M >> n rejiminde bilya ve bidon analizi.

Eğer n toplara n top atarsanız, en fazla yüklenen çöp kutusunun içinde $O(\log n)$ toplar olması muhtemeldir . Genel olarak, bölmelerdeki $m > n$ topları hakkında soru sorabilirsiniz . Raab ve Steger tarafından RANDOM 1998'den bir makale bunu ayrıntılı olarak inceliyor, arttıkça, beklenen değerinin biraz üzerine çıkma olasılığının hızla azaldığını gösteriyor. Kabaca, ayarı , daha fazlasını görme olasılığının $n$ $m$ $m/n$ $r = m/n$ $r + \sqrt{r\log n}$ bir $o(1)$ .

Bu yazı 1998'de ortaya çıktı ve daha yeni bir şey bulamadım. Bu çizgiler boyunca yeni ve hatta daha konsantre sonuçlar var mı, yoksa bunun en iyi olanın olduğundan şüphelenmek için sezgisel / resmi nedenler var mı? 2006 yılında Angelika Steger tarafından ortak yazılan çoktan seçmeli varyant üzerine ilgili bir makalenin daha yeni bir çalışmadan kaynaklanmadığını da eklemeliyim .

Güncelleme : Peter'ın yorumuna yanıt olarak, bilmek istediğim şeyleri açıklığa kavuşturayım. Burada iki hedefim var.

İlk olarak, hangi atıftan alıntı yapacağımı bilmeliyim ve bu, bu konudaki en son çalışma gibi görünüyor.
İkincisi, sonucun r = 1 aralığında oldukça sıkı olduğu doğrudur. M >> n aralığıyla ve özellikle r'nin poli log n, hatta n ^ c olabileceği alanla ilgileniyorum. Bu sonucu kanıtladığım bir lemmaya yerleştirmeye çalışıyorum ve spesifik bağlı r genel algoritmanın diğer bölümlerini kontrol ediyor. Bu yazı tarafından sağlanan r aralığının yeterli olabileceğini düşünüyorum (ama emin değilim), ama sadece daha sıkı bir bağ olmadığından emin olmak istedim (bu daha iyi bir sonuç verecektir).

reference-request pr.probability

— Suresh Venkat
kaynak

“Doluluk sorunu” adını etiketten öğrendim, bu yüzden eğitici bir soru gönderdiğiniz için teşekkür ederiz. :)

— Tsuyoshi Ito

Raab ve Steger'in makalesine baktığımda, bu çizgiler boyunca başka ne sonuçlar isteyeceğinizi anlamak benim için zor. Cevabı bilmeniz gereken özel bir soru var mı? Öyleyse, burada veya MathOverflow'da sormalısınız. Özellikle,

r = m / n

$r=m/n$ , Raab ve Steger sıkı bir

sınırı verir

burada

doğru sabittir.

r + \sqrt{2 r \log n}

$r + \sqrt{2r \log n}$

2

$2$

— Peter Shor

@Peter Soruyu düzenleyeceğim: geçerli bir nokta.

— Suresh Venkat

Gerçekten tam bir cevap (ne de yararlı bir referans) değil, sadece genişletilmiş bir yorum. Verilen herhangi bir kutu için, kutuda tam olarak topuna sahip olma olasılığı $B$ . Sondow nedeniyle eşitsizliği kullanabiliriz, $p_B = \binom{m}{B} \left(\frac{1}{n}\right)^B \left(\frac{n-1}{n}\right)^{m-B}$ , $\binom{(b+1)a}{a}<\left(\frac{(b+1)^{b+1}}{b^b}\right)^a$ $p_B < \left(\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r}\right)^B \left(\frac{1}{n}\right)^B \left(\frac{n-1}{n}\right)^{m-B}$ $r=\frac{m}{B}-1$ $\binom{(b+1)a}{a}>\frac{1}{4ab}\left(\frac{(b+1)^{b+1}}{b^b}\right)^a$

$p_B < e^{B(r+1)\ln(r+1) - Br\ln r - m\ln n + (m-B)\ln (n-1)}$ $B$ $p_{\geq B} = \sum_{b=B}^{m} p_b < \sum_{b=B}^{m} e^{b(r+1)\ln(r+1) - br\ln r - m\ln n + (m-b)\ln (n-1)}$ . Rearranging the terms, we get

p_{\geq B} < e^{- m \ln \frac{n}{n - 1}} \times e^{B (r + 1) \ln (r + 1) - B r \ln r - B \ln (n - 1)} \sum_{b = 0}^{m - B} e^{b (r + 1) \ln (r + 1) - b r \ln r - b \ln (n - 1)} .

$p_{\geq B} < e^{-m\ln \frac{n}{n-1}} \times e^{B(r+1)\ln(r+1) - Br\ln r - B\ln (n-1)} \sum_{b=0}^{m-B} e^{b(r+1)\ln(r+1) - br\ln r - b\ln (n-1)}.$

Note the summation above is merely a geometric series, so we can simplify this to give

p_{\geq B} < e^{- m \ln \frac{n}{n - 1}} \times e^{B (r + 1) \ln (r + 1) - B r \ln r - B \ln (n - 1)} \times \frac{1 - {(\frac{(r + 1)^{r + 1}}{r^{r} (n - 1)})}^{m - B + 1}}{1 - (\frac{(r + 1)^{r + 1}}{r^{r} (n - 1)})} .

$p_{\geq B} < e^{-m\ln \frac{n}{n-1}} \times e^{B(r+1)\ln(r+1) - Br\ln r - B\ln (n-1)} \times \frac{1-\left(\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r (n-1)}\right)^{m-B+1}}{1-\left(\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r (n-1)}\right)}.$ If we rewrite

\frac{(r + 1)^{r + 1}}{r^{r} (n - 1)}

$\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r (n-1)}$ terms using exponentials, we get

p_{\geq B} < e^{- m \ln \frac{n}{n - 1}} \times e^{B (r + 1) \ln (r + 1) - B r \ln r - B \ln (n - 1)} \times \frac{1 - {(e^{(r + 1) \ln (r + 1) - r \ln r - \ln (n - 1)})}^{m - B + 1}}{1 - e^{(r + 1) \ln (r + 1) - r \ln r - \ln (n - 1)}},

$p_{\geq B} < e^{-m\ln \frac{n}{n-1}} \times e^{B(r+1)\ln(r+1) - Br\ln r - B\ln (n-1)} \times \frac{1-\left(e^{(r+1)\ln (r+1) - r \ln r - \ln(n-1)}\right)^{m-B+1}}{1-e^{(r+1)\ln (r+1) - r \ln r - \ln(n-1)}},$ which then becomes

p_{\geq B} < \frac{e^{- m \ln \frac{n}{n - 1}} \times (e^{B ((r + 1) \ln (r + 1) - r \ln r - \ln (n - 1))} - e^{(m + 1) ((r + 1) \ln (r + 1) - r \ln r - \ln (n - 1))})}{1 - e^{(r + 1) \ln (r + 1) - r \ln r - \ln (n - 1)}} .

$p_{\geq B} < \frac{e^{-m\ln \frac{n}{n-1}} \times \left(e^{B((r+1)\ln(r+1) - r\ln r - \ln (n-1))} -e^{(m+1)((r+1)\ln (r+1) - r \ln r - \ln(n-1))}\right)}{1-e^{(r+1)\ln (r+1) - r \ln r - \ln(n-1)}}.$

Now, I take it you care about finding some $B$ such that $p_{\geq B} < \frac{C}{n}$ for some constant $C$ , since this gives the total probability of any bin having $B$ or more balls as bounded from above by $C$ . This criteria is satisfied by taking

\frac{e^{- m \ln \frac{n}{n - 1}} \times (e^{B ((r + 1) \ln (r + 1) - r \ln r - \ln (n - 1))} - e^{(m + 1) ((r + 1) \ln (r + 1) - r \ln r - \ln (n - 1))})}{1 - e^{(r + 1) \ln (r + 1) - r \ln r - \ln (n - 1)}} = \frac{C}{n},

$\frac{e^{-m\ln \frac{n}{n-1}} \times \left(e^{B((r+1)\ln(r+1) - r\ln r - \ln (n-1))} -e^{(m+1)((r+1)\ln (r+1) - r \ln r - \ln(n-1))}\right)}{1-e^{(r+1)\ln (r+1) - r \ln r - \ln(n-1)}} = \frac{C}{n},$ which can be rewritten as

B = \frac{\ln (\frac{C}{n} e^{m \ln \frac{n}{n - 1}} (1 - e^{(r + 1) \ln (r + 1) - r \ln r - \ln (n - 1)}) + e^{(m + 1) ((r + 1) \ln (r + 1) - r \ln r - \ln (n - 1))})}{(r + 1) \ln (r + 1) - r \ln r - \ln (n - 1)} .

$B = \frac{\ln\left(\frac{C}{n} e^{m\ln \frac{n}{n-1}} \left(1-e^{(r+1)\ln (r+1) - r \ln r - \ln(n-1)}\right) + e^{(m+1)((r+1)\ln (r+1) - r \ln r - \ln(n-1))}\right)}{(r+1)\ln(r+1) - r\ln r - \ln (n-1)}.$

I'm not entirely sure how useful this comment will be to you (it's entirely possible I've made a mistake somewhere), but hopefully it can be of some use.

— Joe Fitzsimons
kaynak

this is pretty awesome. thanks for the outline.

— Suresh Venkat

@Suresh: Glad it's useful.

— Joe Fitzsimons