Розбіжність між головами та хвостами

Розглянемо послідовність переворотів неупередженої монети. Нехай позначає абсолютне значення перевищення кількості голів над хвостами, поміченими в першому відвороті. Визначте . Покажіть, що і . $n$ $H_i$ $i$ $H=\text{max}_i H_i$ $E[H_i]=\Theta ( \sqrt{i} )$ $E[H]=\Theta( \sqrt{n} )$

Ця проблема з'являється в першій главі "Рандомізовані алгоритми" Рагавана та Мотвані, тому, можливо, є елементарний доказ вищенаведеного твердження. Я не в змозі це вирішити, тому я вдячний за будь-яку допомогу.

probability-theory randomized-algorithms

— Пластун
джерело

Відповіді:

Ваші монети перевертають одновимірну випадкову ходу починаючи з , з , кожен з варіантів з імовірністю . Тепері так . Легко обчислити (це лише дисперсія), і тому з опуклості. Ми також знаємо, що розподілено приблизно нормально з нульовою середньою і дисперсією , тому ви можете обчислити . $X_0,X_1,\ldots$ $X_0 = 0$ $X_{i+1} = X_i \pm 1$ $1/2$ $H_i = |X_i|$ $H_i^2 = X_i^2$ $E[X_i^2] = i$ $E[H_i] \leq \sqrt{E[H_i^2]} = \sqrt{i}$ $X_i$ $i$ $E[H_i] \approx \sqrt{(2/\pi)i}$

Що стосується , у нас є закон ітераційного логарифму , який (можливо) призводить до того, що ми очікуємо щось трохи більше, ніж . Якщо вам подобається верхня межа , ви можете використовувати велике обмеження відхилення для кожного а потім пов'язане з'єднання, хоча це ігнорує той факт, що пов'язані. $E[\max_{i \leq n} H_i]$ $\sqrt{n}$ $\tilde{O}(\sqrt{n})$ $X_i$ $X_i$

Редагувати: Як це трапляється, через принцип відображення див. Це питання . Тож оскільки . Тепер і тому $\Pr[\max_{i \leq n} X_i = k] = \Pr[X_n = k] + \Pr[X_n = k+1]$

\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})

$E[\max_{i \leq n} H_i] \leq 2E[H_n] + \Theta(1) = O(\sqrt{n})$ . Інший напрямок схожий.

— Юваль Фільм
джерело

Після того, як ми довели , чи не могли ми сказати, що для ми маємо другий результат, тобто немає більше ніж .

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

Якщо були незалежними, то висновок не буде вірним, оскільки ви насправді очікуєте, що деякі з цих значень будуть дещо більшими, ніж очікування. Загалом це неправда, що .

H_{i}

$H_i$

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

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

— Yuval Filmus

Закон ітераційного логарифму тут не застосовується, оскільки є фіксованим, і ми не нормалізуємось . Відповідь для - .

n

$n$

i

$i$

E max_{i \leq n} H_{i}

$\mathrm{E} \max_{i\leq n} H_i$

θ (\sqrt{n})

$\theta(\sqrt{n})$

— Петро Шор

+1 для першої частини. але я чесно не розумію другу частину (ви можете розробити більше PLZ). Це не означає, що це не правильно.

— 1212 року

Гарний доказ. Але я застряг у тому, як довести нижня межа ? Здається, у відповіді немає жодних деталей щодо нижньої межі.

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

E (H_{i})

$E(H_i)$

— konjac

Ви можете використовувати напів нормальний розподіл, щоб довести відповідь.

Напів нормальний розподіл говорить про те, що якщо - нормальний розподіл із середнім 0 та дисперсією , тослід напіврозподіл із середнім та дисперсією . Це дає потрібну відповідь, оскільки дисперсія нормальної ходи дорівнює , і ви можете наблизити розподіл до нормального розподілу, використовуючи центральну граничну теорему. $X$ $\sigma^2$ $|X|$ $\sigma \sqrt{\frac{2}{\pi}}$ $\sigma^2 (1-2/\pi)$ $\sigma^2$ $n$ $X$

$X$ - сума випадкової прогулянки, про яку згадував Юваль Філіус.

— AJed
джерело

Я не вважаю за краще це, що я розмістив ... хоча це дає нижню межу, нічого не можна сказати про верхню межу. Я намагався використати аргумент максимального розподілу, щоб вирішити його, це виявилося потворною інтеграцією. Але добре знати всі ці розподіли.

— AJed

У першому перевернемо, припустимо, ми отримаємо хвости, тоді. Тому Використовуючи наближення Стірлінга , ми знаємо . $2i$ $k$ $H_{2i}=2|i-k|$

\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})

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

— Аква
джерело

чи не слід брати до уваги випадки, коли ? здається, ви пропускаєте коефіцієнт множення 2, правда?

i < k \leq 2 i

$i<k\leq 2i$

— omerbp