Bolas e análise lixeiras no

$m$ $n$ $m \gg n$ $X_i$ $i$ $X_\max$ $X_\min$ $X_{\mathrm{sec-max}}$ $X_i - X_j \sim N(0,2m/n)$ $|X_i - X_j| = \Theta(\sqrt{m/n})$ $i,j$ $X_{\max} - X_{\min} = O(\sqrt{m\log n/n})$ $n/2$ pares de compartimentos separados. Esse argumento (não completamente formal) nos leva a esperar que a diferença entre e seja com alta probabilidade. $X_{\max}$ $X_{\min}$ $\Theta(\sqrt{m\log n/n})$

Estou interessado na diferença entre e . O argumento descrito acima mostra que com alta probabilidade, mas o fator parece estranho . Existe algo conhecido sobre a distribuição de ? $X_\max$ $X_{\mathrm{sec-max}}$ $X_\max - X_{\mathrm{sec-max}} = O(\sqrt{m\log n/n})$ $\sqrt{\log n}$ $X_\max - X_{\mathrm{sec-max}}$

De maneira mais geral, suponha que cada bola esteja associada a uma pontuação não negativa para cada posição, e estamos interessados na pontuação total de cada posição após jogar $m$ bolas. O cenário usual corresponde às pontuações do formulário $(0,\ldots,0,1,0,\ldots,0)$ . Suponha que a distribuição de probabilidade das pontuações seja invariável sob a permutação das caixas (no cenário usual, isso corresponde ao fato de que todas as caixas são equivalentes). Dada a distribuição das pontuações, podemos usar o método do primeiro parágrafo para obter um bom limite entre $X_{\max} - X_{\min}$ . O limite conterá um fator de $\sqrt{\log n}$ que vem de um limite de união (através das probabilidades finais de uma variável normal). Esse fator pode ser reduzido se estivermos interessados em delimitar ? $X_{\max} - X_{\mathrm{sec-max}}$

reference-request pr.probability

— Yuval Filmus
fonte

Cada pontuação está em [0,1]?

— Neal Young

Realmente não importa, você sempre pode escalá-lo para que fique em .

[0, 1]

$[0,1]$

— Yuval Filmus

Respostas:

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

Aplicando uma versão multidimensional do Teorema do Limite Central, obtemos que o vetor possui distribuição gaussiana assintoticamente multivariada com e Vamos assumir abaixo que é um vetor gaussiano (e não apenas aproximadamente um vetor gaussiano). Vamos adicionar uma variável aleatória gaussiana com variância a todos os ( é independente de todos os ). Ou seja, vamos $(X_1,\dots, X_n)$

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}) .

$\begin{pmatrix} Y_1\\Y_2\\ \vdots\\Y_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} X_1+Z\\X_2+Z\\ \vdots\\X_n +Z \end{pmatrix}.$ Temos um vetor gaussiano . Agora, cada tem variação : e todos os são independentes:

(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.

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

Observe que . Portanto, nosso problema original é equivalente ao problema de encontrar . Vamos primeiro simplificar a análise do caso em que todos os têm variação . $Y_i - Y_j = X_i - X_j$ $Y_{\mathrm{max}} - Y_{\mathrm{sec-max}}$ $Y_i$ $1$

Problema. Nós recebemos rv gaussiano independente com média e variância . Estime a expectativa de . $n$ $\gamma_1,\dots, \gamma_n$ $\mu$ $1$ $\gamma_{\mathrm{max}} - \gamma_{\mathrm{sec-max}}$

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

Prova informal. Aqui está uma solução informal para esse problema (não é difícil torná-lo formal). Como a resposta não depende da média, assumimos que . Vamos , onde . Temos (para moderadamente 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}} .

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

Observe que

$\Phi(\gamma_i)$ são distribuídos de maneira uniforme e independente em , $[0,1]$
$\Phi(\gamma_{\mathrm{max}})$ é o menor entre , $\Phi(\gamma_i)$
$\Phi(\gamma_{\mathrm{sec-max})}$ é o segundo menor entre . $\Phi(\gamma_i)$

Portanto, está próximo de e está próximo de (não há concentração, mas se não usarmos ' não se preocupam com constantes, essas estimativas são boas o suficiente; na verdade, são muito boas se nos importamos com constantes - mas isso precisa de uma justificativa). Usando a fórmula para , obtemos $\Phi(\gamma_{\mathrm{max}})$ $1/n$ $\Phi(\gamma_{\mathrm{max}})$ $2/n$ $\bar\Phi(t)$

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})} .

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

Portanto, é whp Observe que . Temos, $\gamma_{\mathrm{max}}^2 - \gamma_{\mathrm{sec-max}}^2$ $\Theta(1)$ $\gamma_{\mathrm{max}}\approx \gamma_{\mathrm{sec-max}} = \Theta(\sqrt{\log n})$

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

Entendemos que

\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}

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

O mesmo argumento continua quando temos pontuações arbitrárias. Isso mostra que
$E [X_{m a x} - X_{s e c - m a x}] = c E [X_{m a x} - X_{m i n}] / \log n .$ $\mathbb{E}[X_{\mathrm{max}}- X_{\mathrm{sec-max}}] = c\, \left. \mathbb{E}[X_{\mathrm{max}}- X_{\mathrm{min}}]\right/\log n.$

— Yury
fonte

Obrigado! Lembrarei de tentar a aproximação gaussiana multivariada da próxima vez.

— Yuval Filmus

Yury, você escreveu "Vamos adicionar um vetor gaussiano com variância a todos os . Temos um vetor gaussiano . Agora, cada tem variância todos os não correlacionado ... Observe que . " Você pode expandir essa parte? É

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}

$Z_i = Z_j$ ? Se os são dependentes e os são independentes (ou uniformemente iguais), como os podem ser independentes? (Parece um truque legal, mas eu não entendo.) Obrigado.

X_{i}

$X_i$

Z_{i}

$Z_i$

Y_{i}

$Y_i$

— Neal Young

@NealYoung, sim, se tivermos variáveis com correlação pareada negativa e todas as covariâncias forem iguais , podemos adicionar uma única variável aleatória nova a todos os modo que as somas são independentes. Além disso, se as variáveis tiverem correlação positiva e novamente todas as covariâncias

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})

$\mathrm{Cov}(X_i,X_j)$ forem iguais, podemos subtrair um único rv de todas elas para que todas as diferenças sejam independentes; mas agora não é independente de mas sim

Z

$Z$

Z

$Z$

X_{i}

$X_i$

Z = α (X_{1} + \dots + X_{n})

$Z=\alpha (X_1 + \dots+X_n)$ para algum parâmetro de escala .

α

$\alpha$

— Yury

Ah entendo. pelo menos algebricamente, tudo o que repousa é a independência emparelhada de Z e cada . muito legal.

X_{i}

$X_i$

— Suresh Venkat

Este argumento agora aparece (com atribuição) em um documento da EC'14 : dl.acm.org/citation.cfm?id=2602829 .

— Yuval Filmus

Para sua primeira pergunta, acho que você pode mostrar que X_ está Observe que este é . $X_{\max}-X_{\textrm{sec-max}}$

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})

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

Compare sua experiência aleatória com a seguinte alternativa: Seja a carga máxima de qualquer um dos primeiros buckets. Seja a carga máxima de qualquer um dos últimos buckets. $X_1$ $n/2$ $X_2$ $n/2$

Em consideração,é um limite superior em . Além disso, com probabilidade de pelo menos metade, $|X_1-X_2|$ $X_{\max}-X_{\mathrm{sec-max}}$ $|X_1-X_2| = X_{\max}-X_{\mathrm{sec-max}}$ . Portanto, falando grosso modo, é distribuído de forma semelhante a. $X_{\max}-X_{\mathrm{sec-max}}$ $|X_1-X_2|$

Para estudar, observe que, com alta probabilidade bolas são lançadas nos primeiros compartimentos e da mesma forma para os últimos compartimentos. Então e $|X_1-X_2|$ $m/2\pm O(\sqrt m)$ $n/2$ $n/2$ $X_1$ $X_2$ são distribuídos essencialmente como a carga máxima ao atirar bolas em bandejas. $m' = m/2\pm o(m)$ $n' = n/2$

Essa distribuição é bem estudada e, felizmente para esse argumento, está fortemente concentrada em torno de sua média. Por exemplo, se , com alta probabilidade difere de sua expectativa em no máximo a quantidade exibida na parte superior desta resposta [ Thm. 1 ] (Nota: acho que esse limite superior é fraco, dada a resposta de Yuri.) Assim, com alta probabilidade e $m' \gg n\log^3 n$ $X_1$ $X_1$ $X_2$ também diferem, no máximo, tanto assim, e assim e diferem por no máximo isso. $X_{\max}$ $X_{\mathrm{max-sec}}$

Por outro lado, para um limite inferior (um pouco mais fraco), se, para qualquer , diga, , então é pelo menos que (pelo limite da união ingênua) é pelo menos Eu acho que isso deve dar a você (por exemplo) a expectativa de $t$ $\Pr[|X_1-X_2| \ge t] \ge 3/4$ $\Pr[X_{\max}-X_{\textrm{sec-max}} \ge t]$

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}

$X_{\max}-X_{\textrm{sec-max}}$ dentro de um fator contant.

— Neal Young
fonte

Olhando para Thm. 1, a diferença da expectativa é , e não o que você escreveu. Isso ainda é muito melhor que .

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

Por Thm. 1 (seu terceiro caso), para qualquer , com probabilidade , o máximo em qualquer posição (m bolas em n caixas) é Pela minha matemática (usando ), o termo expande para um termo absoluto aditivo deO que estou fazendo errado?

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 - acho que você está certo. Subtraí dentro da raiz quadrada e foi assim que consegui minha figura.

— Yuval Filmus