Topları Kovalara Atmak, olasılığının daha düşük bir oranını tahmin etmek

Öyle gözükse de bu bir ödev değil. Herhangi bir referans açığız. :-)

Senaryo: Var $n$ farklı toplar ve $n$ farklı (1'den etiketli kutuları $n$ soldan sağa). Her top bağımsız olarak ve muntazam çöp kutularına atılır. Let $f(i)$ topların sayısı, $i$ ~ inci kutusu. Let $E_i$ aşağıdaki olay belirtir.

Her $j\le i$ , $\sum_{k\le j}{f(k)} \le j-1$

Yani, ilk $j$ kutuları (en soldaki $j$ kutuları) her j ≤ i için $j$ topundan daha az içerir .$j\le i$

Soru: Tahmin $\sum_{i<n}{Pr(E_i)}$ , açısından $n$ ? Ne zaman $n$ sonsuz gider. Daha düşük bir sınır tercih edilir. Kolayca hesaplanan bir formülün var olduğunu düşünmüyorum.

Pr(En)=$\lim\limits_{n\to\infty}{Pr(E_1)}=\lim\limits_{n\to\infty}{(\frac{n-1}{n})^n}=\frac{1}{e}$$Pr(E_n)=0$

Tahminim: Sanırım $\sum_{i<n}{Pr(E_i)}=\ln n$ , $n$ sonsuza gittiğinde. Toplamdaki ilk \ ln n$\ln n$ öğeyi düşündüm .

EDIT: (2014-08-08) Douglas Zare yorumlarda belirtildiği gibi, aşağıdaki argüman, özellikle iki olasılık arasındaki 'köprü' yanlıştır. Bunu düzeltmek için basit bir yol göremiyorum. Hala bazı sezgi sağladığına inandığım için cevabı burada bırakacağım, ancak nin genel olarak doğru olmadığını .

$$\Pr(E_m) \le \prod_{l=1}^{m}\Pr(F_l)$$

---

Bu tam bir cevap olmayacak, ancak umarım sizin veya kendimden daha bilgili birinin bitirebileceğinden daha fazla içeriğe sahip olacaktır.

İlk (of ) kutularına tam olarak toplarının düşme olasılığını düşünün :l $k$$l$$n$

$$\binom{n}{k} \left( \frac{l}{n} \right)^k \left(\frac{n-l}{n} \right)^{n-k}$$

Daha az olasılığını Çağrı topları ilk düşmek kutuları :$l$$l$$F_l$

$$\Pr(F_l) = \sum_{k=0}^{l-1} \binom{n}{k} \left( \frac{l}{n} \right)^k \left( \frac{n-l}{n} \right)^{n-k}$$

Olay, olasılık , yukarıda ortaya çıkar biz her görüldüğü takdirde daha azdır seferde bağımsız meydana gelen olaylar ve tüm. Bu bize ikisi arasında bir köprü veriyor:$E_l$$F_l$

$$\begin{array}{lll} \Pr(E_m) & \le & \prod_{l=1}^m \Pr(F_l) \\ & = & \prod_{l=1}^m \left( \sum_{k=1}^{l-1} \binom{n}{k} \left( \frac{l}{n}^k \right) \left( \frac{n-l}{n} \right)^{n-k} \right) \\ & = & \prod_{l=1}^m F(l-1; n, \frac{l}{n} ) \end{array}$$

Burada , Binom dağılımı için ile kümülatif dağılım işlevidir . Sadece Vikipedi sayfasında aşağı birkaç satır okuyarak ve belirterek , kullanabileceğimiz Chernoff'un eşitsizliği almak için:$F(l-1; n, \frac{l}{n})$$p = \frac{l}{n}$$(l-1 \le p n)$

$$\begin{array}{lll} \Pr(E_m) & \le & \prod_{l=1}^m \exp\left[ -\frac{1}{2l} \right] \\ & = & \exp\left[ - \frac{1}{2} \sum_{l=1}^m \frac{1}{l} \right] \\ & = & \exp\left[ - \frac{1}{2} H_m \right] \\ & \le & \exp\left[ -\frac{1}{2} \left( \frac{1}{2 m} + \ln(m) + \gamma \right) \right] \end{array}$$

Nerede olan inci' Harmonik Numarası , Euler-Mascheroni sabiti ve için eşitsizlik olduğunu sayfasını bağlantılı Wolfram'ın MathWorld'den alınır.$H_m$$m$$\gamma$$H_m$

faktörü hakkında endişelenmeyin , bu nihayet bize şunları verir:$e^{-1/4m}$

$$\Pr(E_m) \le \frac{ e^{ -\gamma/2}}{\sqrt{m}}$$

Aşağıda 100,000 örnekleri arasında bir ortalama bir log-log grafiğidir bir fonksiyonu olarak fonksiyonu de referans için çizilen:$n=2048$$m$$\frac{e^{ -\gamma/2}}{\sqrt{m}}$

Sabitler kapalıyken, işlevin şekli doğru gibi görünür.

Aşağıda, değiştiği bir günlük kaydı grafiği , her bir nokta bir fonksiyonu olarak 100.000 örneğin ortalamasıdır :$n$$m$

Son olarak, sahip olduğumuzu bildiğimiz için, yanıtlamak istediğiniz orijinal soruya :$\Pr(E_m) \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$

$$\sum_{i<n} \Pr(E_i) \propto \sqrt{n}$$

Sayısal doğrulama olarak, aşağıda toplamın bir log-log grafiği, , örnek boyutuna karşı, . Her nokta, 100.000 örneğin toplamının ortalamasını temsil eder. işlevi referans olarak çizilmiştir:$S$$n$$x^{1/2}$

İkisi arasında doğrudan bir bağlantı görmeme rağmen, bu sorunun püf noktaları ve son şekli, başlangıçta yorumlarda tahmin edildiği gibi Doğum Günü Sorunu ile çok fazla ortaklığa sahiptir.

Cevap .$\Theta(\sqrt{n})$

İlk önce, 'i hesaplayalım .$E_{n-1}$

Diyelim ki topları kutuya atıyoruz ve bir kutunun içinde tam olarak topu olması olasılığına bakalım . Bu olasılık Poisson dağılımının gelir ve sıra gider orada tam olarak olasılığını verilen bir tenekesine topları olan .$n$$n$$k$$n$$\infty$$k$$\frac{1}{e} \frac{1}{ k!}$

Şimdi, topları çöp kutularına dağıtmanın farklı bir yoluna bakalım. Poisson dağılımından seçilen her kutuya bir dizi top atıyoruz ve toplamda top olması koşuluyla . Bunun topları kutulara atmakla aynı dağılımı verdiğini iddia ediyorum . Neden? Bu bulunma olasılığı olduğunu görmek kolaydır topları ^inci bin orantılıdır etmektir Her iki dağıtımlarda.$n$$n$$n$$k_j$$j$$\prod_{j=1}^n \frac{1}{k_j!}$

Öyleyse her adımda, sen gitmek rastgele yürüyüş düşünelim için olasılık ile . Bu rastgele yürüyüşün adımdan sonra 0'a dönmesi koşulunu koşullandırırsanız, bu rastgele her zaman üzerinde kalma olasılığının OP'nin hesaplamak istediği olasılık olduğunu iddia ediyorum . Neden? Sonra bu rasgele yürüyüş Bu yükseklik adımlar olup eksi birinci topların sayısı bidonları.$t$$t+1-k$$\frac{1}{e}\frac{1}{k!}$$n$$0$$s$$s$$s$

Her adımda yukarı veya aşağı gitme olasılığı olan rastgele bir yürüyüş seçmiş olsaydık , bunun cevabı olan klasik oylama problemi olurdu . Bu, incelenen oy pusulasının bir çeşididir ( bu makaleye bakınız ) ve cevap hala . Bu vaka için sabitini hesaplamanın kolay bir yolu olup olmadığını bilmiyorum .$\frac{1}{2}$$1$$\frac{1}{2(n-1)}$$\Theta\left(\frac{1}{n}\right)$$\Theta\left(\frac{1}{n}\right)$

Aynı makale, rastgele yürüyüşün yüksekliğinde bitmesi şartlandığında , her zaman pozitif kalma olasılığının olduğu sürece göstermektedir . Bu gerçek, herhangi bir için tahmin sağlayacaktır .$k$$\Theta(k/n)$$k = O(\sqrt{n})$$E_s$$s$

Cevabımın geri kalanı için biraz el yıkama olacağım, ancak bunu yapmak için standart olasılık teknikleri kullanılabilir.

giderken , bu rastgele yürüyüşün Brownian köprüsüne, yani başlayıp bitmesi koşullu Brown hareketine yaklaştığını biliyoruz . Genel olasılık teoremlerinden, , rasgele yürüyüş kabaca ekseninden uzaktır . Durumda, yükseklik sahip , bu üzerinde kalmıştır olasılığını önce tüm süre olan . Yana olduğu muhtemel olarak , elimizdeki$n$$\infty$$0$$\epsilon n < s< (1-\epsilon)n$$\Theta(\sqrt{n})$$x$$t>0$$0$$s$$\Theta(t/s)$$t$$\Theta(\sqrt{n})$$s = \Theta(n)$$E_s \approx \Theta(1/\sqrt{n})$.

[Edit 2014-08-13: Peter Shor'un yaptığı bir yorum sayesinde, bu serinin asimptotik büyüme oranı tahminimi değiştirdim.]

, olarak büyüyor . Kanıtım yok ama sanırım ikna edici bir argümanım var.$\lim_{n\to\infty} \sum_{i<n} \Pr(E_i)$$\sqrt{n}$

Let bin topların sayısı veren bir rastgele değişken . Let kutularına topları sayısını verir rastgele değişken ile dahildir.$B_i = f(i)$$i$$B_{i,j} = \sum_{k=i}^j B_k$$i$$j$

Artık herhangi bir . Bu amaçla ve işlevlerini .$\Pr(E_i) = \sum_{b<j} \Pr(E_j \wedge B_{1,j} = b) \Pr(E_i \mid E_j \wedge B_{1,j} = b)$$j < i$$\pi$$g_i$

$$\pi(j, k, b) = \Pr(B_j = k \mid B_{1,j-1} = b) = \binom{n-b}{k}\left(\frac{1}{n-j+1}\right)^k\left(\frac{n-j}{n-j+1}\right)^{n-b-k}$$

$$\begin{aligned} g_i(j, k, b) \; &= \Pr(E_i \wedge B_{j,i} \le k \mid E_{j-1} \wedge B_{1,j-1} = b) \\ &= \begin{cases} 0 & k < 0 \\ 1 & k >= 0 \wedge j > i \\ \sum_{l=0}^{j-b-1} \pi(j, l, b) g_i(j + 1, k - l, b + l) & \mathrm{otherwise} \end{cases}\end{aligned}$$

Biz yazabilir açısından :$\Pr(E_i)$$g_i$

$$\Pr(E_i) = g_i(1, i - 1, 0)$$

Şimdi, tanımından açıktır o$g_i$

$$\Pr(E_i) = \frac{(n-i)^{n-i+1}}{n^n}h_i(n)$$

burada , derece cinsinden bir polinomdur . Bu da sezgisel bir anlam ifade ediyor; en azından topları ila inci kutulardan birine yerleştirilmelidir (bunlardan ).$h_i(n)$$n$$i - 1$$n - i + 1$$(i+1)$$n$$n-i$

olduğunda sadece hakkında konuştuğumuz , sadece nin baş katsayısı önemlidir; bu katsayı diyelim . Sonra$Pr(E_i)$$n\to\infty$$h_i(n)$$a_i$

$$\lim_{n\to\infty} \Pr(E_i) = \frac{a_i}{e^i}$$

nasıl hesaplarız ? Burası biraz el yıkama yapacağım yer. İlk birkaç üzerinde , bu katsayının hesaplanmasında bir örüntünün ortaya çıktığını göreceksiniz. Olarak yazabilirsiniz$a_i$$E_i$

$$a_i = \mu_i(1, i-1, 0)$$ burada $$\mu_i(j, k, b) = \begin{cases} 0 & k < 0 \\ 1 & k >= 0 \wedge i > j \\ \sum_{l = 0}^{j-b-1} \frac{1}{l!} \mu_i(j + 1, k - l, b+ l) & \mathrm{otherwise} \end{cases}$$

Şimdi, doğrudan kapalı form eşdeğerini türetemedim, ancak nin ilk 20 değerini :$Pr(E_i)$

N       a_i/e^i
1       0.367879
2       0.270671
3       0.224042
4       0.195367
5       0.175467
6       0.160623
7       0.149003
8       0.139587
9       0.131756
10      0.12511
11      0.119378
12      0.114368
13      0.10994
14      0.105989
15      0.102436
16      0.0992175
17      0.0962846
18      0.0935973
19      0.0911231
20      0.0888353

Şimdi,

$$\DeclareMathOperator{\Pois}{Pois} \Pr(E_i) = \frac{i^i}{i! e^i} = \Pois(i; i)$$

burada , ortalama ile bir Poisson dağılımından çekildiğinde rastgele bir değişkeninin değerine sahip olma olasılığıdır . Böylece toplamımızı şöyle yazabiliriz:$\Pois(i; \lambda)$$X$$i$$\lambda$

$$\lim_{n\to\infty} \sum_{i=1}^n \Pr(E_i) = \sum_{x = 1}^{\infty} \frac{x^x}{x!e^x}$$

Wolfram Alpha bana bu dizinin ayrıştığını söylüyor . Peter Shor, Stirling'in yaklaşımının yi tahmin etmemize izin verdiğine dair bir yorumda :$\Pr(E_i)$

$$\lim_{n\to\infty} \Pr(E_x) = \frac{x^x}{x!e^x} \approx \frac{1}{\sqrt{2 \pi x}}$$

İzin Vermek

$$\phi(x) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi x}}$$

Dan beri

• $\lim_{x\to\infty}\frac{\phi(x)}{\phi(x+1)} = 1$
• $\phi(x)$ azalıyor
• $\int_1^n \phi(x)dx \to \infty$ ,$n \to \infty$

serilerimiz olarak büyür (Bkz. örneğin Teorem 2 ). Yani,$\int_1^n \phi(x) dx$

$$\sum_{i=1}^n Pr(E_i) = \Theta\left(\sqrt{n}\right)$$

İlk birkaç terimi ayrıntılı olarak kontrol etmek (tüm n ^ n vakalarını inceleyerek) ve biraz arama cevabın https://oeis.org/A036276 / . Bu, yanıtın .$n^n$$\sim n^{\frac{1}{2}} \frac{\sqrt{\pi}}{2}$

Daha doğrusu, cevap: Ve kapalı form yok Cevap.

$$\frac{n!}{2 n^n} \sum_{k=0}^{n-2}\frac{n^k}{k!}$$