Gibbs-Stichprobe für das Ising-Modell

Hausaufgabenfrage:

Betrachten Sie das 1-d-Ising-Modell.

Let $x = (x_1,...x_d)$ . $x_i$ ist entweder -1 oder +1

$\pi(x) \propto e^{\sum_{i=1}^{39}x_ix_{i+1}}$

Entwerfen Sie einen Gibbs-Abtastalgorithmus, um Abtastwerte ungefähr aus der Zielverteilung zu generieren. $\pi(x)$ .

Mein Versuch:

Wählen Sie zufällig Werte (entweder -1 oder 1), um den Vektor zu füllen . Also vielleicht . Das ist also . $x = (x_1,...x_{40})$ $x = (-1, -1, 1, 1, 1, -1, 1, 1,...,1)$ $x^0$

Jetzt müssen wir also weitermachen und die erste Iteration durchführen. Wir müssen die 40 verschiedenen x für zeichnen $x^1$ separat . So...

Zeichnen Sie von $x_1^1$ $\pi(x_1 | x_2^0,...,x_{40}^0)$

Zeichnen Sie von $x_2^1$ $\pi(x_2 | x_1^1, x_3^0,...,x_{40}^0)$

Zeichnen von $x_3^1$ $\pi(x_3 | x_1^1, x_2^1, x_4^0,...,x_{40}^0)$

Etc..

Der Teil, der mich auslöst, ist also, wie wir tatsächlich aus der bedingten Verteilung ziehen. Wie kommt ins Spiel? Vielleicht würde ein Beispiel für ein Unentschieden die Dinge klären. $\pi(x) \propto e^{\sum_{i=1}^{39}x_ix_{i+1}}$

— Collin
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$x_1$

π (x_{1} ∣ x_{2}, \dots, x_{d}) = \frac{π (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{d})}{π (x_{2}, \dots, x_{d})} \propto e^{x_{1} x_{2}}

$\pi(x_1\mid x_2,\dots,x_d) = \frac{\pi(x_1,x_2,\dots,x_d)}{\pi(x_2,\dots,x_d)} \propto e^{x_1 x_2}$

P (X_{1} = - 1 ∣ X_{2} = x_{2}, \dots, X_{n} = x_{n}) = \frac{e^{- x_{2}}}{C}

$P(X_1=-1\mid X_2 = x_2, \dots, X_n=x_n) = \frac{e^{-x_2}}{C}$

P (X_{1} = 1 ∣ X_{2} = x_{2}, \dots, X_{n} = x_{n}) = \frac{e^{x_{2}}}{C}

$P(X_1=1\mid X_2 = x_2, \dots, X_n=x_n) = \frac{e^{x_2}}{C}$

\frac{e^{- x_{2}}}{C} + \frac{e^{x_{2}}}{C} = 1 \Rightarrow C = 2 \cosh x_{2}

$\frac{e^{-x_2}}{C} + \frac{e^{x_2}}{C} = 1 \Rightarrow C = 2 \cosh x_2$

x_1 <- sample(c(-1, 1), 1, prob = c(exp(-x_2), exp(x_2)) / (2*cosh(x_2)))

Generalize it to $x_2,\dots,x_{40}$ (take notice of the differences; see Ilmari's comment bellow).

Can you use Ising's analytic results to check your simulation?

— Zen
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So, it ends up only being dependent on the value immediately before it in the vector i.e. the only term that depends on

x_{1}

$x_1$ is

x_{2}

$x_2$ , the only term that depends on

x_{23}

$x_{23}$ is

x_{24}

$x_{24}$ , etc. What about the case of

x_{40}

$x_{40}$ ? How do we draw it since the conditional distribution only seems to apply for

i = 1

$i=1$ through 39?

— Collin

@user2079802: No, for

x_{2}

$x_2$ through

x_{39}

$x_{39}$ you get two terms in the exponent:

π (x_{i} ∣ x_{1}, \dots, x_{i - 1}; x_{i + 1}, \dots, x_{d})

$\pi(x_i\mid x_1,\dotsc,x_{i-1}; x_{i+1},\dotsc,x_d)$

\propto

$\propto$

\exp (x_{i - 1} x_{i} + x_{i} x_{i + 1})

$\exp(x_{i-1} x_i+x_i x_{i+1})$ . But it's still easy enough to evaluate that for

x_{i} = \pm 1

$x_i=\pm1$ .

— Ilmari Karonen