Valanga come processo stocastico

Considera il seguente processo:

Ci sono bidoni disposti dall'alto verso il basso. Inizialmente, ogni cestino contiene una palla. In ogni passo, noi$n$

1. scegli una palla uniformemente a caso e$b$
2. sposta tutte le palline dal cestino contenente nel cestino sottostante. Se era già il cestino più basso, rimuoviamo le palline dal processo.$b$

Quanti passi ci vuole in attesa fino al termine del processo, ovvero fino a quando tutte le palline sono state rimosse dal processo? Questo è stato studiato prima? La risposta segue facilmente da tecniche conosciute?$n$

Nel migliore dei casi, il processo può terminare dopo passaggi. Nel peggiore dei casi può prendere Θ ( n 2 ) passi. Entrambi i casi dovrebbero tuttavia essere molto improbabili. La mia congettura è che ci vogliono Θ ( n log n ) passaggi e ho fatto alcuni esperimenti che sembrano confermare questo.$n$$\Theta(n^2)$$\Theta(n\log n)$

(Notare che selezionare un cestino in modo uniforme a caso è un processo molto diverso che ovviamente richiederà passaggi per terminare.)$\Theta(n^2)$

Non proprio una risposta, ma un commento esteso sulla risposta di András.

La risposta di András contiene una buona intuizione, anche se non credo sia un calcolo rigoroso del numero previsto di passaggi. Penso che sia forse una buona approssimazione per una risposta, ma non sembra trattare correttamente i casi in cui il cestino sotto il cestino occupato più in alto diventa vuoto prima che il cestino superiore venga svuotato verso il basso. Tuttavia, questa potrebbe essere un'approssimazione ragionevole da fare (non ne sono sicuro).

Il suo calcolo contiene un errore che influisce sul ridimensionamento. Prenderò esattamente lo stesso punto di partenza, rifare ed espandere il calcolo.

Manca un fattore di p all'interno della somma, poiché la probabilità di scegliere casualmente il contenitore corretto è anziché$\frac{p}{n}$ . Di conseguenza abbiamo$\frac{1}{n}$

$\begin{eqnarray*} n + \sum_{p=1}^n \sum_{k=0}^{\infty} (k+1) \frac{p}{n} \left(\frac{n-p}{n}\right)^k & = & n + \sum_{p=1}^{n} \frac{p}{n} \sum_{k=0}^{\infty} (k+1) \left(\frac{n-p}{n}\right)^k \\\\& = & n + \sum_{p=1}^{n} \frac{p}{n} \cdot \frac{n^2}{p^2} \\\\& = & n + n\sum_{p=1}^{n} 1/p \\\\& = & n (1+H_n) \end{eqnarray*}$

dove è l'ennesimo numero di armoniche . Per approssimare H n possiamo semplicemente sostituire la somma con un integrale: H n ≈ ∫ n + 1 1$H_n = \sum_{p=1}^{n} 1/p$$H_n$. Pertanto il ridimensionamento èn(1+log(n+1))o approssimativamentenlog(n+1). Sebbene questo ridimensionamento non corrisponda esattamente al ridimensionamento del problema (vedere la simulazione di seguito) è quasi esattamente un fattore dilog(2).$H_n \approx \int_{1}^{n+1} \frac{1}{x} dx = \log(n+1)$$n (1+\log(n+1))$$n \log(n+1)$$\log(2)$

Cerchi rossi: punti dati dalla simulazione del processo mediati su 10k corse. Verde: . Blu: n registro ( n + 1 ) .$n \log_2(n+1)$$n \log(n+1)$

Modifica: lascio questa risposta così com'è (per ora) per illustrare il disordinato processo di dimostrazione dei teoremi, qualcosa che viene lasciato fuori dagli articoli pubblicati. L'intuizione di base qui è che è sufficiente concentrarsi sulla palla in alto, in quanto spazza via tutto sotto di essa. Si prega di vedere i commenti (in particolare @Michael sottolineando che possono verificarsi lacune) e la successiva risposta di @ Joe per come gli errori sono stati identificati e corretti. Mi piace particolarmente l'uso di esperimenti da parte di Joe per ricontrollare che le formule fossero sensate.

$n$$(1 + \pi^2/6)n$

$b_1b_2\cdots b_n$$b_1 = n$, $b_2 \ge n-1$, $\dots$, $b_i \ge n-i+1$. Ulteriori condizioni sono necessarie sulla sequenza per evitare che vengano scelte le palle che non sono più nel sistema, ma ai fini di un limite superiore, supponiamo che ci sia una sequenza infinita decrescente di contenitori (quindi le palle non scompaiono quando si lascia il cestino 1, ma vengono spostati nel cestino 0, quindi nel cassetto -1 e così via). Quindi il numero previsto di passaggi per una tale sottosequenza da visualizzare è il numero previsto di passaggi prima$b_1$ is seen, plus the expected number of steps before $b_2$ is seen, and so on (down to 1, since $b_n$ can be any of the numbers $1,2,\ldots,n$). These can be seen as separate events, one after the other. The expected number of steps is then

$\begin{eqnarray*}n + \sum_{p=1}^n \sum_{k=0}^{\infty} \frac{k+1}{n} \left(\frac{n-p}{n}\right)^k & = & n + \sum_{p=1}^{n-1} \frac{1}{n-p} \sum_{k=1}^{\infty} k\left(\frac{n-p}{n}\right)^k \\& = & n + \sum_{p=1}^{n-1} \frac{1}{n-p} n(n-p)/p^2 \\& = & n + n\sum_{p=1}^{n-1} 1/p^2 \\& \le & (1 + \pi^2/6)n. \end{eqnarray*}$