Atirando bolas para os compartimentos, estime um limite inferior de sua probabilidade

14

Isso não é um dever de casa, embora pareça. Qualquer referência é bem vinda. :-)

Cenário: existem bolas diferentes e caixas diferentes (ativadas de 1 a , da esquerda para a direita). Cada bola é lançada de maneira independente e uniforme em caixas. Seja o número de bolas na ésima posição. Deixe denotar o seguinte evento. $n$ $n$ $n$ $f(i)$ $i$ $E_i$

Para cada , $j\le i$ $\sum_{k\le j}{f(k)} \le j-1$

Ou seja, os primeiros caixas (mais à esquerda bins) contém menos do que bolas, para cada . $j$ $j$ $j$ $j\le i$

Pergunta: Estimativa , em termos de ? Quando vai ao infinito. Um limite inferior é o preferido. Não acho que exista uma fórmula facilmente calculada. $\sum_{i<n}{Pr(E_i)}$ $n$ $n$

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

Meu palpite: Acho que $\sum_{i<n}{Pr(E_i)}=\ln n$ , quando $n$ for infinito. Eu considerei os primeiros $\ln n$ itens na soma.

reference-request co.combinatorics pr.probability

— Peng Zhang
fonte

1

Parece um subcaso do problema de aniversário ..

— Gopi

@ Gopi Não consigo me convencer de que minha pergunta é um problema restrito de aniversário. Você pode explicá-lo explicitamente? Muito obrigado. Nota: A restrição está na soma de bolas nos primeiros compartimentos, não no número de compartimentos em um compartimento específico.

j

$j$

— Peng Zhang

De fato, meu mal, depois de reler o artigo da Wikipedia sobre o problema do aniversário, percebi que estava considerando outro problema que foi adaptado do problema do aniversário.

— Gopi

2

Algumas idéias incorretas ... Então, pense em como codificar um estado: Leia o formulário das caixas da esquerda para a direita. Se o primeiro compartimento tiver i bolas, produza uma sequência de i uns, seguida de um 0. Faça isso para todos os compartimentos da esquerda para a direita. Sua codificação parece estar interessada no maior i, de modo que essa cadeia de caracteres binária (que possui n zeros e n) seja a primeira vez que contém mais zeros. Agora, vamos dar um salto no destino e gerar 0 e 1 com igual probabilidade . (Isso pode ser um absurdo completo). Esse problema está relacionado aos números catalães e palavras dyck. E...???

1 / 2

$1/2$

— Sariel Har-Peled

4

Na sua definição, não vejo por que importa que as bolas sejam diferentes. Além disso, a interpretação da string leva em consideração o fato de que as caixas são diferentes.

— Sariel Har-Peled

11

EDIT: (08-08-2014) Como Douglas Zare aponta nos comentários, o argumento abaixo, especificamente a 'ponte' entre as duas probabilidades, está incorreto. Não vejo uma maneira direta de corrigi-lo. Deixarei a resposta aqui, pois acredito que ainda fornece alguma intuição, mas saiba que não é verdade em geral.

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

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

Essa não será uma resposta completa, mas espero que tenha conteúdo suficiente para que você ou alguém com mais conhecimento do que eu possa terminar.

Considere a probabilidade de exatamente bolas caírem nos primeiros (de ) compartimentos: $k$ $l$ $n$

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

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

Chame a probabilidade de que menos de bolas caiam nos primeiros compartimentos : $l$ $l$ $F_l$

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

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

A probabilidade de o evento, , ocorrer acima é menor do que se considerarmos que cada um dos eventos ocorre independentemente e todos de uma vez. Isso nos dá uma ponte entre os dois: $E_l$ $F_l$

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

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

Onde é a função de distribuição cumulativa para a distribuição Binomial com . Apenas lendo algumas linhas na página da Wikipedia e observando que , podemos usar a desigualdade de Chernoff para obter: $F(l-1; n, \frac{l}{n})$ $p = \frac{l}{n}$ $(l-1 \le p n)$

\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}

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

Onde é o 'ésimo número harmônico , é a constante de Euler-Mascheroni e a desigualdade para o é obtida da página vinculada do Wolfram no MathWorld. $H_m$ $m$ $\gamma$ $H_m$

Não se preocupando com o fator , isso finalmente nos dá: $e^{-1/4m}$

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

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

Abaixo está um gráfico de log-log de uma média de 100.000 instâncias para em função de com a função também plotada para referência: $n=2048$ $m$ $\frac{e^{ -\gamma/2}}{\sqrt{m}}$

insira a descrição da imagem aqui

Enquanto as constantes estão desativadas, a forma da função parece estar correta.

Abaixo está um gráfico de log-log para variar com cada ponto sendo a média de 100.000 instâncias em função de : $n$ $m$

insira a descrição da imagem aqui

Por fim, chegando à pergunta original que você queria responder, pois sabemos que temos: $\Pr(E_m) \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$

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

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

E, como verificação numérica, abaixo está um gráfico de log-log da soma , versus tamanho da instância, . Cada ponto representa a média da soma de 100.000 instâncias. A função foi plotada para referência: $S$ $n$ $x^{1/2}$

insira a descrição da imagem aqui

Embora eu não veja nenhuma conexão direta entre os dois, os truques e a forma final desse problema têm muitos pontos em comum com o Problema do Aniversário, como inicialmente adivinhado nos comentários.

— user834
fonte

4

Como você obtém ? Por exemplo, para , calculo queSe lhe disserem que o primeiro compartimento está vazio, isso torna mais ou menos provável que os dois primeiros compartimentos tenham no máximo bola? É mais provável, então é uma subestimação.

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, verifiquei seus cálculos, você está correto. Serve-me bem por não ser mais rigoroso.

— user834

15

A resposta é . $\Theta(\sqrt{n})$

Primeiro, vamos calcular . $E_{n-1}$

Vamos supor que jogamos bolas em lixeiras e observemos a probabilidade de uma caixa ter exatamente bolas nela. Essa probabilidade vem da distribuição de Poisson e, conforme vai para a probabilidade de que haja exatamente bolas em um determinado compartimento é . $n$ $n$ $k$ $n$ $\infty$ $k$ $\frac{1}{e} \frac{1}{ k!}$

Agora, vamos ver uma maneira diferente de distribuir bolas em caixas. Jogamos um número de bolas em cada posição escolhida na distribuição de Poisson e condicionamos se houver um total de bolas. Afirmo que isso fornece exatamente a mesma distribuição que jogar bolas em caixas. Por quê? É fácil ver que a probabilidade de ter bolas no^ésimo compartimento é proporcional a duas distribuições. $n$ $n$ $n$ $k_j$ $j$ $\prod_{j=1}^n \frac{1}{k_j!}$

Então, vamos considerar uma caminhada aleatória em que, a cada passo, você passa de para com probabilidade . Eu afirmo que, se você condicionar no caso de esse passeio aleatório retornar a 0 após etapas, a probabilidade de que esse aleatório sempre fique acima de é a probabilidade que o OP deseja calcular. Por quê? Esta altura desta caminhada aleatória após passos é menos o número de bolas nos primeiros escaninhos. $t$ $t+1-k$ $\frac{1}{e}\frac{1}{k!}$ $n$ $0$ $s$ $s$ $s$

Se tivéssemos escolhido uma caminhada aleatória com uma probabilidade de de subir ou descer em cada etapa, este seria o problema clássico da votação , para o qual a resposta é . Essa é uma variante do problema da cédula que foi estudada (consulte este artigo ), e a resposta ainda é . Não sei se existe uma maneira fácil de calcular a constante para para este caso. $\frac{1}{2}$ $1$ $\frac{1}{2(n-1)}$ $\Theta\left(\frac{1}{n}\right)$ $\Theta\left(\frac{1}{n}\right)$

O mesmo artigo mostra que quando a caminhada aleatória é condicionada a terminar na altura , a probabilidade de sempre permanecer positiva é desde que . Esse fato nos permitirá estimar para qualquer . $k$ $\Theta(k/n)$ $k = O(\sqrt{n})$ $E_s$ $s$

Vou ser um pouco acenado pelo resto da minha resposta, mas técnicas de probabilidade padrão podem ser usadas para tornar isso rigoroso.

Sabemos que, conforme vai para , essa caminhada aleatória converge para uma ponte browniana, ou seja, movimento browniano condicionado a iniciar e terminar em . Dos teoremas gerais de probabilidade, para , a caminhada aleatória está aproximadamente longe do eixo . No caso de ter altura , a probabilidade de permanecer acima de o tempo todo antes de ser . Como é provavelmente quando , temos $n$ $\infty$ $0$ $\epsilon n < s< (1-\epsilon)n$ $\Theta(\sqrt{n})$ $x$ $t>0$ $0$ $s$ $\Theta(t/s)$ $t$ $\Theta(\sqrt{n})$ $s = \Theta(n)$ $E_s \approx \Theta(1/\sqrt{n})$ .

— Peter Shor
fonte

4

[Editar 2014-08-13: Graças a um comentário de Peter Shor, alterei minha estimativa da taxa de crescimento assintótico desta série.]

Minha crença é que cresce à medida que . Não tenho prova, mas acho que tenho um argumento convincente. $\lim_{n\to\infty} \sum_{i<n} \Pr(E_i)$ $\sqrt{n}$

Seja uma variável aleatória que fornece o número de bolas na posição . Seja seja uma variável aleatória que fornece o número total de bolas nos compartimentos a inclusive. $B_i = f(i)$ $i$ $B_{i,j} = \sum_{k=i}^j B_k$ $i$ $j$

Agora você pode escrever para qualquer . Para esse fim, vamos apresentar as funções 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}

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

Podemos escrever em termos de : $\Pr(E_i)$ $g_i$

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

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

Agora, fica claro na definição de que $g_i$

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

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

onde é um polinómio em de grau . Isso também faz algum sentido intuitivo; pelo menos bolas deverão ser colocadas em uma das caixas ( a ésima (das quais existem ). $h_i(n)$ $n$ $i - 1$ $n - i + 1$ $(i+1)$ $n$ $n-i$

Como estamos falando apenas de quando , apenas o coeficiente de chumbo de é relevante; vamos chamar esse coeficiente de . Então $Pr(E_i)$ $n\to\infty$ $h_i(n)$ $a_i$

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

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

Como computamos ? Bem, é aqui que vou fazer um pouco de ondulação manual. Se você elaborar os primeiros , verá que um padrão surge no cálculo desse coeficiente. Você pode escrever como $a_i$ $E_i$

a_{i} = μ_{i} (1, i - 1, 0)

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

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}

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

Agora, não consegui derivar um equivalente de forma fechada diretamente, mas os 20 primeiros valores de : $Pr(E_i)$

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

Agora, acontece que

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

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

onde é a probabilidade de que uma variável aleatória tenha valor quando é extraída de uma distribuição de Poisson com média . Assim, podemos escrever nossa soma como $\Pois(i; \lambda)$ $X$ $i$ $\lambda$

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

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

Wolfram Alpha me diz que esta série diverge . Peter Shor aponta em um comentário que a aproximação de Stirling nos permite estimar : $\Pr(E_i)$

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

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

Deixei

ϕ (x) = \frac{1}{\sqrt{2 π x}}

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

Desde a

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

nossa série cresce como (veja, por exemplo, Teorema 2 ). Isso é, $\int_1^n \phi(x) dx$

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

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

— ruds
fonte

1

Wolfram Alpha está errado. Use a fórmula de Stirling . Ele diz que, .

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

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

— quer

@PeterShor Thanks! Atualizei a conclusão graças à sua visão e agora estou de acordo com as outras duas respostas. É interessante para mim ver três abordagens bastante diferentes para esse 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!}

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

— Haran
fonte

Oeis é impressionante

— Thomas Ahle