Kafalar ve kuyruklar arasındaki tutarsızlık

Tarafsız bir madalyonun dizisini düşünün $n$ . Let ilk görüldüğü kuyrukları fazla kafaları sayısından fazla mutlak değerini ifade çevirir. Tanımla . ve olduğunu gösterin . $H_i$ $i$ $H=\text{max}_i H_i$ $E[H_i]=\Theta ( \sqrt{i} )$ $E[H]=\Theta( \sqrt{n} )$

Bu sorun Raghavan ve Motwani'nin `` Rastgele algoritmalar '' ın ilk bölümünde ortaya çıkıyor, bu yüzden belki de yukarıdaki ifadenin temel bir kanıtı var. Çözemiyorum, bu yüzden herhangi bir yardımı takdir ediyorum.

probability-theory randomized-algorithms

— tesisatçı
kaynak

Yanıtlar:

Madeni para tek boyutlu bir rasgele yürüyüş meydana döndürür $X_0,X_1,\ldots$ başlayan $X_0 = 0$ ile $X_{i+1} = X_i \pm 1$ , olasılıkla seçeneklerin her biri $1/2$ . Şimdi $H_i = |X_i|$ ve bu nedenle $H_i^2 = X_i^2$ . hesaplamak kolaydır $E[X_i^2] = i$ (bu sadece varyans) ve böylece $E[H_i] \leq \sqrt{E[H_i^2]} = \sqrt{i}$ dışbükeyliğimden. Ayrıca $X_i$ sıfır ortalama ve varyansile kabaca normal dağıldığınıbiliyoruz $i$ ve böylece $E[H_i] \approx \sqrt{(2/\pi)i}$ .

$E[\max_{i \leq n} H_i]$ $\sqrt{n}$ $\tilde{O}(\sqrt{n})$ $X_i$ $X_i$

Düzenleme: Olduğu gibi , yansıtma prensibi nedeniyle , bu soruya bakın . Bu yüzden yana . Şimdi ve dolayısıyla $\Pr[\max_{i \leq n} X_i = k] = \Pr[X_n = k] + \Pr[X_n = k+1]$

\begin{aligned} E [max_{i \leq n} X_{i}] & = \sum_{k \geq 0} k (Pr [X_{n} = k] + Pr [X_{n} = k + 1]) \\ = \sum_{k \geq 1} (2 k - 1) Pr [X_{n} = k] \\ = \sum_{k \geq 1} 2 k Pr [X_{n} = k] - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} Pr [X_{n} = 0] \\ = E [H_{n}] + Θ (1), \end{aligned}

$\begin{align*} E[\max_{i \leq n} X_i] &= \sum_{k \geq 0} k(\Pr[X_n = k] + \Pr[X_n = k+1]) \\ &= \sum_{k \geq 1} (2k-1) \Pr[X_n = k] \\ &= \sum_{k \geq 1} 2k \Pr[X_n = k] - \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\Pr[X_n = 0] \\ &= E[H_n] + \Theta(1), \end{align*}$

Pr [H_{n} = k] = Pr [X_{n} = k] + Pr [X_{n} = - k] = 2 Pr [X_{n} = k]

$\Pr[H_n = k] = \Pr[X_n = k] + \Pr[X_n = -k] = 2\Pr[X_n = k]$

\frac{max_{i \leq n} X_{i} + max_{i \leq n} (- X_{i})}{2} \leq max_{i \leq n} H_{i} \leq max_{i \leq n} X_{i} + max_{i \leq n} (- X_{i}),

$\frac{\max_{i \leq n} X_i + \max_{i \leq n} (-X_i)}{2} \leq \max_{i \leq n} H_i \leq \max_{i \leq n} X_i + \max_{i \leq n} (-X_i),$

E [max_{i \leq n} H_{i}] \leq 2 E [H_{n}] + Θ (1) = O (\sqrt{n})

$E[\max_{i \leq n} H_i] \leq 2E[H_n] + \Theta(1) = O(\sqrt{n})$ . Diğer yön benzerdir.

— Yuval Filmus
kaynak

Biz kanıtlanmış sonra

, biz demek olabilir

ikinci bir sonuç, yani, herhangi bir

daha büyük olan

E [H_{i}] = Θ (\sqrt{i})

$E[H_{i}] = \Theta ( \sqrt{i} )$

i = n

$i=n$

E [H_{i}]

$E[H_{i}]$

Θ (\sqrt{n})

$\Theta ( \sqrt{n} )$

— chazisop

Eğer

bağımsız olsaydı, sonuç gerçek olmayacaktır, çünkü aslında bu değerlerden bazılarının beklentiden biraz daha büyük olmasını beklersiniz. Genel olarak

H_{i}

$H_i$

E [max (A, B)] = max (E [A], E [B])

$E[\max(A,B)] = \max(E[A],E[B])$

— Yuval Filmus

Yinelenen logaritmanın yasası burada geçerli değildir, çünkü

sabittir ve

tarafından normalleştirilmiyoruz . İçin cevap

olan

n

$n$

i

$i$

E max_{i \leq n} H_{i}

$\mathrm{E} \max_{i\leq n} H_i$

θ (\sqrt{n})

$\theta(\sqrt{n})$

— Peter Shor

İlk bölüm için +1. ama dürüstçe ikinci kısmı anlamıyorum (daha plz ayrıntılı olabilir). Bu, bunun doğru olmadığı anlamına gelmez.

— AJ

Güzel kanıt. Ama bunu nasıl kanıtlayacağım

alt sınırıdır? Görünüşe göre cevap alt sınır hakkında hiçbir ayrıntıdan bahsetmiyor.

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

E (H_{i})

$E(H_i)$

— konjac

Sen kullanabilirsiniz yarı normal dağılım cevap kanıtlamak için.

Yarım normal dağılım durumları olduğu takdirde ortalama 0 ve varyansı ile normal dağılım olduğu , daha sonra ortalama ile yarım dağılımı takip eder $X$ $\sigma^2$ $|X|$ ve varyans. Varyans, bu durum gerekli cevabı verir, normal yürüyüşün olduğuve dağılımını tahmin edebilirmerkezi limit teoremi kullanılarak normal dağılıma. $\sigma \sqrt{\frac{2}{\pi}}$ $\sigma^2 (1-2/\pi)$ $\sigma^2$ $n$ $X$

, Yuval Filmus'un bahsettiği gibi rastgele yürüyüşün toplamıdır. $X$

— AJed
kaynak

Ben gönderdiğim bunu tercih etmiyorum ... alt sınırı vermesine rağmen, üst sınır hakkında hiçbir şey söylenemez. Çözmek için maksimum dağıtım argümanı kullanmaya çalıştım, çirkin bir entegrasyon olduğu ortaya çıktı. Ancak tüm bu dağılımları bilmek güzel.

— Ocak'ta AJ

İlk çevirir, kuyrukları aldığımızı varsayalım , o zaman . Bu nedenle, $2i$ $k$ $H_{2i}=2|i-k|$ Stirling yaklaşımını kullanın,

\begin{aligned} E ({'H}_{2 ben}) & = 2 Σ_{k = 0}^{ben} (\binom{2 ben}{k}) (\frac{1}{2})^{2 ben} \cdot 2 (ben - k) \\ = (\frac{1}{2})^{2 ben - 2} [ben Σ_{k = 0}^{ben} (\binom{2 ben}{k}) - Σ_{k = 0}^{ben} k (\binom{2 ben}{k})] \\ = (\frac{1}{2})^{2 ben - 2} [ben (2^{2 ben} + (\binom{2 ben}{ben})) / 2 - 2 ben Σ_{k = 0}^{ben - 1} (\binom{2 ben - 1}{k})] \\ = (\frac{1}{2})^{2 ben - 2} \cdot ben [2^{2 ben - 1} + (\binom{2 ben}{ben}) / 2 - 2 \cdot 2^{2 ben - 1} / 2] \\ = 2 ben \cdot (\binom{2 ben}{ben}) / 2^{2 ben} . \end{aligned}

$\begin{align} E(H_{2i}) & =2\sum_{k=0}^{i}\binom{2i}{k}(\frac{1}{2})^{2i}\cdot 2(i-k)\\ & = (\frac{1}{2})^{2i-2}\left[i\sum_{k=0}^{i}\binom{2i}{k}-\sum_{k=0}^ik\binom{2i}{k}\right]\\ & = (\frac{1}{2})^{2i-2}\left[i\left(2^{2i}+\binom{2i}{i}\right)/2-2i\sum_{k=0}^{i-1}\binom{2i-1}{k}\right]\\ & = (\frac{1}{2})^{2i-2}\cdot i\left[2^{2i-1}+\binom{2i}{i}/2-2\cdot 2^{2i-1}/2\right]\\ & = 2i\cdot\binom{2i}{i}/2^{2i}. \end{align}$

E (H_{2 i}) = Θ (\sqrt{2 i})

$E(H_{2i})=\Theta(\sqrt{2i})$

— su
kaynak

bulunduğu durumları dikkate almamalı mıyız ? 2 çarpma faktörünü kaçırdığınız anlaşılıyor, değil mi?

i < k \leq 2 i

$i<k\leq 2i$

— omerbp