Несоответствие между головами и хвостами

Рассмотрим последовательность из $n$ бросков несмещенной монеты. Пусть $H_i$ обозначает абсолютное значение превышения количества голов над хвостами, которые были замечены в первом $i$ броске. Определить $H=\text{max}_i H_i$ . Покажите, что $E[H_i]=\Theta ( \sqrt{i} )$ и $E[H]=\Theta( \sqrt{n} )$ .

Эта проблема появляется в первой главе «Рандомизированных алгоритмов» Рагхавана и Мотвани, поэтому, возможно, есть элементарное доказательство вышеприведенного утверждения. Я не могу решить это, поэтому я был бы признателен за любую помощь.

probability-theory randomized-algorithms

— пламмер
источник

Ответы:

Ваша монета подбрасывает форму одномерного случайного блуждания начиная с , с , каждый из вариантов с вероятностью . Теперьи поэтому . Легко вычислить (это всего лишь дисперсия), поэтому по выпуклости. Мы также знаем, что распределено примерно нормально с нулевым средним и дисперсией , и поэтому вы можете вычислить . $X_0,X_1,\ldots$ $X_0 = 0$ $X_{i+1} = X_i \pm 1$ $1/2$ $H_i = |X_i|$ $H_i^2 = X_i^2$ $E[X_i^2] = i$ $E[H_i] \leq \sqrt{E[H_i^2]} = \sqrt{i}$ $X_i$ $i$ $E[H_i] \approx \sqrt{(2/\pi)i}$

Что касается , у нас есть закон повторного логарифма , который (возможно) заставляет нас ожидать чего-то немного большего, чем . Если вам хорошо с верхней границей , вы можете использовать большую границу отклонения для каждого а затем границу объединения, хотя это игнорирует тот факт, что связаны между собой. $E[\max_{i \leq n} H_i]$ $\sqrt{n}$ $\tilde{O}(\sqrt{n})$ $X_i$ $X_i$

Изменить: Как это происходит, из-за принципа отражения, см. Этот вопрос . Итак, поскольку . Теперь и, следовательно, $\Pr[\max_{i \leq n} X_i = k] = \Pr[X_n = k] + \Pr[X_n = k+1]$

\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})

$E[\max_{i \leq n} H_i] \leq 2E[H_n] + \Theta(1) = O(\sqrt{n})$ , Другое направление аналогично.

— Юваль Фильмус
источник

После того, как мы доказали , мы не можем сказать, что для у нас есть второй результат, т.е. нет больше чем .

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

Если были независимыми, то вывод не будет верным, так как вы на самом деле ожидаете, что некоторые из этих значений будут несколько больше, чем ожидалось. В общем случае неверно, что .

H_{i}

$H_i$

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

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

— Yuval Filmus

Закон повторного логарифма здесь не применим, так как фиксировано, и мы не нормализуем по . Ответ для - .

n

$n$

i

$i$

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

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

θ (\sqrt{n})

$\theta(\sqrt{n})$

— Питер Шор

+1 за первую часть. но я, честно говоря, не понимаю вторую часть (не могли бы вы рассказать подробнее, плз). Это не значит, что это не правильно, хотя.

— AJed

Хорошее доказательство. Но я застрял в том, как доказать, является нижней границей ? Похоже, что в ответе нет подробностей о нижней границе.

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

E (H_{i})

$E(H_i)$

— Конжак

Вы можете использовать полунормальное распределение, чтобы доказать ответ.

Полунормальное распределение утверждает, что если - нормальное распределение со средним 0 и дисперсией , тоследует половинному распределению со средним значением и дисперсией . Это дает требуемый ответ, поскольку дисперсия нормального блуждания равна , и вы можете приблизить распределение к нормальному распределению, используя центральную предельную теорему. $X$ $\sigma^2$ $|X|$ $\sigma \sqrt{\frac{2}{\pi}}$ $\sigma^2 (1-2/\pi)$ $\sigma^2$ $n$ $X$

$X$ - сумма случайного блуждания, как упоминал Ювал Фильмус.

— AJed
источник

Я не предпочитаю это, что я отправил .. хотя он дает нижнюю границу, ничего не может быть сказано о верхней границе. Я попытался использовать аргумент максимального распределения, чтобы решить его, это оказалось ужасной интеграцией. Но хорошо знать все эти дистрибутивы.

— 13

В первых переворотах предположим, что мы получаем хвостов, затем, Поэтому Используйте приближение Стирлинга , мы знаем . $2i$ $k$ $H_{2i}=2|i-k|$

\begin{aligned} E (H_{2 i}) & = 2 \sum_{k = 0}^{i} (\binom{2 i}{k}) (\frac{1}{2})^{2 i} \cdot 2 (i - k) \\ = (\frac{1}{2})^{2 i - 2} [i \sum_{k = 0}^{i} (\binom{2 i}{k}) - \sum_{k = 0}^{i} k (\binom{2 i}{k})] \\ = (\frac{1}{2})^{2 i - 2} [i (2^{2 i} + (\binom{2 i}{i})) / 2 - 2 i \sum_{k = 0}^{i - 1} (\binom{2 i - 1}{k})] \\ = (\frac{1}{2})^{2 i - 2} \cdot i [2^{2 i - 1} + (\binom{2 i}{i}) / 2 - 2 \cdot 2^{2 i - 1} / 2] \\ = 2 i \cdot (\binom{2 i}{i}) / 2^{2 i} . \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})

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

— вода
источник

не должны ли мы принимать во внимание случаи, когда ? кажется, что вы пропустите коэффициент умножения 2, верно?

i < k \leq 2 i

$i<k\leq 2i$

— omerbp