Lanciando palle in bidoni, stimare un limite inferiore della sua probabilità

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Questo non è un compito, anche se sembra. Qualsiasi riferimento è il benvenuto. :-)

Scenario: ci sono palline $n$ diverse e bidoni diversi (etichettati da 1 a , da sinistra a destra). Ogni palla viene lanciata in modo indipendente e uniforme in bidoni. Sia il numero di palline -esimo contenitore. Lascia che denoti il seguente evento. $n$ $n$ $f(i)$ $i$ $E_i$

Per ogni , $j\le i$ $\sum_{k\le j}{f(k)} \le j-1$

Cioè, i primi cassoni (più a sinistra bin) contiene meno di palline, per ogni . $j$ $j$ $j$ $j\le i$

Domanda: Stima , in termini di ? Quando diventa infinito. È preferibile un limite inferiore. Non credo esista una formula facilmente calcolabile. $\sum_{i<n}{Pr(E_i)}$ $n$ $n$

Esempio: . Nota . $\lim\limits_{n\to\infty}{Pr(E_1)}=\lim\limits_{n\to\infty}{(\frac{n-1}{n})^n}=\frac{1}{e}$ $Pr(E_n)=0$

La mia ipotesi: suppongo $\sum_{i<n}{Pr(E_i)}=\ln n$ , quando $n$ diventa infinito. Ho considerato i primi $\ln n$ elementi della sommatoria.

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— Peng Zhang
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1

Sembra una sottostima del problema del compleanno ..

— Gopi

@Gopi Non riesco a convincermi che la mia domanda sia un problema di compleanno limitato. Puoi spiegarlo esplicitamente? Grazie mille. Nota: il vincolo è sulla somma delle palline nei primi bin , non sul numero di bin sul contenitore specifico.

j

$j$

— Peng Zhang,

Anzi, mio male, dopo aver riletto l'articolo di Wikipedia sul problema del compleanno, mi sono reso conto che stavo considerando un altro problema che è stato adattato dal problema del compleanno.

— Gopi,

2

Alcune idee errate ... Quindi pensa a come codificare uno stato: leggi il modulo bin da sinistra a destra. Se il primo cestino ha i palline, emette una sequenza di i seguita da uno 0. Fallo per tutti i contenitori da sinistra a destra. La tua codifica sembra essere quella che ti interessa nel più grande in modo tale che questa stringa binaria (che ha n zero e n uno) per la prima volta ne contenga più di zero. Ora, facciamo un salto nel destino e generiamo lo 0 e 1 con uguale probabilità . (Questa potrebbe essere una totale assurdità). Questo problema è legato ai numeri catalani e alle parole Dyck. E...???

1 / 2

$1/2$

— Sariel Har-Peled,

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Nella tua definizione non vedo perché sia importante che le palle siano diverse. Inoltre, l'integrazione di stringhe tiene conto del fatto che i bin sono diversi.

— Sariel Har-Peled,

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EDIT: (08-08-2014) Come sottolinea Douglas Zare nei commenti, l'argomento di seguito, in particolare il "ponte" tra le due probabilità, è errato. Non vedo un modo semplice per risolverlo. Lascerò la risposta qui poiché credo che fornisca ancora un po 'di intuizione, ma sappi che non è vero in generale.

Pr (E_{m}) \leq \prod_{l = 1}^{m} Pr (F_{l})

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

Questa non sarà una risposta completa, ma si spera che abbia abbastanza contenuti che tu o qualcuno più esperto di me possa finirlo.

Considera la probabilità che esattamente palle cadano nei primi (di ) contenitori: $k$ $l$ $n$

(\binom{n}{K}) {(\frac{l}{n})}^{K} {(\frac{n - l}{n})}^{n - K}

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

Chiama la probabilità che meno di pallina cada nei primi bidoni : $l$ $l$ $F_l$

Pr (F_{l}) = Σ_{K = 0}^{l - 1} (\binom{n}{K}) {(\frac{l}{n})}^{K} {(\frac{n - l}{n})}^{n - K}

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

La probabilità che l'evento, , sopra si verifica è inferiore se abbiamo considerato ciascuno dei eventi che si verificano in modo indipendente e tutto in una volta. Questo ci dà un ponte tra i due: $E_l$ $F_l$

\begin{array}{lll} Pr (E_{m}) & \leq & Π_{l = 1}^{m} Pr (F_{l}) \\ = & Π_{l = 1}^{m} (Σ_{K = 1}^{l - 1} (\binom{n}{K}) ({\frac{l}{n}}^{K}) {(\frac{n - l}{n})}^{n - K}) \\ = & Π_{l = 1}^{m} F (l - 1; n, \frac{l}{n}) \end{array}

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

Dove è la funzione di distribuzione cumulativa per la distribuzione binomiale con . Basta leggere alcune righe sulla pagina di Wikipedia e notare che , possiamo usare la disuguaglianza di Chernoff per ottenere: $F(l-1; n, \frac{l}{n})$ $p = \frac{l}{n}$ $(l-1 \le p n)$

\begin{array}{lll} Pr (E_{m}) & \leq & \prod_{l = 1}^{m} \exp [- \frac{1}{2 l}] \\ = & \exp [- \frac{1}{2} \sum_{l = 1}^{m} \frac{1}{l}] \\ = & \exp [- \frac{1}{2} H_{m}] \\ \leq & \exp [- \frac{1}{2} (\frac{1}{2 m} + \ln (m) + γ)] \end{array}

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

Dove è il 'th Harmonic Number , è la costante di Euler-Mascheroni e la disuguaglianza per è presa dalla pagina collegata di MathWorld di Wolfram. $H_m$ $m$ $\gamma$ $H_m$

Non preoccuparti del fattore , questo alla fine ci dà: $e^{-1/4m}$

Pr (E_{m}) \leq \frac{e^{- γ / 2}}{\sqrt{m}}

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

Di seguito è riportato un diagramma log-log di una media di 100.000 istanze per in funzione di con la funzione tracciata anche come riferimento: $n=2048$ $m$ $\frac{e^{ -\gamma/2}}{\sqrt{m}}$

inserisci qui la descrizione dell'immagine

Mentre le costanti sono disattivate, la forma della funzione sembra essere corretta.

Di seguito è riportato un diagramma log-log per variare con ogni punto che rappresenta la media di 100.000 istanze in funzione di : $n$ $m$

inserisci qui la descrizione dell'immagine

Infine, arrivando alla domanda originale a cui volevi rispondere, dato che sappiamo che abbiamo: $\Pr(E_m) \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$

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

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

E come verifica numerica, di seguito è riportato un diagramma log-log della somma, , rispetto alla dimensione dell'istanza, . Ogni punto rappresenta la media della somma di 100.000 istanze. La funzione è stata tracciata come riferimento: $S$ $n$ $x^{1/2}$

inserisci qui la descrizione dell'immagine

Mentre non vedo alcuna connessione diretta tra i due, i trucchi e la forma finale di questo problema hanno molti punti in comune con il problema del compleanno, come inizialmente indovinato nei commenti.

— user834
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4

Come si ottiene ? Ad esempio, per , ho calcolato cheSe ti viene detto che il primo cestino è vuoto, ciò rende più o meno probabile che i primi due contenitori contengano al massimo palla? È più probabile, quindi è una sottovalutazione.

P r (E_{2}) \leq P r (F_{1}) \times P r (F_{2})

$Pr(E_2) \le Pr(F_1)\times Pr(F_2)$

n = 100

$n=100$

P r (E_{2}) = 0.267946 > 0.14761 = P r (F_{1}) P r (F_{2}) .

$Pr(E_2) = 0.267946 \gt 0.14761 = Pr(F_1)Pr(F_2).$

1

$1$

P r (F_{1}) P r (F_{2})

$Pr(F_1)Pr(F_2)$

— Douglas Zare,

@DouglasZare, ho verificato i tuoi calcoli, hai ragione. Mi serve bene per non essere più rigoroso.

— user834

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La risposta è . $\Theta(\sqrt{n})$

Innanzitutto, calcoliamo . $E_{n-1}$

Supponiamo di lanciare palline in bidoni e di osservare la probabilità che un bidone contenga esattamente palline. Questa probabilità deriva dalla distribuzione di Poisson e quando va a la probabilità che ci siano esattamente palline in un dato bin è . $n$ $n$ $k$ $n$ $\infty$ $k$ $\frac{1}{e} \frac{1}{ k!}$

Ora, esaminiamo un modo diverso di distribuire le palline nei contenitori. Lanciamo un numero di palline in ogni cestino scelto dalla distribuzione di Poisson e condizioniamo nel caso in cui ci siano palline in totale. Sostengo che ciò dia esattamente la stessa distribuzione del lancio di palline in bidoni. Perché? E 'facile vedere che la probabilità di avere palle nel^esimo bin è proporzionale a In entrambe le distribuzioni. $n$ $n$ $n$ $k_j$ $j$ $\prod_{j=1}^n \frac{1}{k_j!}$

Quindi consideriamo una camminata casuale in cui ad ogni passo, vai da a con probabilità . Sostengo che se si condiziona l'evento che questa camminata casuale ritorna a 0 dopo passaggi, la probabilità che questa casuale rimanga sempre sopra è la probabilità che l'OP vuole calcolare. Perché? Questa altezza di questa passeggiata casuale dopo passi è meno il numero di palline nei primi bidoni. $t$ $t+1-k$ $\frac{1}{e}\frac{1}{k!}$ $n$ $0$ $s$ $s$ $s$

Se avessimo scelto una camminata casuale con una probabilità di di salire o scendere su ogni passaggio, questo sarebbe il classico problema di scrutinio , per il quale la risposta è . Questa è una variante del problema di scrutinio che è stata studiata (vedi questo documento ) e la risposta è ancora . Non so se esiste un modo semplice per calcolare la costante per per questo caso. $\frac{1}{2}$ $1$ $\frac{1}{2(n-1)}$ $\Theta\left(\frac{1}{n}\right)$ $\Theta\left(\frac{1}{n}\right)$

Lo stesso documento mostra che quando la camminata casuale è condizionata a terminare all'altezza , la probabilità di rimanere sempre positivi è fintanto che . Questo fatto ci consentirà di stimare per qualsiasi . $k$ $\Theta(k/n)$ $k = O(\sqrt{n})$ $E_s$ $s$

Sarò un po 'handwavy per il resto della mia risposta, ma le tecniche di probabilità standard possono essere utilizzate per renderlo rigoroso.

Sappiamo che siccome va a , questa camminata casuale converge in un ponte browniano, cioè un moto browniano condizionato per iniziare e terminare con . Dai teoremi di probabilità generali, per , la camminata casuale è approssimativamente a lontano dall'asse . Nel caso abbia altezza , la probabilità che sia rimasta sopra per tutto il tempo prima che sia . Poiché è probabile che sia quando , abbiamo $n$ $\infty$ $0$ $\epsilon n < s< (1-\epsilon)n$ $\Theta(\sqrt{n})$ $x$ $t>0$ $0$ $s$ $\Theta(t/s)$ $t$ $\Theta(\sqrt{n})$ $s = \Theta(n)$ $E_s \approx \Theta(1/\sqrt{n})$ .

— Peter Shor
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[Modifica 13-08-2014: Grazie a un commento di Peter Shor, ho modificato la mia stima del tasso di crescita asintotica di questa serie.]

La mia convinzione è che cresce come $\lim_{n\to\infty} \sum_{i<n} \Pr(E_i)$ . Non ho una prova ma penso di avere un argomento convincente. $\sqrt{n}$

Sia una variabile casuale che dia il numero di palline nel cestino . Sia una variabile casuale che dia il numero totale di sfere nei contenitori da a compreso. $B_i = f(i)$ $i$ $B_{i,j} = \sum_{k=i}^j B_k$ $i$ $j$

Ora puoi scrivere per qualsiasi . A tal fine, introduciamo la funzione e . $\Pr(E_i) = \sum_{b<j} \Pr(E_j \wedge B_{1,j} = b) \Pr(E_i \mid E_j \wedge B_{1,j} = b)$ $j < i$ $\pi$ $g_i$

π (j, k, b) = Pr (B_{j} = k ∣ B_{1, j - 1} = b) = (\binom{n - b}{k}) {(\frac{1}{n - j + 1})}^{k} {(\frac{n - j}{n - j + 1})}^{n - b - k}

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

\begin{aligned} g_{i} (j, k, b) & = Pr (E_{i} \land B_{j, i} \leq k ∣ E_{j - 1} \land B_{1, j - 1} = b) \\ = {\begin{cases} 0 & k < 0 \\ 1 & k >= 0 \land j > i \\ \sum_{l = 0}^{j - b - 1} π (j, l, b) g_{i} (j + 1, k - l, b + l) & o t h e r w i s e \end{cases} \end{aligned}

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

Possiamo scrivere in termini di : $\Pr(E_i)$ $g_i$

Pr (E_{i}) = g_{i} (1, i - 1, 0)

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

Ora, è chiaro dalla definizione di che $g_i$

Pr (E_{i}) = \frac{(n - i)^{n - i + 1}}{n^{n}} h_{i} (n)

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

dove è un polinomio in di grado . Questo ha anche un senso intuitivo; almeno palline dovranno essere inserite in uno dei th through th bins (di cui ci sono ). $h_i(n)$ $n$ $i - 1$ $n - i + 1$ $(i+1)$ $n$ $n-i$

Poiché stiamo parlando di quando , è rilevante solo il coefficiente di piombo di ; chiamiamo questo coefficiente . Poi $Pr(E_i)$ $n\to\infty$ $h_i(n)$ $a_i$

lim_{n \to \infty} Pr (E_{i}) = \frac{a_{i}}{e^{i}}

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

Come calcoliamo ? Bene, è qui che farò un piccolo giro a mano. Se elaborate le prime , vedrete che emerge un modello nel calcolo di questo coefficiente. Puoi scriverlo come $a_i$ $E_i$

dove

a_{i} = μ_{i} (1, i - 1, 0)

$a_i = \mu_i(1, i-1, 0)$

μ_{i} (j, k, b) = {\begin{cases} 0 & k < 0 \\ 1 & k >= 0 \land i > j \\ \sum_{l = 0}^{j - b - 1} \frac{1}{l!} μ_{i} (j + 1, k - l, b + l) & o t h e r w i s e \end{cases}

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

Ora, non sono stato in grado di derivare direttamente un equivalente in forma chiusa, ma ho calcolato i primi 20 valori di : $Pr(E_i)$

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

Ora, risulta che

Pr (E_{i}) = \frac{i^{i}}{i! e^{i}} = Pois (i; i)

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

$\Pois(i; \lambda)$ $X$ $i$ $\lambda$

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

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

$\Pr(E_i)$

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

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

Permettere

ϕ (x) = \frac{1}{\sqrt{2 π x}}

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

Da

$\lim_{x\to\infty}\frac{\phi(x)}{\phi(x+1)} = 1$
$\phi(x)$
$\int_1^n \phi(x)dx \to \infty$ $n \to \infty$

$\int_1^n \phi(x) dx$

\sum_{i = 1}^{n} P r (E_{i}) = Θ (\sqrt{n})

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

— ruds
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1

x^{x} / (x! e^{x}) \approx 1 / \sqrt{2 π x}

$x^x/(x! e^x)\approx 1/\sqrt{2\pi x}$

@PeterShor Grazie! Ho aggiornato la conclusione grazie alla tua intuizione e ora sono d'accordo con le altre due risposte. È interessante per me vedere 3 approcci abbastanza diversi a questo problema.

— ruds

4

$n^n$ $\sim n^{\frac{1}{2}} \frac{\sqrt{\pi}}{2}$

\frac{n!}{2 n^{n}} \sum_{k = 0}^{n - 2} \frac{n^{k}}{k!}

$\frac{n!}{2 n^n} \sum_{k=0}^{n-2}\frac{n^k}{k!}$ and there is no closed-form answer.

— Haran
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Oeis è davvero fantastico

— Thomas Ahle,