Лавина, як стохастичний процес

Розглянемо наступний процес:

Існує $n$ ящиків, розташованих зверху вниз. Спочатку кожен контейнер містить одну кульку. На кожному кроці ми

1. виберіть кульку $b$ рівномірно і випадково
2. перемістіть усі кульки з бака, що містить $b$ до бункера під ним. Якщо це вже був найнижчий контейнер, виймаємо кульки з процесу.

Скільки кроків робиться в очікуванні, поки процес не закінчиться, тобто поки не будуть вилучені з процесу всі $n$ куль? Чи вивчали це раніше? Чи легко випливає відповідь з відомих методик?

У кращому випадку процес може закінчитися після $n$ кроків. У гіршому випадку він може вжити $\Theta(n^2)$ кроків. Обидва випадки повинні бути дуже малоймовірними. Моя здогадка полягає в тому, що вона займає $\Theta(n\log n)$ кроків, і я зробив кілька експериментів, які, здається, підтверджують це.

(Зверніть увагу, що вибір випадкового рівномірного вибору бункера - це зовсім інший процес, який, очевидно, займе $\Theta(n^2)$ кроків, щоб закінчити.)

Насправді не відповідь, а розширений коментар до відповіді Андраша.

Відповідь Андраса містить приємну інтуїцію, хоча я не вірю, що це суворий підрахунок очікуваної кількості кроків. Я думаю, що це, можливо, є гарним наближенням до відповіді, але, схоже, це не належним чином стосується випадків, коли відро для бака нижче найвищої зайнятої кошика стає порожнім до того, як верхній відро спорожняється вниз. Все-таки це може бути розумне наближення (я не впевнений).

Його розрахунок містить помилку, яка впливає на масштабування. Я візьму точно такий же вихідний пункт, і повторюю і розширюю обчислення.

Він пропускає коефіцієнт p всередині підсумовування, оскільки ймовірність випадкового вибору правильного біна дорівнює а не$\frac{p}{n}$ . В результаті ми маємо$\frac{1}{n}$

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

де - n-е гармонійне число . Для наближення H n ми можемо просто замінити підсумок інтегралом: H n ≈ ∫ n + 1 1$H_n = \sum_{p=1}^{n} 1/p$$H_n$. Таким чином, масштабування дорівнюєn(1+log(n+1))або приблизноnlog(n+1). Хоча це масштабування не відповідає точному масштабуванню проблеми (див. Моделювання нижче), воно виходить майже точно коефіцієнтомжурналу(2).$H_n \approx \int_{1}^{n+1} \frac{1}{x} dx = \log(n+1)$$n (1+\log(n+1))$$n \log(n+1)$$\log(2)$

Червоні кола: Точки даних від моделювання процесу в середньому перевищують 10 крок. Зелений: . Синій: n журнал ( n + 1 ) .$n \log_2(n+1)$$n \log(n+1)$

Редагувати: Я залишаю цю відповідь такою, яка є (поки що), щоб проілюструвати безладний процес доведення теорем, що залишається поза опублікованими документами. Основна інтуїція тут полягає в тому, що достатньо зосередитись на верхній кулі, оскільки вона підмітає все нижче неї. Будь ласка, дивіться коментарі (зокрема @Michael, вказуючи, що можуть виникнути прогалини) та пізніше відповідь @ Joe про те, як виявлені та виправлені помилки. Мені особливо подобається, що Джо використовував експерименти для того, щоб двічі перевірити, чи формули були розумними.

$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$$b_1$$b_2$$b_n$$1,2,\ldots,n$). Вони можуть розглядатися як окремі події, одна за одною. Очікувана кількість кроків тоді

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