Discrepanza tra testa e croce

Considera una sequenza di $n$ lanci di una moneta imparziale. Lasciare $H_i$ denota il valore assoluto della eccesso del numero di teste sopra code visto nel primo $i$ lanci. Definisci $H=\text{max}_i H_i$ . Mostra che $E[H_i]=\Theta ( \sqrt{i} )$ ed $E[H]=\Theta( \sqrt{n} )$ .

Questo problema si presenta nel primo capitolo di "Algoritmi randomizzati" di Raghavan e Motwani, quindi forse c'è una prova elementare dell'affermazione di cui sopra. Non sono in grado di risolverlo, quindi apprezzerei qualsiasi aiuto.

probability-theory randomized-algorithms

— Plummer
fonte

Risposte:

Il tuo lanci della moneta formare una passeggiata unidimensionale casuale a partire da , con , ciascuna delle opzioni con probabilità . Ora e quindi . È facile calcolare $X_0,X_1,\ldots$ $X_0 = 0$ $X_{i+1} = X_i \pm 1$ $1/2$ $H_i = |X_i|$ $H_i^2 = X_i^2$ (questa è solo la varianza) e quindi $E[X_i^2] = i$ dalla convessità. Sappiamo anche cheè distribuito all'incirca normale con zero media e varianza, e quindi puoi calcolare $E[H_i] \leq \sqrt{E[H_i^2]} = \sqrt{i}$ $X_i$ $i$ . $E[H_i] \approx \sqrt{(2/\pi)i}$

$E[\max_{i \leq n} H_i]$ $\sqrt{n}$ $\tilde{O}(\sqrt{n})$ $X_i$ $X_i$

Modifica: Come succede, causa del principio di riflessione, vedi questa domanda . Quindi da . Ora e quindi $\Pr[\max_{i \leq n} X_i = k] = \Pr[X_n = k] + \Pr[X_n = k+1]$

\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})

$E[\max_{i \leq n} H_i] \leq 2E[H_n] + \Theta(1) = O(\sqrt{n})$ . L'altra direzione è simile.

— Yuval Filmus
fonte

Dopo aver dimostrato , non potremmo dire che per abbiamo il secondo risultato, cioè che nessun è maggiore di .

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,

Se l' fosse indipendente, la conclusione non sarà vera, poiché in realtà ti aspetti che alcuni di questi valori siano leggermente più grandi delle aspettative. Non è vero in generale che .

H_{i}

$H_i$

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

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

— Yuval Filmus,

La legge del logaritmo iterato non si applica qui, poiché è fisso e non stiamo normalizzando da . La risposta per è .

n

$n$

i

$i$

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

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

θ (\sqrt{n})

$\theta(\sqrt{n})$

— Peter Shor,

+1 per la prima parte. ma sinceramente non capisco la seconda parte (puoi elaborare altro plz). Questo non significa che non sia corretto però.

— AJed,

Bella prova. Ma sono bloccato su come provare è il limite inferiore di ? Sembra che la risposta non menzioni dettagli sul limite inferiore.

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

E (H_{i})

$E(H_i)$

— Konjac,

È possibile utilizzare la distribuzione semi-normale per provare la risposta.

La distribuzione semi-normale afferma che se è una distribuzione normale con media 0 e varianza , allorasegue una mezza distribuzione con media e varianza . Questo dà la risposta richiesta, poiché la varianza della camminata normale è , e puoi approssimare la distribuzione di ad una distribuzione normale usando il teorema del limite centrale. $X$ $\sigma^2$ $|X|$ $\sigma \sqrt{\frac{2}{\pi}}$ $\sigma^2 (1-2/\pi)$ $\sigma^2$ $n$ $X$

$X$ è la somma della camminata casuale come menzionato da Yuval Filmus.

— AJed
fonte

Non preferisco questo che ho pubblicato ... sebbene dia il limite inferiore, non si può dire nulla del limite superiore. Ho cercato di utilizzare un argomento di distribuzione massima per risolverlo, si è rivelata una brutta integrazione. Ma è bene conoscere tutte queste distribuzioni.

— AJed

Nei primi , supponiamo di ottenere code, quindi. Pertanto, Usa l'approssimazione di Stirling , sappiamo che . $2i$ $k$ $H_{2i}=2|i-k|$

\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})

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

— acqua
fonte

non dovremmo prendere in considerazione i casi in cui ? sembra che manchi un fattore di moltiplicazione di 2, giusto?

i < k \leq 2 i

$i<k\leq 2i$

— omerbp,