Analisi di palle e cassonetti nel regime

$m$ $n$ $m \gg n$ $X_i$ $i$ $X_\max$ $X_\min$ $X_{\mathrm{sec-max}}$ $X_i - X_j \sim N(0,2m/n)$ $|X_i - X_j| = \Theta(\sqrt{m/n})$ $i,j$ $X_{\max} - X_{\min} = O(\sqrt{m\log n/n})$ $n/2$ coppie di bidoni disgiunti. Questo argomento (non del tutto formale) ci porta ad aspettarci che il divario tra e sia con alta probabilità. $X_{\max}$ $X_{\min}$ $\Theta(\sqrt{m\log n/n})$

Sono interessato al divario tra e . L'argomento sopra indicato mostra che con alta probabilità, ma il fattore sembra estraneo . Si sa qualcosa sulla distribuzione di ? $X_\max$ $X_{\mathrm{sec-max}}$ $X_\max - X_{\mathrm{sec-max}} = O(\sqrt{m\log n/n})$ $\sqrt{\log n}$ $X_\max - X_{\mathrm{sec-max}}$

Più in generale, supponiamo che ogni palla sia associata a un punteggio non negativo per ogni cestino, e siamo interessati al punteggio totale di ogni cestino dopo aver lanciato palle. Lo scenario abituale corrisponde ai punteggi del modulo . Supponiamo che la distribuzione di probabilità dei punteggi sia invariante in base alla permutazione dei bin (nel solito scenario, ciò corrisponde al fatto che tutti i bin sono equiprobabili). Data la distribuzione dei punteggi, possiamo usare il metodo del primo paragrafo per ottenere un buon limite su . Il limite conterrà un fattore di $m$ $(0,\ldots,0,1,0,\ldots,0)$ $X_{\max} - X_{\min}$ $\sqrt{\log n}$ che viene da un vincolo di unione (tramite le probabilità di coda di una variabile normale). Questo fattore può essere ridotto se siamo interessati a delimitare ? $X_{\max} - X_{\mathrm{sec-max}}$

reference-request pr.probability

— Yuval Filmus
fonte

Ogni punteggio è in [0,1]?

— Neal Young,

Non importa, puoi sempre ridimensionarlo in modo che sia in .

[0, 1]

$[0,1]$

— Yuval Filmus,

Risposte:

Risposta: . $\Theta\left(\sqrt{\frac{m}{n\log n}}\right)$

Applicando una versione multidimensionale del teorema del limite centrale, otteniamo che il vettore ha una distribuzione gaussiana asintoticamente multivariata con e Supponiamo di seguito che sia un vettore gaussiano (e non solo approssimativamente un vettore gaussiano). Aggiungiamo una variabile casuale gaussiana con varianza a tutti ( è indipendente da tutti ). Cioè, lascia $(X_1,\dots, X_n)$

V a r [X_{i}] = m (\frac{1}{n} - \frac{1}{n^{2}}),

$\mathrm{Var}[X_i] = m\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n^2}\right),$

C o v (X_{i}, X_{j}) = - m / n^{2} .

$\mathrm{Cov}(X_i, X_j) = -m/n^2.$

X

$X$

Z

$Z$

m / n^{2}

$m/n^2$

X_{i}

$X_i$

Z

$Z$

X_{i}

$X_i$

(\begin{matrix} Y_{1} \\ Y_{2} \\ ⋮ \\ Y_{n} \end{matrix}) = (\begin{matrix} X_{1} + Z \\ X_{2} + Z \\ ⋮ \\ X_{n} + Z \end{matrix}) .

$\begin{pmatrix} Y_1\\Y_2\\ \vdots\\Y_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} X_1+Z\\X_2+Z\\ \vdots\\X_n +Z \end{pmatrix}.$ Otteniamo un vettore gaussiano . Ora ogni ha varianza : e tutti sono indipendenti:

(Y_{1}, \dots, Y_{n})

$(Y_1, \dots, Y_n)$

Y_{i}

$Y_i$

m / n

$m/n$

V a r [Y_{i}] = V a r [X_{i}] + \underset{= 0}{\underset{⏟}{2 C o v (X_{i}, Z)}} + V a r [Z] = m / n,

$\mathrm{Var}[Y_i] = \mathrm{Var}[X_i] + \underbrace{2\mathrm{Cov}(X_i,Z)}_{=\, 0}+\mathrm{Var}[Z] = m/n,$

Y_{i}

$Y_i$

C o v (Y_{i}, Y_{j}) = C o v (X_{i}, X_{j}) + \underset{= 0}{\underset{⏟}{C o v (X_{i}, Z) + C o v (X_{j}, Z)}} + C o v (Z, Z) = 0.

$\mathrm{Cov}(Y_i, Y_j) = \mathrm{Cov}(X_i, X_j) + \underbrace{\mathrm{Cov}(X_i,Z) + \mathrm{Cov}(X_j,Z)}_{=\, 0} +\mathrm{Cov}(Z, Z) = 0.$

Nota che . Quindi il nostro problema originale equivale al problema di trovare . Per prima cosa analizziamo per semplicità il caso quando tutti hanno varianza . $Y_i - Y_j = X_i - X_j$ $Y_{\mathrm{max}} - Y_{\mathrm{sec-max}}$ $Y_i$ $1$

Problema. Ci viene dato gaussiano indipendente rv con mean e varianza . Stimare le aspettative di . $n$ $\gamma_1,\dots, \gamma_n$ $\mu$ $1$ $\gamma_{\mathrm{max}} - \gamma_{\mathrm{sec-max}}$

Risposta: . $\Theta\left(\frac{1}{\sqrt{\log n}}\right)$

Prova informale. Ecco una soluzione informale a questo problema (non è difficile renderlo formale). Poiché la risposta non dipende dalla media, assumiamo che . Sia , dove . Abbiamo (per moderatamente grande ), $\mu = 0$ $\bar\Phi(t) = \Pr[\gamma > t]$ $\gamma\sim{\cal N}(0,1)$ $t$

\bar{Φ} (t) \approx \frac{1}{\sqrt{2 π} t} e^{- \frac{1}{2} t^{2}} .

$\bar\Phi(t)\approx \frac{1}{\sqrt{2\pi}t} e^{-\frac{1}{2}t^2}.$

Nota che

$\Phi(\gamma_i)$ sono distribuiti in modo uniforme e indipendente su , $[0,1]$
$\Phi(\gamma_{\mathrm{max}})$ è il più piccolo tra , $\Phi(\gamma_i)$
$\Phi(\gamma_{\mathrm{sec-max})}$ è il secondo più piccolo tra . $\Phi(\gamma_i)$

Quindi è vicino a e è vicino a (non c'è concentrazione ma se non t importa delle costanti queste stime sono abbastanza buone; in effetti, sono anche abbastanza buone se ci preoccupiamo delle costanti - ma questo ha bisogno di una giustificazione). Usando la formula per , otteniamo quel $\Phi(\gamma_{\mathrm{max}})$ $1/n$ $\Phi(\gamma_{\mathrm{max}})$ $2/n$ $\bar\Phi(t)$

2 \approx \bar{Φ} (γ_{s e c - m a x}) / \bar{Φ} (γ_{m a x}) \approx e^{\frac{1}{2} (γ_{m a x}^{2} - γ_{s e c - m a x}^{2})} .

$2\approx \bar\Phi(\gamma_{\mathrm{sec-max}})\left/\bar\Phi(\gamma_{\mathrm{max}})\right. \approx e^{\frac{1}{2}\left(\gamma_{\mathrm{max}}^2 - \gamma_{\mathrm{sec-max}}^2\right)}.$

Pertanto is whp Nota che . Abbiamo, $\gamma_{\mathrm{max}}^2 - \gamma_{\mathrm{sec-max}}^2$ $\Theta(1)$ $\gamma_{\mathrm{max}}\approx \gamma_{\mathrm{sec-max}} = \Theta(\sqrt{\log n})$

γ_{m a x} - γ_{s e c - m a x} \approx \frac{Θ (1)}{γ_{m a x} + γ_{s e c - m a x}} \approx \frac{Θ (1)}{\sqrt{\log n}} .

$\gamma_{\mathrm{max}} - \gamma_{\mathrm{sec-max}}\approx \frac{\Theta(1)}{\gamma_{\mathrm{max}} + \gamma_{\mathrm{sec-max}}} \approx \frac{\Theta(1)}{\sqrt{\log n}}.$

QED

Otteniamo che

\begin{aligned} E [X_{m a x} - X_{s e c - m a x}] & = E [Y_{m a x} - Y_{s e c - m a x}] \\ = \sqrt{V a r [Y_{i}]} \times E [γ_{m a x} - γ_{s e c - m a x}] = Θ (\sqrt{\frac{m}{n \log n}}) . \end{aligned}

$\begin{align} \mathbb{E}[{X_{\mathrm{max}} - X_{\mathrm{sec-max}}}] &= \mathbb{E}[{Y_{\mathrm{max}} - Y_{\mathrm{sec-max}}}] \\ &= \sqrt{\mathrm{Var}[Y_i]} \times\mathbb{E}[{\gamma_{\mathrm{max}} - \gamma_{\mathrm{sec-max}}}] = \Theta\left(\sqrt{\frac{m}{n\log n}}\right). \end{align}$

Lo stesso argomento si manifesta quando abbiamo punteggi arbitrari. Mostra che
$E [X_{m a x} - X_{s e c - m a x}] = c E [X_{m a x} - X_{m i n}] / \log n .$ $\mathbb{E}[X_{\mathrm{max}}- X_{\mathrm{sec-max}}] = c\, \left. \mathbb{E}[X_{\mathrm{max}}- X_{\mathrm{min}}]\right/\log n.$

— Yury
fonte

Grazie! Ricorderò di provare la prossima approssimazione gaussiana multivariata.

— Yuval Filmus,

Yury, hai scritto "Aggiungiamo un vettore gaussiano con varianza a tutti . Otteniamo un vettore gaussiano . Ora ogni ha varianza e tutti non lo sono correlato ... Nota che . " Puoi espanderci su questa parte? È ? Se gli sono dipendenti e gli sono indipendenti (o uniformemente uguali), come possono gli essere indipendenti? (Sembra un trucco pulito ma non lo capisco.) Grazie.

Z

$Z$

m / n^{2}

$m/n^2$

X_{i}

$X_i$

(Y_{1}, \dots, Y_{n})

$(Y_1, \dots, Y_n)$

Y_{i}

$Y_i$

m / n

$m/n$

Y_{i}

$Y_i$

Y_{i} - Y_{j} = X_{i} - X_{j}

$Y_i - Y_j = X_i - X_j$

Z_{i} = Z_{j}

$Z_i = Z_j$

X_{i}

$X_i$

Z_{i}

$Z_i$

Y_{i}

$Y_i$

— Neal Young

@NealYoung, sì, se abbiamo variabili con correlazione a coppie negativa e tutte le covarianze sono uguali , allora possiamo aggiungere una singola nuova variabile casuale a tutti gli tali che le somme sono indipendenti. Inoltre, se le variabili hanno una correlazione positiva e tutte le covarianze sono uguali, allora possiamo sottrarre una singola rv da tutte in modo che tutte le differenze siano indipendenti; ma ora non è indipendente da ma piuttosto

X_{1}, \dots, X_{n}

$X_1,\dots,X_n$

C o v (X_{i}, X_{j})

$\mathrm{Cov}(X_i,X_j)$

Z

$Z$

X_{i}

$X_i$

C o v (X_{i}, X_{j})

$\mathrm{Cov}(X_i,X_j)$

Z

$Z$

Z

$Z$

X_{i}

$X_i$

Z = α (X_{1} + \dots + X_{n})

$Z=\alpha (X_1 + \dots+X_n)$ per alcuni parametri di ridimensionamento .

α

$\alpha$

— Yury il

Ah capisco almeno algebricamente, tutto ciò su cui poggia è l'indipendenza a coppie di Z e di ogni . molto bello.

X_{i}

$X_i$

— Suresh Venkat,

Questo argomento ora appare (con attribuzione) in un documento EC'14 : dl.acm.org/citation.cfm?id=2602829 .

— Yuval Filmus,

Per la tua prima domanda, penso che puoi dimostrare che whp è Si noti che questo è . $X_{\max}-X_{\textrm{sec-max}}$

o (\sqrt{\frac{m}{n} \frac{\log^{2} \log n}{\log n}}) .

$o\left(\sqrt{\frac{m}{n}\frac{\log^2\log n}{\log n}}\right).$

o (\sqrt{m / n})

$o(\sqrt{m/n})$

Confronta il tuo esperimento casuale con la seguente alternativa: Lascia che sia il carico massimo di uno dei primi bucket. Sia il carico massimo di uno degli ultimi bucket. $X_1$ $n/2$ $X_2$ $n/2$

A titolo oneroso,è un limite superiore di . Inoltre, con probabilità almeno la metà, . Quindi, parlando approssimativamente, è distribuito in modo simile a. $|X_1-X_2|$ $X_{\max}-X_{\mathrm{sec-max}}$ $|X_1-X_2| = X_{\max}-X_{\mathrm{sec-max}}$ $X_{\max}-X_{\mathrm{sec-max}}$ $|X_1-X_2|$

Per studiare, nota che con alta probabilità palle vengono lanciate nei primi bin, e allo stesso modo per gli ultimi bin. Quindi e sono ciascuno distribuito essenzialmente come il carico massimo quando si lanciano palline in bidoni. $|X_1-X_2|$ $m/2\pm O(\sqrt m)$ $n/2$ $n/2$ $X_1$ $X_2$ $m' = m/2\pm o(m)$ $n' = n/2$

Questa distribuzione è ben studiata e, fortunatamente per questa argomentazione, è strettamente concentrata attorno alla sua media. Ad esempio, se , allora con alta probabilità differisce dalle sue aspettative al massimo dalla quantità visualizzata all'inizio di questa risposta [ Thm. 1 ]. (Nota: questo limite superiore è, credo, sciolto, data la risposta di Yuri.) Pertanto, con alta probabilità anche e differiscono al massimo da questo, e quindi e differiscono al massimo così tanto. $m' \gg n\log^3 n$ $X_1$ $X_1$ $X_2$ $X_{\max}$ $X_{\mathrm{max-sec}}$

Al contrario, per un limite inferiore (un po 'più debole), se, per qualsiasi , diciamo, , quindi è almeno che (dal limite dell'unione ingenua) è almeno Penso che questo dovrebbe darti (per esempio) l'aspettativa di all'interno di un fattore contante. $t$ $\Pr[|X_1-X_2| \ge t] \ge 3/4$ $\Pr[X_{\max}-X_{\textrm{sec-max}} \ge t]$

Pr [| X_{1} - X_{2} | \geq t \land X_{max} - X_{sec-max} = | X_{1} - X_{2} |]

$\Pr\big[|X_1-X_2| \ge t ~\wedge~ X_{\max}-X_{\textrm{sec-max}} = |X_1-X_2|\big]$

1 - (1 / 4) - (1 / 2) = 1 / 4.

$1 - (1/4) - (1/2) = 1/4.$

X_{max} - X_{sec-max}

$X_{\max}-X_{\textrm{sec-max}}$

— Neal Young
fonte

Guardando Thm. 1, la differenza dall'aspettativa è , e non quello che hai scritto. È ancora molto meglio di .

O (\sqrt{(m / n) \log \log n})

$O(\sqrt{(m/n) \log \log n})$

O (\sqrt{(m / n) \log n})

$O(\sqrt{(m/n) \log n})$

— Yuval Filmus,

Di Thm. 1 (il suo terzo caso), per qualsiasi , con probabilità , il massimo in qualsiasi bin (m palle in n bin) è Secondo la mia matematica (usando ), il termine espande in un termine assoluto additivo diChe cosa sto facendo di sbagliato?

ϵ > 0

$\epsilon>0$

1 - o (1)

$1-o(1)$

\frac{m}{n} + \sqrt{\frac{2 m \log n}{n}} \sqrt{1 - (1 \pm ϵ) \frac{\log \log n}{2 \log n}} .

$\frac{m}{n} +\sqrt{\frac{2m\log n}{n}}\sqrt{1-(1\pm\epsilon) \frac{\log\log n}{2\log n}}.$

\sqrt{1 - δ} = 1 - O (δ)

$\sqrt{1-\delta} = 1 - O(\delta)$

\pm ϵ

$\pm\epsilon$

O (ϵ) \sqrt{\frac{m \log n}{n}} \frac{\log \log n}{\log n} = O (ϵ) \sqrt{\frac{m}{n} \frac{\log^{2} \log n}{\log n}} .

$O(\epsilon) \sqrt{\frac{m\log n}{n}}~\frac{\log\log n}{\log n} ~=~O(\epsilon) \sqrt{\frac{m}{n}~\frac{\log^2\log n}{\log n}}.$

— Neal Young,

Ah - Immagino tu abbia ragione. Ho sottratto la radice quadrata ed è così che ho ottenuto la mia figura.

— Yuval Filmus,