Perbedaan antara kepala dan ekor

Pertimbangkan urutan membalik koin yang tidak bias. Misalkan menunjukkan nilai absolut dari selisih jumlah kepala lebih ekor terlihat di pertama membalik. Tentukan . Tunjukkan bahwa dan . $n$ $H_i$ $i$ $H=\text{max}_i H_i$ $E[H_i]=\Theta ( \sqrt{i} )$ $E[H]=\Theta( \sqrt{n} )$

Masalah ini muncul di bab pertama `Algoritma acak 'oleh Raghavan dan Motwani, jadi mungkin ada bukti dasar dari pernyataan di atas. Saya tidak dapat menyelesaikannya, jadi saya sangat menghargai bantuan apa pun.

probability-theory randomized-algorithms

— Plummer
sumber

Jawaban:

Koin Anda terbalik membentuk jalan acak satu dimensi mulai dari , dengan , masing-masing opsi dengan probabilitas . Sekarangdan jadi . Mudah untuk menghitung (ini hanya varians), dan jadi dari konveksitas. Kita juga tahu bahwa didistribusikan secara normal dengan nol rata-rata dan varian , sehingga Anda dapat menghitung . $X_0,X_1,\ldots$ $X_0 = 0$ $X_{i+1} = X_i \pm 1$ $1/2$ $H_i = |X_i|$ $H_i^2 = X_i^2$ $E[X_i^2] = i$ $E[H_i] \leq \sqrt{E[H_i^2]} = \sqrt{i}$ $X_i$ $i$ $E[H_i] \approx \sqrt{(2/\pi)i}$

Adapun , kita memiliki hukum dari logaritma iterated , yang (mungkin) mengarahkan kita untuk mengharapkan sesuatu yang sedikit lebih besar dari . Jika Anda baik dengan batas atas , Anda dapat menggunakan batas deviasi besar untuk setiap dan kemudian ikatan gabungan, meskipun itu mengabaikan fakta bahwa terkait. $E[\max_{i \leq n} H_i]$ $\sqrt{n}$ $\tilde{O}(\sqrt{n})$ $X_i$ $X_i$

Sunting: Ketika itu terjadi, karena prinsip refleksi, lihat pertanyaan ini . Jadi karena . Sekarang dan karenanya $\Pr[\max_{i \leq n} X_i = k] = \Pr[X_n = k] + \Pr[X_n = k+1]$

\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})

$E[\max_{i \leq n} H_i] \leq 2E[H_n] + \Theta(1) = O(\sqrt{n})$ . Arah lainnya serupa.

— Yuval Filmus
sumber

Setelah kita membuktikan , tidak bisakah kita mengatakan bahwa untuk kita memiliki hasil kedua, yaitu tidak ada lebih besar dari .

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

Jika independen, maka kesimpulannya tidak akan benar, karena Anda sebenarnya mengharapkan beberapa dari nilai-nilai ini agak lebih besar dari yang diharapkan. Tidak benar secara umum bahwa .

H_{i}

$H_i$

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

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

— Yuval Filmus

Hukum logaritma iterated tidak berlaku di sini, karena adalah tetap dan kita tidak normal oleh . Jawaban untuk adalah .

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 untuk bagian pertama. tapi saya jujur tidak mengerti bagian kedua (dapatkah Anda menguraikan lebih banyak plz). Ini tidak berarti bahwa itu tidak benar.

— AJed

Bukti bagus. Tapi saya buntu bagaimana membuktikan adalah batas bawah ? Tampaknya jawabannya tidak menyebutkan perincian tentang batas bawah.

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

E (H_{i})

$E(H_i)$

— konjac

Anda dapat menggunakan distribusi setengah normal untuk membuktikan jawabannya.

Distribusi setengah normal menyatakan bahwa jika adalah distribusi normal dengan rata-rata 0 dan varians , makamengikuti setengah distribusi dengan mean , dan varians . Ini memberikan jawaban yang diperlukan, karena varians dari jalan normal adalah , dan Anda dapat memperkirakan distribusi ke distribusi normal menggunakan teorema limit pusat. $X$ $\sigma^2$ $|X|$ $\sigma \sqrt{\frac{2}{\pi}}$ $\sigma^2 (1-2/\pi)$ $\sigma^2$ $n$ $X$

$X$ adalah jumlah dari jalan acak yang disebutkan Yuval Filmus.

— Dipotong
sumber

Saya tidak suka ini yang saya posting ... meskipun memberi batas bawah, tidak ada yang bisa diceritakan tentang batas atas. Saya mencoba menggunakan argumen distribusi maksimum untuk menyelesaikannya, ternyata menjadi integrasi yang jelek. Tetapi baik untuk mengetahui semua distribusi ini.

— AJed

Dalam membalik pertama , misalkan kita mendapatkan ekor , lalu. Karenanya, Gunakan perkiraan Stirling , kita tahu . $2i$ $k$ $H_{2i}=2|i-k|$

\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})

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

— Aqua
sumber

tidakkah kita harus mempertimbangkan kasus-kasus akun di mana ? tampaknya Anda melewatkan faktor penggandaan 2, kan?

i < k \leq 2 i

$i<k\leq 2i$

— omerbp