(0,1,0), da ja alle diese Punkte in der Hyperebene liegen.

Stimmt ja! Je später der Abend! Ups
Dopap Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von HAL 9000
[...] Ich vermag keinen signifikanten Unterschied zwischen den Methoden 1 und 2 zu erkennen [...]


Beide Grafiken sollen verschiedene Sachverhalte illustrieren.
Methode1 ist für den Beweis gedacht, dass sich mit Wahrscheinlichkeit 1/4 die, zufällig(!) in drei Teile eines zerbrochenen Stabes, ein Dreieck bilden können. Das ist der Fall wenn der Punkt S innerhalb des grünen Dreiecks liegt. für alle Index-Permutationen ( Dreiecksunleichungen )

[attach]53965[/attach]

Methode 2 und deren Grafik ist für die Bearbeitung des anfangs erwähnten Zieles gedacht, nämlich einer optimalen (?) gemischten Strategie in einem 2 Personen Nullsummenspiel.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Das war nicht der Punkt den ich angesprochen habe. Da du das hier

Zitat:
Original von HAL 9000
Seitenabschnitt und Lot sind fest über den Faktor verknüpft.

ignoriert hast, das ganze nochmal als bunte Skizze aufbereitet:

[attach]53966[/attach]

Die gleichfarbigen Strecken haben zueinander jeweils das Verhältnis . Daher ist es (natürlich nach erfolgter Korrektur mit diesem Skalierungsfaktor!) völlig gleichwertig, ob du die Lotstrecken SE, SF, SD oder die Seitenabschnitte AG, BH, CI als heranziehst.
Ulrich Ruhnau Auf diesen Beitrag antworten »

Mit dieser schönen Zeichnung von HAL erkenne ich erst meinen Fehler, den ich beim Prüfen von Methode 2 gemacht habe. Dopaps Paint-Zeichnung war so krickelig, daß ich sie nicht lange genug anschauen wollte, um meinen Interpretationsfehler zu erkennen, selbst als HAL darauf Bezug genommen hatte.

Ich glaube aber es wäre überflüssig, Methode 2 erneut zu prüfen. Wenn ich von einer Dreieckseitenlänge 1 ausgehe und die Längen der Außenstrecken nehme, kommt das Gleiche wie bei Methode 1 heraus, wo das Dreieck um den Faktor größer ist und die Lote genommen werden. Das wird mir durch HALs Beiträge inzwischen klar.

@Dopap, willst Du Dir nicht doch mal ein anständiges Zeichenprogramm zulegen?

@HAL, wie hast Du es geschafft, den weißen Hintergrundrahmen auszublenden? Welches Zeichenprogramm hast Du verwendet?
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Ulrich Ruhnau
@HAL, wie hast Du es geschafft, den weißen Hintergrundrahmen auszublenden? Welches Zeichenprogramm hast Du verwendet?

PNG mit transparentem Hintergrund, sowie das hier beachten, d.h. Maximalmaße 400x450 für das Bild.
Dopap Auf diesen Beitrag antworten »

@Ulrich Ruhnau:

Momentan komm' ich mit dem pädagogischen Malprogram noch ganz gut zurecht.
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