सिर और पूंछ के बीच विसंगति

एक निष्पक्ष सिक्के के flips के अनुक्रम पर विचार करें । बता दें कि ने पहले flips में देखे गए टेल्स पर हेड्स की संख्या की अधिकता के निरपेक्ष मूल्य को दर्शाया है । परिभाषित करें । दिखाएँ कि और । $n$ $H_i$ $i$ $H=\text{max}_i H_i$ $E[H_i]=\Theta ( \sqrt{i} )$ $E[H]=\Theta( \sqrt{n} )$

यह समस्या राघवन और मोटवानी द्वारा `रैंडमाइज़्ड एल्गोरिदम 'के पहले अध्याय में दिखाई देती है, इसलिए शायद उपरोक्त कथन का एक प्राथमिक प्रमाण है। मैं इसे हल करने में असमर्थ हूं, इसलिए मैं किसी भी मदद की सराहना करूंगा।

probability-theory randomized-algorithms

— Plummer
स्रोत

जवाबों:

आपका सिक्का फ़्लिप हो जाता है, एक आयामी रैंडम वॉक पर शुरू होता है , , प्रायिकता साथ प्रत्येक विकल्प । अबऔर इसलिए । (यह सिर्फ गणना करना आसान है , और इसलिए उत्तलता से। हम यह भी जानते हैं कि को शून्य माध्य और विचरण साथ लगभग सामान्य रूप से वितरित किया जाता है , और इसलिए आप गणना कर सकते हैं । $X_0,X_1,\ldots$ $X_0 = 0$ $X_{i+1} = X_i \pm 1$ $1/2$ $H_i = |X_i|$ $H_i^2 = X_i^2$ $E[X_i^2] = i$ $E[H_i] \leq \sqrt{E[H_i^2]} = \sqrt{i}$ $X_i$ $i$ $E[H_i] \approx \sqrt{(2/\pi)i}$

के रूप में , हमारे पास आवर्ती लघुगणक के कानून है, जो (शायद) होता है हमें कुछ तुलना में थोड़ा बड़ा उम्मीद करने के । यदि आप की ऊपरी सीमा के साथ अच्छे हैं , तो आप प्रत्येक लिए बंधे हुए बड़े विचलन का उपयोग कर सकते हैं और फिर संघ बाध्य हो सकता है, हालांकि यह इस तथ्य की अनदेखी करता है कि संबंधित है। $E[\max_{i \leq n} H_i]$ $\sqrt{n}$ $\tilde{O}(\sqrt{n})$ $X_i$ $X_i$

संपादित करें: यह होता है, प्रतिबिंब सिद्धांत के कारण, देखें इस सवाल का । So बाद से । अब और इसलिए $\Pr[\max_{i \leq n} X_i = k] = \Pr[X_n = k] + \Pr[X_n = k+1]$

\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})

$E[\max_{i \leq n} H_i] \leq 2E[H_n] + \Theta(1) = O(\sqrt{n})$ । दूसरी दिशा भी ऐसी ही है।

— युवल फिल्मस
स्रोत

जब हमने सिद्ध किया , तो हम यह नहीं कह सकते थे कि हमारा दूसरा परिणाम है, अर्थात कोई अधिक नहीं है than ।

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})

$\Theta ( \sqrt{n} )$

— चेज़िसोप

यदि स्वतंत्र थे, तो निष्कर्ष सही नहीं होगा, क्योंकि आप वास्तव में इनमें से कुछ मूल्यों की अपेक्षा से कुछ बड़ा होने की उम्मीद करते हैं। यह सामान्य रूप से सही नहीं है कि ।

H_{i}

$H_i$

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

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

— युवल फिल्मस

पुनरावृत्त लघुगणक का कानून यहां लागू नहीं होता है, क्योंकि तय हो गया है और हम द्वारा सामान्य नहीं कर रहे हैं । के लिए इस सवाल का जवाब है ।

n

$n$

i

$i$

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

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

θ (\sqrt{n})

$\theta(\sqrt{n})$

— पीटर शोर

पहले भाग के लिए +1। लेकिन मैं ईमानदारी से दूसरे भाग को नहीं समझ सकता (क्या आप अधिक plz विस्तृत कर सकते हैं)। इसका मतलब यह नहीं है कि यह सही नहीं है।

— AJED

अच्छा सबूत। लेकिन मैं इस बात पर अड़ा हुआ हूं कि कैसे साबित करना है कि की निचली सीमा है ? ऐसा लगता है कि उत्तर में निचली सीमा के बारे में कोई विवरण नहीं है।

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

E (H_{i})

$E(H_i)$

— konjac

उत्तर को साबित करने के लिए आप आधे-सामान्य वितरण का उपयोग कर सकते हैं ।

अर्ध-सामान्य वितरण में कहा गया है कि यदि का मतलब 0 और भिन्नता साथ एक सामान्य वितरण है , तोमाध्य , और विचरण साथ एक आधा वितरण का अनुसरण करता है । यह आवश्यक उत्तर देता है, चूँकि सामान्य वॉक के variance , और आप केंद्रीय सीमा प्रमेय का उपयोग करके सामान्य वितरण के लिए के वितरण को अनुमानित कर सकते हैं । $X$ $\sigma^2$ $|X|$ $\sigma \sqrt{\frac{2}{\pi}}$ $\sigma^2 (1-2/\pi)$ $\sigma^2$ $n$ $X$

$X$ रूप में यूवल फिल्मस के रूप में यादृच्छिक चलने का योग है।

— AJed
स्रोत

मुझे यह पसंद नहीं है कि मैंने पोस्ट किया है ..। हालाँकि यह निचली सीमा को देता है, ऊपरी सीमा के बारे में कुछ भी नहीं बताया जा सकता है। मैंने इसे हल करने के लिए अधिकतम वितरण तर्क का उपयोग करने की कोशिश की, यह एक बदसूरत एकीकरण निकला। लेकिन इन सभी वितरणों को जानना अच्छा है।

— एजे

पहले फ़्लिप में, मान लें कि हमें पूंछ मिलती है , तो। इसलिए, स्टर्लिंग के सन्निकटन का उपयोग करें , हम जानते हैं । $2i$ $k$ $H_{2i}=2|i-k|$

\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})

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

— पानी
स्रोत

क्या हमें उन मामलों को ध्यान में नहीं रखना चाहिए जहाँ ? ऐसा लगता है कि आप 2 के गुणन कारक को याद करते हैं, है ना?

i < k \leq 2 i

$i<k\leq 2i$

— --ोमबप