Бросая шары в мусорные ведра, оцените нижнюю границу ее вероятности

Это не домашнее задание, хотя выглядит так. Любая ссылка приветствуется. :-)

Сценарий: есть $n$ разных шаров и $n$ разных бинов (помечены от 1 до $n$ слева направо). Каждый шар брошен независимо и равномерно в мусорные ведра. Пусть $f(i)$ будет количеством шаров в $i$ й корзине. Пусть $E_i$ обозначает следующее событие.

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

То есть первые $j$ бинов (самые левые $j$ бинов) содержат меньше $j$ шаров для каждого $j\le i$ .

Вопрос: Оцените $\sum_{i<n}{Pr(E_i)}$ в терминах $n$ ? Когда $n$ уходит в бесконечность. Нижний предел является предпочтительным. Я не думаю, что существует легко рассчитанная формула.

$\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$

Мое предположение: я предполагаю , когда уходит в бесконечность. Я рассмотрел первые пунктов в суммировании.n ln $\sum_{i<n}{Pr(E_i)}=\ln n$$n$$\ln n$

РЕДАКТИРОВАТЬ: (2014-08-08) Как указывает Дуглас Заре в комментариях, аргумент ниже, в частности, «мост» между двумя вероятностями, является неправильным. Я не вижу прямой способ исправить это. Я оставлю ответ здесь , как я считаю , что это все еще дает некоторую интуицию, но знаю , что является не верно в целом.

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

---

Это не будет полным ответом, но, надеюсь, у него будет достаточно контента, чтобы вы или кто-то более знающий, чем я, могли закончить его.

Рассмотрим вероятность попадания ровно $k$ шаров в первые $l$ (из $n$ ) бинов:

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

Назовите вероятность того, что меньше чем шаров попадет в первые l бинов F l :$l$$l$$F_l$

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

Вероятность того, что событие, , происходит выше, меньше, чем если бы мы рассматривали каждое из событий F l, происходящих независимо и все сразу. Это дает нам мост между двумя:$E_l$$F_l$

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

Где -кумулятивная функция распределения для биномиального распределениясp=$F(l-1; n, \frac{l}{n})$ . Просто прочитав несколько строк на странице Википедии и отметив, что(l-1≤pn), мы можем использоватьнеравенство Черноффа,чтобы получить:$p = \frac{l}{n}$$(l-1 \le p n)$

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

Где - это m -е число гармоник , γ - постоянная Эйлера-Маскерони, а неравенство для H m взято со страницы Вольфрама, связанной с MathWorld.$H_m$$m$$\gamma$$H_m$

Не заботясь о фактор, это , наконец , дает нам:$e^{-1/4m}$

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

Ниже приведен логарифмический график в среднем 100 000 экземпляров для как функции m с функцией e - γ /$n=2048$$m$ также нанесено для справки:$\frac{e^{ -\gamma/2}}{\sqrt{m}}$

Пока константы выключены, форма функции выглядит правильной.

Ниже приведен график log-log для варьирования где каждая точка представляет собой среднее значение 100 000 экземпляров как функцию m :$n$$m$

Наконец, перейдем к исходному вопросу, на который вы хотели получить ответ, поскольку мы знаем, что у нас есть:$\Pr(E_m) \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$

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

И в качестве числовой проверки ниже приведен логарифмический график суммы, , против размера экземпляра, n . Каждая точка представляет собой среднее из суммы 100 000 экземпляров. Функция х 1 / 2 была построена для справки:$S$$n$$x^{1/2}$

Хотя я не вижу прямой связи между ними, уловки и окончательная форма этой проблемы имеют много общего с проблемой дня рождения, как первоначально предполагалось в комментариях.

Ответ .$\Theta(\sqrt{n})$

Во-первых, давайте вычислим .$E_{n-1}$

Давайте предположим, что мы бросаем шаров в $n$$n$ бинов и посмотрим на вероятность того, что бин содержит ровно шаров. Эта вероятность исходит из распределения Пуассона, и когда n переходит к ∞, вероятность того, что в данном бине ровно k шаров, равна $k$$n$$\infty$$k$,$\frac{1}{e} \frac{1}{ k!}$

Теперь давайте посмотрим на другой способ распределения шаров по корзинам. Мы бросаем несколько шаров в каждую ячейку, выбранную из распределения Пуассона, и при условии, что всего будет шаров. Я утверждаю, что это дает точно такое же распределение, как и бросание n шаров в n бинов. Почему? Легко видеть, что вероятность наличия k j шаров в $n$$n$$n$$k_j$$j$ ^ом бине пропорциональна в обоих дистрибутивах.$\prod_{j=1}^n \frac{1}{k_j!}$

Итак, давайте рассмотрим случайную прогулку, где на каждом шаге вы переходите от к t + 1 - k с вероятностью $t$$t+1-k$, Я утверждаю, что если вы при условии, что эта случайная прогулка возвращается к 0 после$\frac{1}{e}\frac{1}{k!}$$n$ шагов, вероятность того, что это случайное число всегда останется выше - это вероятность, которую ОП хочет вычислить. Почему? Эта высота случайного блуждания после s шагов равна s минус количество шаров в первых s корзинах.$0$$s$$s$$s$

Если бы мы выбрали случайную прогулку с вероятностью $\frac{1}{2}$ при подъеме или опускании на каждом шаге, это будет классическая проблема голосования , для которой ответ $1$ . Это вариант проблемы голосования, который был изучен (см.Эту статью), и ответ до сих порΘ($\frac{1}{2(n-1)}$ . Я не знаю, есть ли простой способ вычислить константу дляΘ ( $\Theta\left(\frac{1}{n}\right)$для этого случая.$\Theta\left(\frac{1}{n}\right)$

В той же статье показано, что, когда случайное блуждание обусловлено окончанием на высоте , вероятность всегда оставаться положительной составляет Θ ( k / n ), пока k = O ( $k$$\Theta(k/n)$. Этот факт позволит нам оценитьEsдля любогоs.$k = O(\sqrt{n})$$E_s$$s$

Я собираюсь быть немного неуклюжим до конца моего ответа, но стандартные методы вероятности могут использоваться, чтобы сделать это строгим.

Мы знаем, что при переходе к ∞ это случайное блуждание сходится к броуновскому мосту, т. Е. Броуновскому движению, обусловленному началом и концом в 0 . Из общих теорем вероятностей для ϵ n < s < $n$$\infty$$0$ случайное блуждание примерно равно Θ ( $\epsilon n < s< (1-\epsilon)n$отосих. В случае, если он имеет высотуt>0, вероятность того, что он оставался выше0 втечение всего времени, предшествующегоs,равнаΘ(t/s). Посколькут, вероятно, будетΘ($\Theta(\sqrt{n})$$x$$t>0$$0$$s$$\Theta(t/s)$$t$когдаs=Θ(n), имеемEs≈Θ(1/$\Theta(\sqrt{n})$$s = \Theta(n)$.$E_s \approx \Theta(1/\sqrt{n})$

[Edit 2014-08-13: Благодаря комментарию Питера Шора я изменил свою оценку асимптотического темпа роста этой серии.]

Я считаю, что растет как $\lim_{n\to\infty} \sum_{i<n} \Pr(E_i)$ . У меня нет доказательств, но я думаю, что у меня есть убедительный аргумент.$\sqrt{n}$

Пусть - случайная величина, которая дает количество шаров в bin i . Пусть B i , j = ∑ j k = i B k - случайная величина, которая дает общее количество шаров в бинах i через$B_i = f(i)$$i$$B_{i,j} = \sum_{k=i}^j B_k$$i$ включительно.$j$

Теперь вы можете написать для любого j < i . Для этого введем функции π и g i .$\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$

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

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

We can write $\Pr(E_i)$ in terms of $g_i$:

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

Now, it's clear from the definition of $g_i$ that

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

where $h_i(n)$ is a polynomial in $n$ of degree $i - 1$. This makes some intuitive sense too; at least $n - i + 1$ balls will have to be put in one of the $(i+1)$th through $n$th bins (of which there are $n-i$).

Since we're only talking about $Pr(E_i)$ when $n\to\infty$, only the lead coefficient of $h_i(n)$ is relevant; let's call this coefficient $a_i$. Then

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

How do we compute $a_i$? Well, this is where I'll do a little handwaving. If you work out the first few $E_i$, you'll see that a pattern emerges in the computation of this coefficient. You can write it as

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

Now, I wasn't able to derive a closed-form equivalent directly, but I computed the first 20 values of $Pr(E_i)$:

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

Now, it turns out that

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

where $\Pois(i; \lambda)$ is the probability that a random variable $X$ has value $i$ when it's drawn from a Poisson distribution with mean $\lambda$. Thus we can write our sum as

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

Wolfram Alpha tells me this series diverges. Peter Shor points out in a comment that Stirling's approximation allows us to estimate $\Pr(E_i)$:

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

Let

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

Since

• $\lim_{x\to\infty}\frac{\phi(x)}{\phi(x+1)} = 1$
• $\phi(x)$ is decreasing
• $\int_1^n \phi(x)dx \to \infty$ в качестве $n \to \infty$

наша серия растет как $\int_1^n \phi(x) dx$(См., Например, теорему 2 ). То есть,

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

Исчерпывающая проверка первых нескольких терминов (путем изучения всех n ^ n случаев) и небольшого поиска показывает, что ответ https://oeis.org/A036276 /$n^n$, Это подразумевает, что ответ$\sim n^{\frac{1}{2}} \frac{\sqrt{\pi}}{2}$,

Точнее, ответ:

$$\frac{n!}{2 n^n} \sum_{k=0}^{n-2}\frac{n^k}{k!}$$ и нет закрытого ответа.