Stokastik süreç gibi çığ

Aşağıdaki işlemi düşünün:

Yukarıdan aşağıya doğru düzenlenmiş kutu vardır . Başlangıçta her bölmede bir top bulunur. Her adımda, biz$n$

1. rastgele bir top seçin ve$b$
2. içeren seleden tüm topları altındaki seleye taşıyın . Zaten en düşük kutu ise, topları işlemden kaldırırız.$b$

İşlem sona erene kadar, yani tüm toplar işlemden çıkarılıncaya kadar kaç adım beklenir ? Bu daha önce incelendi mi? Cevap bilinen tekniklerden kolayca takip ediliyor mu?$n$

En iyi durumda, işlem adımdan sonra tamamlanabilir . En kötü durumda adımlarını atabilir . Her iki durum da pek olası değildir. My varsayım o almasıdır adımlarını ve bazı deneyler yaptık görünüyor bu onaylayın.Θ ( n 2 ) Θ ( n log n $n$$\Theta(n^2)$$\Theta(n\log n)$

(Bir kutuyu rasgele bir şekilde , bitirmek için açıkça adımlarını alacak çok farklı bir işlem olduğunu unutmayın .)$\Theta(n^2)$

Gerçekten bir cevap değil, András'ın cevabı hakkında genişletilmiş bir yorum.

András'ın cevabı hoş bir sezgi içeriyor, ancak beklenen adım sayısının titiz bir hesaplaması olduğuna inanmıyorum. Bence bu belki de bir cevaba iyi bir yaklaşımdır, ancak en üstteki çöp kutusunun altındaki çöp kutusunun üst haznenin aşağı doğru boşaltılmasından önce boşaldığı durumlarla düzgün bir şekilde ilgilenmiyor gibi görünmektedir. Yine de, bu makul bir yaklaşım olabilir (emin değilim).

Hesaplaması, ölçeklendirmeyi etkileyen bir hata içeriyor. Aynı başlangıç ​​noktasını alacağım ve hesaplamayı tekrar yapıp genişleteceğim.

Rastgele Doğru sele seçme olasılığı gibi, toplamı içindeki p bir faktör özlüyor 1yerine$\frac{p}{n}$ . Sonuç olarak$\frac{1}{n}$

$\begin{eqnarray*} n + \sum_{p=1}^n \sum_{k=0}^{\infty} (k+1) \frac{p}{n} \left(\frac{n-p}{n}\right)^k & = & n + \sum_{p=1}^{n} \frac{p}{n} \sum_{k=0}^{\infty} (k+1) \left(\frac{n-p}{n}\right)^k \\\\& = & n + \sum_{p=1}^{n} \frac{p}{n} \cdot \frac{n^2}{p^2} \\\\& = & n + n\sum_{p=1}^{n} 1/p \\\\& = & n (1+H_n) \end{eqnarray*}$

burada n'inci Harmonik sayıdır . H n'ye yaklaşmak için toplamı basitçe bir integralle değiştirebiliriz: H n ≈ ∫ n + 1 1$H_n = \sum_{p=1}^{n} 1/p$$H_n$. Böylece ölçeklemen(1+log(n+1))veya yaklaşıknlog(n+1) olur. Bu ölçeklendirme, problemin ölçeklendirmesiyle tam olarak eşleşmese de (aşağıdaki simülasyona bakın), neredeyse tam olarak birgünlükfaktörü ile ortadankalkar(2).$H_n \approx \int_{1}^{n+1} \frac{1}{x} dx = \log(n+1)$$n (1+\log(n+1))$$n \log(n+1)$$\log(2)$

Kırmızı daireler: Ortalama 10k koşu üzerinde işlemin simülasyonundan elde edilen veri noktaları. Yeşil: . Mavi: n günlüğü ( n + 1 ) .$n \log_2(n+1)$$n \log(n+1)$

Düzenleme: Bu cevap (şimdilik) teoremleri ispatlamak için dağınık sürecini göstermek için olduğu gibi bırakıyorum, yayımlanan makalelerin dışında bırakılan bir şey. Buradaki temel sezgi, topun her tarafını süpürdüğü için üst topa odaklanmak için yeterli olmasıdır. Lütfen yorumlara (özellikle @Michael boşlukların oluşabileceğine işaret ederek) ve @ Joe'nun hataların nasıl tanımlandığı ve düzeltildiği konusundaki daha sonraki cevabına bakın. Özellikle Joe'nun formüllerin mantıklı olup olmadığını iki kez kontrol etmek için deneyleri kullanmasını seviyorum.

$n$$(1 + \pi^2/6)n$

$b_1b_2\cdots b_n$$b_1 = n$$b_2 \ge n-1$$\dots$$b_i \ge n-i+1$$b_1$$b_2$$b_n$$1,2,\ldots,n$). Bunlar birbiri ardına ayrı olaylar olarak görülebilir. Beklenen adım sayısı

$\begin{eqnarray*}n + \sum_{p=1}^n \sum_{k=0}^{\infty} \frac{k+1}{n} \left(\frac{n-p}{n}\right)^k & = & n + \sum_{p=1}^{n-1} \frac{1}{n-p} \sum_{k=1}^{\infty} k\left(\frac{n-p}{n}\right)^k \\& = & n + \sum_{p=1}^{n-1} \frac{1}{n-p} n(n-p)/p^2 \\& = & n + n\sum_{p=1}^{n-1} 1/p^2 \\& \le & (1 + \pi^2/6)n. \end{eqnarray*}$