Максимальный зазор между выборками, взятыми без замены из дискретного равномерного распределения

Эта проблема связана с исследованиями моей лаборатории в области робототехники:

Случайным образом нарисуйте чисел из набора без замены и отсортируйте числа в порядке возрастания. .$n$$\{1,2,\ldots,m\}$$1\le n\le m$

Из этого отсортированного списка чисел , создайте разницу между последовательными числами и границами: . Это дает пробелов.$\{a_{(1)},a_{(2)},…,a_{(n)}\}$$g = \{a_{(1)},a_{(2)}−a_{(1)},\ldots,a_{(n)}−a_{(n-1)},m+1-a_{(n)}\}$$n+1$

Каково распределение максимального разрыва?

$P(\max(g) = k) = P(k;m,n) = ?$

Это может быть оформлено с использованием статистики заказа : $P(g_{(n+1)} = k) = P(k;m,n) = ?$

См. Ссылку для распределения пробелов , но этот вопрос задает распределение максимального пробела.

Я был бы удовлетворен средним значением, $\mathbb{E}[g_{(n+1)}]$ .

Если $n=m$ все зазоры имеют размер 1. Если $n+1 = m$ то есть один зазор с размером $2$ и $n+1$ возможных местоположений. Максимальный размер промежутка составляет $m-n+1$ , и этот промежуток может быть помещен до или после любого из $n$ чисел, в общей сложности $n+1$ возможных позиций. Наименьший максимальный размер зазора - $\lceil\frac{m-n}{n+1}\rceil$ . Определите вероятность любой данной комбинации $T= {m \choose n}^{-1}$ .

Я частично решил функцию вероятности массы как $P(g_{(n+1)} = k) = P(k;m,n) = \begin{cases} 0 & k < \lceil\frac{m-n}{n+1}\rceil\\ 1 & k = \frac{m-n}{n+1} \\ 1 & k = 1 \text{ (occurs when $m=n$)} \\ T(n+1)& k = 2 \text{ (occurs when $m=n+1$)} \\ T(n+1)& k = \frac{m-(n-1)}{n} \\ ? & \frac{m-(n-1)}{n} \le k \le m-n+1 \\ T(n+1)& k = m-n+1\\ 0 & k > m-n+1 \end{cases} \tag{1}$

Текущая работа (1): Уравнение для первого промежутка, $a_{(1)}$ является простым:

$$P(a_{(1)} = k) = P(k;m,n) = \frac{1}{{m \choose n}} \sum_{k=1}^{m-n+1} {m-k-1 \choose n-1}$$ Ожидаемое значение имеет простое значение: $\mathbb{E}[P(a_{(1)})] = \frac{1}{ {m \choose n}} \sum_{k=1}^{m-n+1} {m-k-1 \choose n-1} k = \frac{m-n}{1+n}$ . По симметрии я ожидаю, что все $n$ промежутков будут иметь это распределение. Возможно, решение может быть найдено путем извлечения из этого распределения $n$ раз.

Текущая работа (2): легко запустить симуляции Монте-Карло.

simMaxGap[m_, n_] := Max[Differences[Sort[Join[RandomSample[Range[m], n], {0, m+1}]]]];
m = 1000; n = 1; trials = 100000;
SmoothHistogram[Table[simMaxGap[m, n], {trials}], Filling -> Axis,
Frame -> {True, True, False, False},
FrameLabel -> {"k (Max gap)", "Probability"},
PlotLabel -> StringForm["m=``,n=``,smooth histogram of maximum map for `` trials", m, n, trials]][![enter image description here][1]][1]

Пусть - вероятность того, что минимум равен ; то есть выборка состоит из и -подмножества . Есть таких подмножеств из одинаково вероятных подмножеств, откудаa ( 1 ) g g n - 1 { g + 1 , g + 2 , … , m } ( m - $f(g;n,m)$$a_{(1)}$$g$$g$$n-1$$\{g+1,g+2,\ldots,m\}$($\binom{m-g}{n-1}$$\binom{m}{n}$

$$\Pr(a_{(1)}=g = f(g;n,m) = \frac{\binom{m-g}{n-1}}{\binom{m}{n}}.$$

Добавление для всех возможных значений больших дает функцию выживания$f(k;n,m)$$k$$g$

$$\Pr(a_{(1)} \gt g) = Q(g;n,m)= \frac{(m-g)\binom{m-g-1}{n-1}}{n \binom{m}{n}}.$$

Пусть будет случайной величиной, заданной наибольшим разрывом:$G_{n,m}$

$$G_{n,m} = \max\left(a_{(1)}, a_{(2)}-a_{(1)}, \ldots, a_{(n)}-a_{(n-1)}\right).$$

(Это отвечает на вопрос в том виде, в котором он был изначально сформулирован, прежде чем он был изменен, чтобы включить пробел между и .)$a_{(n)}$$m$ Мы вычислим его функцию выживания из которого легко получить все распределение . Метод представляет собой динамическую программу, начинающуюся с , для которой очевидно, что

$$P(g;n,m)=\Pr(G_{n,m}\gt g),$$ $G_{n,m}$$n=1$

$$P(g;1,m) = \Pr(G_{1,m} \gt 1) = \frac{m-g}{m},\ g=0, 1, \ldots, m.\tag{1}$$

Для больших обратите внимание, что событие является непересекающимся объединением события$n\gt 1$$G_{n,m}\gt g$

$$a_{1} \gt g,$$

для которого самый первый разрыв превышает , а отдельные события$g$$g$

$$a_{1}=k\text{ and } G_{n-1,m-k} \gt g, \ k=1, 2, \ldots, g$$

для которого первый зазор равен а зазор больше, чем возникает позже в образце. Закон полной вероятности утверждает, что вероятности этих событий добавляют, откуда$k$$g$

$$P(g;n,m) = Q(g;n,m) + \sum_{k=1}^g f(k;n,m) P(g;n-1,m-k).\tag{2}$$

Исправив и выложив двусторонний массив с индексами и , мы можем вычислить , используя заполнить первую строку и заполнить каждую последующую строку, используя операций для каждой строки. Следовательно, таблица может быть завершена в операций и всех таблиц для через может быть построена в операций.$g$$i=1,2,\ldots,n$$j=1,2,\ldots,m$$P(g;n,m)$$(1)$$(2)$$O(gm)$$O(gmn)$$g=1$$g=m-n+1$$O(m^3n)$

Эти графики показывают функцию выживания от для . При увеличении график перемещается влево, что соответствует уменьшению шансов на большие промежутки.$g\to P(g;n,64)$$n=1,2,4,8,16,32,64$$n$

Закрытые формулы для могут быть получены во многих особых случаях, особенно для больших , но я не смог получить закрытую формулу, которая применима ко всем . Хорошие приближения легко доступны, если заменить эту задачу аналогичной задачей для непрерывных равномерных переменных.$P(g;n,m)$$n$$g,n,m$

Наконец, ожидание получается суммированием его функции выживания, начиная с :$G_{n,m}$$g=0$

$$\mathbb{E}(G_{n,m}) = \sum_{g=0}^{m-n+1} P(g;n,m).$$

Этот контурный график ожидания показывает контуры на , переходящие от темного к светлому.$2, 4, 6, \ldots, 32$