den seçilen tam sayılarının belirgin farklılıklarının sayısı

Araştırmam sırasında aşağıdaki sonuçla karşılaştım.

$lim_{n \to \infty} E [\frac{# {| a_{i} - a_{j} |, 1 \leq i, j \leq m}}{n}] = 1$ $\lim\limits_{n\to \infty} \mathbb{E}\left[ \frac{\#\{|a_i-a_j|,1\le i,j\le m \}}{n} \right] = 1$ burada $m=\omega(\sqrt n)$ ve $a_1,\cdots,a_m$ den rasgele seçildi . $[n]$

Bir referans / doğrudan bir kanıt arıyorum.

MO üzerinde crossposted

reference-request co.combinatorics pr.probability

— Zhu Cao
kaynak

Eğer

m = \sqrt{n}

$m = \sqrt{n}$ , alabileceğiniz en fazla farklı farkın sayısı

m (m - 1) / 2 < n / 2

$m(m-1)/2 < n/2$ . Bu yüzden, bunun gerçekleşmesi için gerçekten

den daha hızlı büyümek için

ihtiyacınız var . Ne yapacağını bir numara olma olasılığını hesaplamak için deneyin

olduğunu değil fark

m

$m$

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

d

$d$

d = | a_{i} - a_{j} |

$d = |a_i - a_j|$

— Peter Shor

@Shor: teşekkürler, soruyu güncelledim. Ve gerçekten de

E (\sum x_{i}) = \sum E (x_{i})

$\mathbb E(\sum x_i)=\sum \mathbb E(x_i)$ 'den beri belirli bir farkın hesaplanması daha kolaydır

d

$d$ .

— Zhu Cao

@ ZhuCao, "

m

$m$ tam sayılarını

arasından rastgele

seç" "derken, tam olarak hangi dağılımı kastediyorsunuz? Üniforma

üniforması olduğunu sanıyordum .

a_{1}, . . ., a_{m}

$a_1,...,a_m$

[1, n]

$[1,n]$

{1, \dots, n}

$\{1,\dots,n\}$

— usul

@Andras hayır, durum böyle değil. Örneğin, eğer

sayısı

1

$1$ (ki bu 0'dan sınırlı olasılıkla olur) o zaman

farkı

n - 1

$n-1$ görünemez ve

D_{n} < n

$D_n<n$ . Fakat neden böyle olması gerekiyor? Sadece

beklentisinin

D_{n} / n

$D_n/n$ 1'e

D_{n}

$D_n$ ,

yüksek olasılıkla 1'e eşit olması

— James Martin,

Lütfen birden fazla Stack Exchange sitesinde çapraz posta göndermeyin. Site politikamız eşzamanlı çapraz gönderimi yasaklıyor: en azından bir hafta bekle diyor. Ve iyi bir cevap alamazsanız, her zaman, taşınmasını istemek için moderatör dikkatini işaretleyebilirsiniz.

— DW,

verildiğini varsayalım $m=\omega(\sqrt{n})$ .

Herhangi bir düzeltildi . ile ele alacağız . Amaç, arasındaki yüksek olasılıkla , farklar kümesine dahil edildiğini göstermektir. $\epsilon>0$ $r\in[1,n]$ $r<(1-\epsilon)n$ $n\to\infty$ $r$

Önce kümesini göz önünde bulundurun . Sayısı ile şekildedir yaklaşık beklentisi ile binom olan . Bu nedenle, yüksek olasılıkla , bu tür sayısı en az , ki bu da . Sonra (iddia, "egzersiz olarak bırakıldı", göstermesi zor değil), gibi yüksek olasılıkla , kümesinin en az büyüklüğü vardır . Bu "iyi etkinlik" için yazalım , bu . $A=\{a_i:i<m/2\}\cap[1,\epsilon n]$ $i$ $i<m/2$ $a_i<\epsilon n$ $\epsilon m/2$ $n\to\infty$ $i$ $\epsilon m/4$ $\omega(\sqrt{n})$ $n\to\infty$ $A$ $\sqrt{n}$ $G$ $|A|\geq\sqrt{n}$

Gerçekten de varsayalım yani tutan en azından vardır belirgin değerleri az için, . Her bir değeri için, orada bir değerdir Not tam olarak daha büyüktür. Şimdi değerlerini dikkate için . Bu bağımsız ve her biri olasılığına sahiptir, en az mesafe olma grubu bir elementinden . farklılığının üretilme olasılığı en $G$ $\sqrt{n}$ $a_i$ $\epsilon n$ $i<m/2$ $k\in [1,n]$ $r$ $a_i$ $i\geq m/2$ $\sqrt{n}/n=1/\sqrt{n}$ $r$ $A$ $r$ $(1-1/\sqrt{n})^{m/2}$ bu, beri 0'a olarak gider . Gerçekten de, sahip olduğu ancak hiçbir büyüklüğü farkının bulunma olasılığı kadar eğilimindedir . $n\to\infty$ $m=\omega(\sqrt{n})$ $G$ $r$ $n\to\infty$

Bu nedenle (üniform olarak ), , farklılıklar kümesine dahil olma olasılığı, kadar 1 e eğilimindedir . Dolayısıyla, beklentinin doğrusallığını kullanarak, Yana keyfidir arzu edildiği gibi, sınır 1'dir. $r<(1-\epsilon)n$ $r$ $n\to\infty$

\underset{n \to \infty}{lim inf} E [\frac{# {| a_{i} - a_{j} |, 1 \leq i, j \leq m}}{n}] \geq 1 - ϵ .

$\liminf \limits_{n\to \infty} \mathbb{E}\left[ \frac{\#\{|a_i-a_j|,1\le i,j\le m \}}{n}\right] \geq 1-\epsilon.$

ϵ

$\epsilon$

— James Martin
kaynak

Her bir farkı, ifadesinde bağımsız olarak ele alıyor musunuz ve öyleyse haklı mı?

1 - (1 - ϵ / n)^{ω (n)}

$1-(1-\epsilon/n)^{\omega(n)}$

— usul

Ben o cevapsız nerede Ah @James, şimdi gördüğüm . Teşekkür ederim.

n

$n$

— Daniel Soltész

@ usul: gerçekten, özür dilerim, benim argüman özensiz ve eksikti. Genişlettim - sanırım şimdi su tutuyor.

— James Martin,